【状元之路】2014-2015学年新课标A版数学选修1-2+单元测评二　推理与证明

单元测评(二)　推理与证明
(时间：90分钟　满分：120分)
第Ⅰ卷(选择题，共50分)
一、选择题：本大题共10小题，共50分．
1．凡自然数是整数，4是自然数，所以4是整数．以上三段论推理(　　)
A．正确
B．推理形式不正确
C．两个“自然数”概念不一致
D．“两个整数”概念不一致
解析：三段论中的大前提，小前提及推理形式都是正确的．
答案：A
2．用反证法证明命题：“a，b，c，d∈R，a＋b＝1，c＋d＝1，且ac＋bd＞1，则a，b，c，d中至少有一个负数”时的假设为 (　　)
A．a，b，c，d中至少有一个正数
B．a，b，c，d全为正数
C．a，b，c，d全都大于等于0
D．a，b，c，d中至多有一个负数
解析：“至少有一个负数”的对立面是“一个负数也没有”，即“全都大于等于0”．
答案：C
3．下面几种推理是合情推理的是(　　)
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°，由此得出凸n边形内角和是(n－2)·180°21cnjy.com
A．①②　　　　　　　　 B．①③④
C．①②④ D．②④
解析：①是类比，②④是归纳推理．
答案：C
4．若a，b，c∈R，且ab＋bc＋ca＝1，则下列不等式成立的是(　　)
A．a2＋b2＋c2≥2 B．(a＋b＋c)2≥3
C.＋＋≥2 D．a＋b＋c≤
解析：∵ab＋bc＋ca＝1，
∴a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝1，
∴(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca≥1＋2(a＋b＋c)＝3.
答案：B
5．有一个奇数列1,3,5,7,9，…，现进行如下分组：第1组含有一个数{1}，第2组含有两个数{3,5}；第3组含有三个数{7,9,11}；…试观察每组内各数之和与其组的编号数n的关系为(　　)21·cn·jy·com
A．等于n2 B．等于n3
C．等于n4 D．等于n(n＋1)
解析：前三组数分别求和得1,8,27，即13,23,33，所以猜想第n组数的和为n3.
答案：B
6．黑白两种颜色的正六边形地面砖按如图的规律拼成若干个图案：
则第n个图案中的白色地面砖有(　　)
A．4n－2块 B．4n＋2块
C．3n＋3块 D．3n－3块
解析：方法1：第1个图案中有6块白色地面砖，第二个图案中有10块白色地面砖，第三个图案中有14块白色地面砖，归纳为：第n个图案中有4n＋2块白色地面砖．www.21-cn-jy.com
方法2：验n＝1时，A、D选项不为6，排除．验n＝2时，C选项不为10，排除．
答案：B
7．函数f(x)是[－1,1]上的减函数，α、β是锐角三角形的两个内角，且α≠β，则下列不等式中正确的是(　　)【来源：21·世纪·教育·网】
A．f(sinα)＞f(cosβ) B．f(cosα)＜f(cosβ)
C．f(cosα)＞f(sinβ) D．f(sinα)＜f(sinβ)
解析：因为α、β是锐角三角形的两个内角，
所以α＋β＞，所以＞α＞－β＞0，
所以cosα＜cos＝sinβ.
而cosα∈(0,1)，sinβ∈(0,1)，
f(x)在[－1,1]上是减函数，
故f(cosα)＞f(sinβ)．
答案：C
8．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(　　)21·世纪*教育网
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．2-1-c-n-j-y
A．①④ B．①②
C．①②③ D．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．
答案：B
9．设P＝＋＋＋，则(　　)
A．0＜P＜1 B．1＜P＜2
C．2＜P＜3 D．3＜P＜4
解析：P＝log112＋log113＋log114＋log115＝log11120，
1＝log1111＜log11120＜log11121＝2，即1＜P＜2.
答案：B
10．已知f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，且f(1)＝2，则f(1)＋f(2)＋…＋f(n)不能等于(　　)21教育网
A．f(1)＋2f(1)＋…＋nf(1)
B．f
C．n(n＋1)
D．n(n＋1)f(1)
解析：由已知f(x＋y)＝f(x)＋f(y)及f(1)＝2，得f(2)＝f(1＋1)＝f(1)＋f(1)＝2f(1)＝4，f(3)＝f(2＋1)＝f(2)＋f(1)＝3f(1)＝6，…，依此类推，f(n)＝f(n－1＋1)＝f(n－1)＋f(1)＝…＝nf(1)＝2n，所以f(1)＋f(2)＋…＋f(n)＝2＋4＋6＋…＋2n＝＝n(n＋1)．故C正确，显然A，B也正确，只有D不可能成立．2·1·c·n·j·y
答案：D
第Ⅱ卷(非选择题，共70分)
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
11．观察下列式子：
1＋＜，1＋＋＜，1＋＋＋＜，…，则可以猜想：当n≥2时，有__________．www-2-1-cnjy-com
解析：左边为n项和：1＋＋＋…＋，右边为分式，易知n≥2时为.
