2024-2025学年高中数学第二章推理与证明单元质量评估课时作业含解析新人教A版选修2-2

其次章单元质量评估eq\o(\s\up7(时间：120分钟满分：150分),\s\do5())一、选择题(每小题5分，共60分)1．下面几种推理是合情推理的是(B)①由正三角形的性质类比出正三棱锥的有关性质；②由正方形、矩形的内角和是360°，归纳出全部四边形的内角和都是360°；③三角形内角和是180°，四边形内角和是360°，五边形内角和是540°，由此得出凸n边形内角和是(n－2)·180°；④小李某次数学模块考试成果是90分，由此推出小李的全班同学这次数学模块考试的成果都是90分．A．①②B．①②③C．①②④D．②③④解析：本题主要考查对合情推理(归纳推理、类比推理)的推断．①是类比推理，②③是归纳推理．故选B.2．用反证法证明命题“若关于x的方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0，a，b，c∈Z)有有理根，那么a，b，c中至少有一个是奇数”时，下列假设正确的是(B)A．假设a，b，c都是奇数B．假设a，b，c都不是奇数C．假设a，b，c至多有一个奇数D．假设a，b，c至多有两个奇数解析：本题主要考查反证法的应用．命题“a，b，c中至少有一个是奇数”的否定是“a，b，c都不是奇数”，故选B.3．因为奇函数的图象关于原点对称(大前提)，而函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(xx＋1，x>0,0，x＝0,xx－1，x<0))是奇函数(小前提)，所以函数f(x)的图象关于原点对称(结论)．上面的推理有错误，其错误的缘由是(B)A．大前提错导致结论错B．小前提错导致结论错C．推理形式错导致结论错D．大前提和小前提都错导致结论错解析：本题主要考查演绎推理的三段论与分段函数的综合应用．因为f(1)＝f(－1)＝2，所以f(－1)≠－f(1)，所以f(x)不是奇函数，故推理错误的缘由是小前提错导致结论错，故选B.4．已知函数f(x)＝5x，则f(2015)的末四位数字为(D)A．3125B．5625C．0625D．8125解析：本题主要考查归纳推理的应用．因为f(5)＝55＝3125的末四位数字为3125，f(6)＝56＝15625的末四位数字为5625，f(7)＝57＝78125的末四位数字为8125，f(8)＝58＝390625的末四位数字为0625，f(9)＝59＝1953125的末四位数字为3125，故周期T＝4.又由于2015＝502×4＋7，因此f(2015)的末四位数字与f(7)的末四位数字相同，即f(2015)的末四位数字是8125.故选D.5．已知函数f(x)＝eq\f(1,2x＋\r(2))，计算f(0)＋f(1)，f(2)＋f(－1)的值，可归纳其一般性的结论是(D)A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－x))＝eq\f(1,2)B．f(－x)＋f(x＋1)＝eq\f(1,2)C．f(－x)＋f(x－1)＝eq\f(\r(2),2)D．f(－x)＋f(x＋1)＝eq\f(\r(2),2)解析：本题主要考查归纳推理等学问．∵f(x)＝eq\f(1,2x＋\r(2))，∴f(0)＋f(1)＝eq\f(1,1＋\r(2))＋eq\f(1,2＋\r(2))＝eq\r(2)－1＋eq\f(2－\r(2),2)＝eq\f(\r(2),2)，f(－1)＋f(2)＝eq\f(2,1＋2\r(2))＋eq\f(1,4＋\r(2))＝eq\f(4\r(2)－2,7)＋eq\f(4－\r(2),14)＝eq\f(\r(2),2)，可归纳：f(－x)＋f(x＋1)＝eq\f(\r(2),2).事实上，f(－x)＋f(x＋1)＝eq\f(1,2－x＋\r(2))＋eq\f(1,2x＋1＋\r(2))＝eq\f(2x,1＋\r(2)×2x)＋eq\f(1,2x＋1＋\r(2))＝eq\f(\r(2)×2x,\r(2)＋2x＋1)＋eq\f(1,2x＋1＋\r(2))＝eq\f(\r(2)×2x＋1,\r(2)1＋\r(2)×2x)＝eq\f(\r(2),2).故选D.6．由“正三角形的内切圆切于三边的中点”，可类比猜想出正四面体的内切球切于四个侧面(C)A．各正三角形内任一点 B．各正三角形的某高线上的点C．各正三角形的中心 D．各正三角形外的某点解析：正三角形的边对应正四面体的面，即正三角形所在的正四面体的侧面，所以边的中点对应的就是正四面体各正三角形的中心．7．数列{an}满意a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝1－eq\f(1,an)，则a2015等于(B)A.eq\f(1,2)B．－1C．2D．3解析：∵a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝1－eq\f(1,an)，∴a2＝1－eq\f(1,a1)＝－1，a3＝1－eq\f(1,a2)＝2，a4＝1－eq\f(1,a3)＝eq\f(1,2)，a5＝1－eq\f(1,a4)＝－1，a6＝1－eq\f(1,a5)＝2，∴an＋3k＝an(n∈N*，k∈N*)．∴a2015＝a2＋3×671＝a2＝－1.8．已知f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，且f(1)＝2，则f(1)＋f(2)＋…＋f(n)不能等于(C)A．f(1)＋2f(1)＋…＋nf(1)B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(nn＋1,2)))C.eq\f(nn＋1,2)D.eq\f(nn＋1,2)f(1)解析：f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，令x＝y＝1，得f(2)＝2f令x＝1，y＝2，f(3)＝f(1)＋f(2)＝3f⋮f(n)＝nf(1)，所以f(1)＋f(2)＋…＋f(n)＝(1＋2＋…＋n)f(1)＝eq\f(nn＋1,2)f(1)．