2016-2017学年高二数学上册课时同步练习题6

章末过关检测卷(二)第二章推理与证明(测试时间：120分钟评价分值：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分；在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．观察下列事实：|x|＋|y|＝1的不同整数解(x，y)的个数为4，|x|＋|y|＝2的不同整数解(x，y)的个数为8，|x|＋|y|＝3的不同整数解(x，y)的个数为12，…，则|x|＋|y|＝20的不同整数解(x，y)的个数为(B)A．76B．80C．86D．92解析：个数为首项为4，公差为4的等差数列，∴an＝4＋4(n－1)＝4n，a20＝80，选B.2．设l是直线，α，β是两个不同的平面(B)A．若l∥α，l∥β，则α∥βB．若l∥α，l⊥β，则α⊥βC．若α⊥β，l⊥α，则l⊥βD．若α⊥β，l∥α，则l⊥β解析：利用线与面、面与面的关系定理判定，用特例法．设α∩β＝a，若直线l∥a，且l?α，l?β，则l∥α，l∥β，因此α不一定平行于β，故A错误；由于l∥α，故在α内存在直线l′∥l，又因为l⊥β，所以l′⊥β，故α⊥β，所以B正确；若α⊥β，在β内作交线的垂线l，则l⊥α，此时l在平面β内，因此C错误；已知α⊥β，若α∩β＝a，l∥a，且l不在平面α，β内，则l∥α，且l∥β，因此D错误．3．已知c＞1，a＝c＋1－c，b＝c－c－1，则，正确的结论是(B)A．a＞bB．a＜bC．a＝bD．a，b大小关系不定解析：∵a＝1c＋1＋c，b＝1c＋c－1，∴a<b.故选B.4．下面几种推理是合情推理的序号的是(D)①由圆的性质类比出球的有关性质②由直角三角形、等腰三角形、等边三角形内角和是180°归纳出所有三角形的内角和都是180°③某次考试张军成绩是100分，由此推出全班同学成绩都是100分④三角形内角和是180°，四边形内角和是360°，五边形内角和是540°，由此得凸多边形内角和是(n－2)·180°A．①②B．③④C．①③④D．①②④5．求证：2＋3＞5.上述证明过程应用了(B)A．综合法B．分析法C．综合法、分析法配合使用D．间接证法证明：因为2＋3和5都是正数，所以为了证明2＋3＞5，只需证明(2＋3)2＞(5)2，展开得5＋26＞5，即26＞0，显然成立，所以不等式2＋3＞5.6．已知2＋23＝223，3＋38＝338，4＋415＝4415，…，6＋ab＝6ab(a，b均为实数)，则推测a，b的值分别是(D)A．a＝6，b＝18B．a＝6，b＝25C．a＝6，b＝30D．a＝6，b＝35解析：观察前三个式子，不难发现，a与等式右边根号前的系数相等，b＝a2－1，所以，a＝6，b＝35.故选D.7．"正三角形的内切圆半径等于此正三角形的高的13."拓展到空间，类比平面几何的上述结论，则正四面体的内切球半径等于这个正四面体的高的(C)A.12B.13C.14D.15解析：正三角形类比到正四面体，13类比到14.故选C.8．若1a＜1b＜0，则下列不等式：①a＋b＜ab；②|a|＞|b|；③a＜b；④ba＋ab＞2中，正确的个数有(B)A．1个B．2个C．3个D．4个解析：∵1a<1b<0，∴b<a<0.①④正确，②③不正确．故选B.9．已知f(x＋1)＝2f（x）f（x）＋2，f(1)＝1(x∈N*)，猜想f(x)的表达式为(B)A．f(x)＝42x＋2B．f(x)＝2x＋1C．f(x)＝1x＋1D．f(x)＝22x＋1解析：由已知得，f(2)＝2f（1）f（1）＋2＝23，f(3)＝2f（2）f（2）＋2＝12＝24，f(4)＝2f（3）f（3）＋2＝25，因而，猜想f(x)＝2x＋1，故选B.10．已知a＞0，b＞0，a，b的等差中项为12，且m＝a＋1a，n＝b＋1b，则m＋n的最小值为(C)A．3B．4C．5D．6解析：由已知，得a＋b＝1，m＋n＝a＋1a＋b＋1b＝1＋1a＋1b＝1＋a＋ba＋a＋bb＝3＋ba＋ab≥3＋2ba·ab＝5.故选C.11．类比平面内正三角形的"三边相等，三内角相等"的性质，可推知正四面体的下列性质，则比较恰当的是(B)①各棱长相等，同一顶点上的任意两条棱的夹角相等；②各个面是全等的正三角形，相邻的两个面所成的二面角相等；③各个面都是全等的正三角形，同一顶点的任意两条棱的夹角相等；④各棱长相等，相邻两个面所成的二面角相等．A．①④B．①②C．①②③D．③解析：类比推理原则是：类比前后保持类比规则的一致性，而③④违背了这一规则，①②符合这一规则．12．设P＝1log211＋1log311＋1log411＋1log511，则(B)A．0＜P＜1B．1＜P＜2C．2＜P＜3D．3＜P＜4解析：P＝log112＋log113＋log114＋log115＝log11120，1＝log1111＜log11120＜log11121＝2，即1＜P＜2.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分；将正确答案填在题中的横线上)13．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＝n2an，n∈N*，试归纳猜想出Sn的表达式为____________．解析：S1＝a1＝22，由a1＋a2＝4a2，得a2＝13，∴S2＝43.由a1＋a2＋a3＝9a3，得a3＝16，∴S3＝64.猜想Sn＝2nn＋1.