答案：1＋＋＋…＋＜
12．已知点A(x，lgx1)，B(x2，lgx2)是函数f(x)＝lgx的图象上任意不同两点，依据图象可知，线段AB总是位于A，B两点之间函数图象的下方，因此有结论＜lg成立．运用类比思想方法可知，若点A(x1,2x1)，B(x2,2x2) 是函数g(x)＝2x的图象上的不同两点，则类似地有__________成立．　　21*cnjy*com
解析：若点A(x1,2x1)，B(x2,2x2)是函数g(x)＝2x的图象上的不同两点，则线段AB总是位于A，B两点之间函数图象的上方，因此有＞2.【来源：21cnj*y.co*m】
答案：＞2
13．若下列两个方程x2＋(a－1)x＋a2＝0，x2＋2ax－2a＝0中至少有一个方程有实数根，则实数a的取值范围是__________．【出处：21教育名师】
解析：假设这两个方程都没有实数根，则

即
即
∴－2故两个方程至少有一个有实数根，a的取值范围是a≤－2或a≥－1.
答案：(－∞，－2]∪[－1，＋∞)
14．在数列{an}中，a1＝1，且Sn、Sn＋1、2S1成等差数列(Sn表示数列{an}的前n项和)，则S2、S3、S4分别为__________，由此猜想Sn＝__________.
解析：由Sn，Sn＋1,2S1成等差数列，得2Sn＋1＝Sn＋2S1，
∵S1＝a1＝1，∴2Sn＋1＝Sn＋2.
令n＝1，则2S2＝S1＋2＝1＋2＝3?S2＝，
同理分别令n＝2，n＝3，
可求得S3＝，S4＝.
由S1＝1＝，S2＝＝，
S3＝＝，S4＝＝，
猜想Sn＝.
答案：，，　
三、解答题：本大题共4小题，满分50分．
15．(12分)已知a是整数，a2是偶数，求证：a是偶数．
证明：(反证法)假设a不是偶数，即a是奇数，
(2分)
则设a＝2n＋1(n∈Z), ∴a2＝4n2＋4n＋1.
(4分)
∵4(n2＋n)是偶数，
∴4n2＋4n＋1是奇数，(8分)
这与已知a2是偶数矛盾，所以假设不成立，(10分)
即a一定是偶数．(12分)
16．(12分)先解答(1)问，再通过类比解答(2)问．
(1)求证：tan＝；
(2)设x∈R且f(x＋1)＝，试问f(x)是周期函数吗？证明你的结论．
解：(1)证明：tan＝＝.(4分)
(2)f(x)是以4为一个周期的周期函数．证明如下：
∵f(x＋2)＝f[(x＋1)＋1]＝＝＝－，(6分)
∴f(x＋4)＝f[(x＋2)＋2]＝－＝f(x)，
(10分)
∴f(x)是周期函数．(12分)
17．(12分)证明：若a>0，则 －≥a＋－2.
证明：∵a>0，要证 －≥a＋－2，
只需证 ＋2≥a＋＋，
只需证( ＋2)2≥(a＋＋)2，(4分)
即证a2＋＋4＋4≥a2＋＋4＋2(a＋)，即证 ≥(a＋)，
即证a2＋≥(a2＋＋2)，(6分)
即证a2＋≥2，即证(a－)2≥0，(10分)
该不等式显然成立．
∴ －≥a＋－2.(12分)
18．(14分)已知f(x)＝(x≠－，a>0)，且f(1)＝log162，f(－2)＝1.
(1)求函数f(x)的表达式；
(2)已知数列{xn}的项满足xn＝[1－f(1)][1－f(2)]…[1－f(n)]，试求x1，x2，x3，x4；21世纪教育网版权所有
(3) 猜想{xn}的通项公式．
解：(1) 把f(1)＝log162＝，f(－2)＝1，
代入函数表达式得
即
解得(舍去a＝－<0)，
∴f(x)＝(x≠－1)．(6分)
(2) x1＝1－f(1)＝1－＝，
x2＝[1－f(1)][1－f(2)]＝×(1－)＝，
x3＝[1－f(3)]＝×(1－)＝，
x4＝×(1－)＝.(12分)
(3) 由(2)知，x1＝，x2＝＝，x3＝，x4＝＝，…，由此可以猜想xn＝.
(14分)