所以A，D正确．又f(1)＋f(2)＋…＋f(n)＝f(1＋2＋…＋n)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(nn＋1,2)))，所以B也正确．故选C.9．对于奇数列1,3,5,7,9，…，现在进行如下分组：第一组有1个数{1}，其次组有2个数{3,5}，第三组有3个数{7,9,11}，……，依此类推，则每组内奇数之和Sn与其组的编号数n的关系是(B)A．Sn＝n2B．Sn＝n3C．Sn＝n4D．Sn＝n(n解析：∵当n＝1时，S1＝1；当n＝2时，S2＝8＝23；当n＝3时，S3＝27＝33.∴归纳猜想Sn＝n3，故选B.10．在等差数列{an}中，若an>0，公差d>0，则有a4a6>a3a7，类比上述性质，在等比数列{bn}中，若bn>0，公比q>1，则b4，b5，b7，bA．b4＋b8>b5＋b7B．b4＋b8<b5＋b7C．b4＋b7>b5＋b8D．b4＋b7<b5＋b8解析：b5＋b7－b4－b8＝b4(q＋q3－1－q4)＝b4(q－1)(1－q3)＝－b4(q－1)2(1＋q＋q2)＝－b4(q－1)2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(q＋\f(1,2)))2＋\f(3,4))).∵bn>0，q>1，∴－b4(q－1)2·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(q＋\f(1,2)))2＋\f(3,4)))<0，∴b4＋b8>b5＋b7.11．将石子摆成如图的梯形形态．称数列5,9,14,20，…为“梯形数”．依据图形的构成，此数列的第2012项与5的差，即a2012－5＝(D)A．2018×2012B．2018×2011C．1009×2012D．1009×2011解析：由已知可得a2－a1＝4，a3－a2＝5，a4－a3＝6，……a2012－a2011＝2014.以上各式相加得a2012－a1＝eq\f(4＋2014×2011,2)＝1009×2011.∵a1＝5，∴a2012－5＝1009×2011.12．如图，在平面直角坐标系xOy中，圆x2＋y2＝r2(r>0)内切于正方形ABCD，任取圆上一点P，若eq\o(OP,\s\up6(→))＝meq\o(OA,\s\up6(→))＋neq\o(OB,\s\up6(→))(m，n∈R)，则eq\f(1,4)是m2，n2的等差中项．现有一椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)内切于矩形A′B′C′D′，任取椭圆上一点P′，若eq\o(OP′,\s\up6(→))＝λ·eq\o(OA′,\s\up6(→))＋μeq\o(OB′,\s\up6(→))(λ，μ∈R)，则λ2，μ2的等差中项为(A)A.eq\f(1,4) B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(2),2) D．1解析：本题主要考查类比推理的应用．如图，设P′(x，y)，由eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1，知A′(a，b)，B′(－a，b)，由eq\o(OP′,\s\up6(→))＝λeq\o(OA′,\s\up6(→))＋μeq\o(OB′,\s\up6(→))，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝λ－μa,y＝λ＋μb))，代入eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1可得(λ－μ)2＋(λ＋μ)2＝1，即λ2＋μ2＝eq\f(1,2)，所以eq\f(λ2＋μ2,2)＝eq\f(1,4)，即λ2，μ2的等差中项为eq\f(1,4)，故选A.二、填空题(每小题5分，共20分)13．在△ABC中，D为BC的中点，则eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，将命题类比到三棱锥中得到的命题为在三棱锥A­BCD中，G为△BCD的重心，则eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))．14．f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)(n∈N*)，经计算得f(2)＝eq\f(3,2)，f(4)>2，f(8)>eq\f(5,2)，f(16)>3，f(32)>eq\f(7,2)，推想当n≥2时，有f(2n)>eq\f(2＋n,2)(n≥2)．解析：观测f(n)中n的规律为2k(k＝1,2，…)，不等式右侧分别为eq\f(2＋k,2)，k＝1,2，…，所以f(2n)>eq\f(2＋n,2)(n≥2)．15．已知两个圆：(x＋1)2＋(y－2)2＝4①与(x＋2)2＋(y－3)2＝4②，则由①式减去②式可得两圆的对称轴方程．将上述命题在曲线仍为圆的状况下加以推广，可得到一般性的命题为两个圆的方程分别为：(x－a)2＋(y－b)2＝r2__①和(x－c)2＋(y－d)2＝r2__②，其中a≠c或b≠d，r>0，则由①式减去②式可得两圆的对称轴方程．解析：本题主要考查归纳推理的应用．视察到已知两个圆的半径相等，且两圆的圆心位置不同，故可归纳出其一般性的命题．16．甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A，B，C三个城市时，甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B城市；乙说：我没去过C城市；丙说：我们三人去过同一城市．由此可推断乙去过的城市为A.解析：依据甲、乙、丙说的可列表得ABC甲√×√乙√××丙√三、解答题(写出必要的计算步骤，只写最终结果不得分，共70分)17．(10分)已知a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证：eq\f(\r(b2－ac),a)<eq\r(3).