答案：Sn＝2nn＋114．在正项数列an中，a1＝2，点(an，an－1)(n≥2)在直线x－2y＝0上，则数列an的前n项和Sn＝______________．解析：∵an－2an－1＝0，∴an＝2an－1.∴q＝2.∴Sn＝2×（1－2n）1－2＝2n＋1－2.答案：2n＋1－215．若f(a＋b)＝f(a)·f(b)(a，b∈N*)，且f(1)＝2，则f（2）f（1）＋f（4）f（3）＋…＋f（2012）f（2011）＝________．答案：201216．已知命题：若数列{an}为等差数列，且am＝a，an＝b(m≠n，n∈N*)，则am＋n＝bn－amn－m.现已知数列{bn}(bn＞0，n∈N*)为等比数列，且bm＝a，bn＝b(m≠n，n∈N*)，若类比上述结论，可以得到bm＋n＝________．解析：将减、乘、除分别类比为除、乘方、开方，即得bm＋n＝n－mbnam.答案：n－mbnam三、解答题(本大题共6小题，共70分；解答时应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤)17．(10分)已知数列{an}的第一项a1＝1，且an＋1＝an1＋an(n＝1，2，3，…)，计算a2，a3，a4，并写出数列的通项公式(不要求证明)．解析：a2＝a11＋a1＝11＋1＝12，a3＝a21＋a2＝121＋12＝13，a4＝a31＋a3＝131＋13＝14.于是，an＝1n.18．(12分)已知a1、a2、b1、b2∈R＋，求证：（a1＋b1）（a2＋b2）≥a1a2＋b1b2.证明：从不等式的结构不易发现需要用哪些不等式的性质或事实解决这个问题，于是用分析法．要证（a1＋b1）（a2＋b2）≥a1a2＋b1b2，只需证a1a2＋a1b2＋a2b1＋b1b2≥a1a2＋2a1a2b1b2＋b1b2，即证a1b2＋a2b1≥2a1a2b1b2.∵a1、a2、b1、b2∈R＋，∴a1b2＋a2b1≥2a1a2b1b2显然成立．从而，原不等式成立．19．(12分)证明：若a＞0，则a2＋1a2－2≥a＋1a－2.证明：∵a＞0，要证a2＋1a2－2≥a＋1a－2，只需证a2＋1a2＋2≥a＋1a＋2，只需证a2＋1a2＋22≥a＋1a＋22，即证a2＋1a2＋4＋4a2＋1a2≥a2＋1a2＋4＋22a＋1a，即证a2＋1a2≥22a＋1a，即证a2＋1a2≥12a2＋1a2＋2，即证a2＋1a2≥2，即证a－1a2＝0，该不等式显然成立．∴a2＋1a2－2≥a＋1a－2.20．(12分)已知数列{an}和{bn}是公比不相等的两个等比数列，cn＝an＋bn.求证：数列{cn}不是等比数列．证明：假设{cn}是等比数列，则c1，c2，c3成等比数列，设{an}，{bn}的公比分别为p和q且p≠q，则a2＝a1p，a3＝a1p2，b2＝b1q，b3＝b1q2.∵c1，c2，c3成等比数列，∴c22＝c1·c3，即(a2＋b2)2＝(a1＋b1)(a3＋b3)．∴(a1p＋b1q)2＝(a1＋b1)(a1p2＋b1q2)．∴2a1b1pq＝a1b1p2＋a1b1q2.∴2pq＝p2＋q2，∴(p－q)2＝0.∴p＝q与已知p≠q矛盾．∴数列{cn}不是等比数列．21．(12分)如图，在四棱锥PABCD中，PD⊥平面ABCD，PD＝DC＝BC＝1，AB＝2，AB∥DC，∠BCD＝90°.(1)求证：PC⊥BC；(2)求点A到平面PBC的距离．解析：∵PD⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，∴PD⊥BC.由∠BCD＝90°，得BC⊥DC.又PD∩DC＝D，∴BC⊥平面PDC.∵PC?平面PDC，∴BC⊥PC，即PC⊥BC.(2)连接AC.设点A到平面PBC的距离为h，∵AB∥DC，∠BCD＝90°，∴∠ABC＝90°.从而由AB＝2，BC＝1，得△ABC的面积S△ABC＝1，由PD⊥平面ABCD及PD＝1，得三棱锥PABC的体积V＝13S△ABC·PD＝13.∵PD⊥平面ABCD，DC?平面ABCD，∴PD⊥DC，又PD＝DC＝1.∴PC＝PD2＋DC2＝2.由PC⊥BC，BC＝1，得△PBC的面积S△PBC＝22，由V＝13S△PBC·h＝13·22·h＝13，得h＝2.因此，点A到平面PBC的距离为2.22．(12分)设f(x)＝3ax2＋2bx＋c，若a＋b＋c＝0，f(0)·f(1)＞0.求证：(1)方程f(x)＝0有实根；(2)－2＜ba＜－1；(3)设x1，x2是方程f(x)＝0的两个实根，则33≤|x1－x2|＜23.证明：(1)若a＝0，则b＝－c，f(0)·f(1)＝c(3a＋2b＋c)＝－c2≤0，与已知矛盾，所以，a≠0.由a＋b＋c＝0，得方程3ax2＋2bx＋c＝0的判别式Δ＝4(b2－3ac)＝4[(a＋c)2－3ac]＝4(a2＋c2－ac)＝4a－12c2＋34c2＞0，故方程f(x)＝0有实根．(2)由f(0)·f(1)＞0得c(3a＋2b＋c)＞0，又a＋b＋c＝0，消去c，可知，(a＋b)(2a＋b)＜0，由于a2＞0，则1＋ba2＋ba＜0，解得，－2＜ba＜－1.(3)依题意，知x1＋x2＝－2b3a，x1·x2＝c3a＝－a＋b3a，所以(x1－x2)2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝49ba＋322＋13.因为－2＜ba＜－1，所以