证明：因为a>b>c，且a＋b＋c＝0，所以a>0，c<0.要证明原不等式成立，只需证明eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a，即证b2－ac<3a2，从而只需证明(a＋c)2－ac<3a2，即(a－c)(2a＋c)>0，因为a－c>0,2a＋c＝a＋c＋a＝a－b>0，所以(a－c)(2a＋18．(12分)已知数列{an}满意a1＝1，an＋an＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))n(n∈N*)，若Tn＝a1＋5a2＋52a3＋…＋5n－1an，bn＝6Tn－5nan，类比课本中推导等比数列前n项和公式的方法，求数列{bn}的通项公式．解：因为Tn＝a1＋5a2＋52a3＋…＋5n－1a所以5Tn＝5a1＋52a2＋53a3＋…＋5n－1an－1＋5①＋②，得6Tn＝a1＋5(a1＋a2)＋52(a2＋a3)＋…＋5n－1(an－1＋an)＋5nan＝1＋5×eq\f(1,5)＋52×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))2＋…＋5n－1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))n－1＋5nan＝n＋5nan，所以6Tn－5nan＝n，所以数列{bn}的通项公式为bn＝n.19．(12分)已知实数x，且有a＝x2＋eq\f(1,2)，b＝2－x，c＝x2－x＋1，求证：a，b，c中至少有一个不小于1.证明：假设a，b，c都小于1，即a<1，b<1，c<1，则a＋b＋c<3.∵a＋b＋c＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,2)))＋(2－x)＋(x2－x＋1)＝2x2－2x＋eq\f(7,2)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋3，且x为实数，∴2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋3≥3，即a＋b＋c≥3，这与a＋b＋c<3冲突．∴假设不成立，原命题成立．∴a，b，c中至少有一个不小于1.20．(12分)先阅读下列不等式的证法，再解决后面的问题：已知a1，a2∈R，且a1＋a2＝1，求证：aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)≥eq\f(1,2).证明：构造函数f(x)＝(x－a1)2＋(x－a2)2＝2x2－2(a1＋a2)x＋aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2).因为对一切x∈R，恒有f(x)≥0，所以Δ＝4－8(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2))≤0，从而得aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)≥eq\f(1,2).(1)若a1，a2，…，an∈R，且a1＋a2＋…＋an＝1，请写出上述结论的推广式；(2)参考上述证法，对你推广的结论加以证明．解：(1)若a1，a2，…，an∈R，a1＋a2＋…＋an＝1，则aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)≥eq\f(1,n).(2)证明：构造函数f(x)＝(x－a1)2＋(x－a2)2＋…＋(x－an)2＝nx2－2(a1＋a2＋…＋an)x＋aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)＝nx2－2x＋aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n).因为对一切x∈R，都有f(x)≥0，所以Δ＝4－4n(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n))≤0，从而证得aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)≥eq\f(1,n).21．(12分)设函数f(x)＝x3＋eq\f(1,1＋x)，x∈[0,1]．证明：(1)f(x)≥1－x＋x2；(2)eq\f(3,4)<f(x)≤eq\f(3,2).证明：(1)因为1－x＋x2－x3＝eq\f(1－－x4,1－－x)＝eq\f(1－x4,1＋x)，由于x∈[0,1]，有eq\f(1－x4,1＋x)≤eq\f(1,1＋x)，即1－x＋x2－x3≤eq\f(1,1＋x)，所以f(x)≥1－x＋x2.(2)由0≤x≤1得x3≤x，故f(x)＝x3＋eq\f(1,1＋x)≤x＋eq\f(1,1＋x)＝x＋eq\f(1,1＋x)－eq\f(3,2)＋eq\f(3,2)＝eq\f(x－12x＋1,2x＋1)＋eq\f(3,2)≤eq\f(3,2)，所以f(x)≤eq\f(3,2).由(1)得f(x)≥1－x＋x2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)≥eq\f(3,4)，又因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(19,24)>eq\f(3,4)，所以f(x)>eq\f(3,4)，综上，eq\f(3,4)<f(x)≤eq\f(3,2).22．(12分)是否存在二次函数f(x)，使得对随意n∈N*，都有eq\f(12＋22＋32＋…＋n2,n)＝f(n)成立？若存在，求出f(x)；若不存在，请说明理由．解：假设存在二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，使得对随意n∈N*，都有eq\f(12＋22＋32＋…＋n2,n)＝f(n)成立．当n＝1时，a＋b＋c＝1，①当n＝2时，4a＋2b＋c＝eq\f(12＋2