2018年秋新课堂高中数学人教A版选修1-2练习：章末综合测评2

章末综合测评(二)
(时间：120分钟，满分：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．根据偶函数定义可推得“函数f(x)＝x2在R上是偶函数”的推理过程是(　　)
A．归纳推理　　　　 B．类比推理
C．演绎推理 D．非以上答案
C　[根据演绎推理的定义知，推理过程是演绎推理，故选C.]
2．在△ABC中，E、F分别为AB、AC的中点，则有EF∥BC，这个问题的大前提为(　　)
A．三角形的中位线平行于第三边
B．三角形的中位线等于第三边的一半
C．EF为中位线
D．EF∥BC
A　[这个三段论推理的形式为：大前提：三角形的中位线平行于第三边；小前提：EF为△ABC的中位线；结论：EF∥BC.]
3．在△ABC中，tan A·tanB＞1，则△ABC是(　　)
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．不确定
A　[∵tan A·tanB＞1，∴A，B只能都是锐角，
∴tan A＞0，tanB＞0,1－tan A·tanB＜0.
∴tan (A＋B)＝＜0.
∴A＋B是钝角．∴角C为锐角．故选A.]
4．下列推理正确的是(　　)
A．把a(b＋c)与loga(x＋y)类比，则有loga(x＋y)＝logax＋logay
B．把a(b＋c)与sin (x＋y)类比，则有sin (x＋y)＝sin x＋sin y
C．把a(b＋c)与ax＋y类比，则有ax＋y＝ax＋ay
D．把(a＋b)＋c与(xy)z类比，则有(xy)z＝x(yz)
D　[(xy)z＝x(yz)是乘法的结合律，正确．]
5．已知a＋b＋c＝0，则ab＋bc＋ca的值(　　)

A．大于0 B．小于0
C．不小于0 D．不大于0
D　[因为a＋b＋c＝0，
所以a2＋b2＋c2＋2ab＋2ac＋2bc＝0，
所以ab＋bc＋ca＝－≤0.故选D.]
6．对“a，b，c是不全相等的正数”，给出下列判断：
①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；
②a＝b与b＝c及a＝c中至少有一个成立；
③a≠c，b≠c，a≠b不能同时成立．
其中判断正确的个数为(　　)
A．0个 B．1个
C．2个 D．3个
B　[若(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2＝0，则a＝b＝c，与“a，b，c是不全相等的正数”矛盾，故①正确．a＝b与b＝c及a＝c中最多只能有一个成立，故②不正确．由于“a，b，c是不全相等的正数”，有两种情形：至多有两个数相等或三个数都互不相等，故③不正确．]
7．我们把平面几何里相似形的概念推广到空间：如果两个几何体大小不一定相等，但形状完全相同，就把它们叫做相似体．下列几何体中，一定属于相似体的有(　　)

①两个球体；②两个长方体；③两个正四面体；④两个正三棱柱；⑤两个正四棱锥．
A．4个 B．3个
C．2个 D．1个
C　[类比相似形中的对应边成比例知，①③属于相似体．]
8．观察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，则a10＋b10＝(　　)
A．28 B．76
C．123 D．199
C　[利用归纳法，a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4＝3＋1，a4＋b4＝4＋3＝7，a5＋b5＝7＋4＝11，a6＋b6＝11＋7＝18，a7＋b7＝18＋11＝29，a8＋b8＝29＋18＝47，a9＋b9＝47＋29＝76，a10＋b10＝76＋47＝123，规律为从第三组开始，其结果为前两组结果的和．]
9．对任意的锐角α，β，下列不等式中正确的是(　　)

A．sin (α＋β)＞sin α＋sin β
B．sin (α＋β)＞cos α＋cos β
C．cos (α＋β)＞sin α＋sin β
D．cos (α＋β)＜cos α＋cos β
D　[因为α，β为锐角，所以0＜α＜α＋β＜π，所以cos α＞cos(α＋β)．又cos β＞0，所以cos α＋cos β＞cos(α＋β)．]
10．在等差数列{an}中，若a10＝0，则有等式a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a19－n(n<19且n∈N*)成立，类比上述性质，在等比数列{bn}中，若b11＝1，则有(　　)
A．b1·b2·…·bn＝b1·b2·…·b19－n
B．b1·b2·…·bn＝b1·b2·…·b21－n
C．b1＋b2＋…＋bn＝b1＋b2＋…＋b19－n
D．b1＋b2＋…＋bn＝b1＋b2＋…＋b21－n
B　[令n＝10时，验证即知选B.]
11．将石子摆成如图1的梯形形状．称数列5,9,14,20，…为“梯形数”．根据图形的构成，此数列的第2 018项与5的差，即a2 018－5＝(　　)
图1
A．2023×2018 B．2023×2017
C．1012×2016 D．1012×2017
D　[an－5表示第n个梯形有n－1层点，最上面一层为4个，最下面一层为n＋2个．
∴an－5＝，∴a2 018－5＝＝2 017×1 012.]
12．如图2中(1)，在△ABC中，AB⊥AC于点A，AD⊥BC于点D，则有AB2＝BD·BC，类似地有命题：如图(2)，在三棱锥A－BCD中，AD⊥面ABC，若A在△BCD内的射影为O，则S＝S△BCO·S△BCD，那么上述命题(　　)
图2
A．是真命题
B．增加条件“AB⊥AC”后才是真命题
C．是假命题
D．增加条件“三棱锥A－BCD是正三棱锥”后才是真命题
A　[由已知垂直关系，不妨进行如下类比：将题图(2)中的△ABC，△BCO，△BDC分别与题图(1)中的AB，BD，BC进行类比即可．严格推理如下：连结DO并延长交BC于点E，连结AE(图略)，则DE⊥BC，AE⊥BC.因为AD⊥面ABC，所以AD⊥AE.又因为AO⊥DE，所以AE2＝EO·ED，所以S＝(BC·EA)2＝(BC·EO)·(BC·ED)＝S△BCO·S△BCD.故选A.]
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)
13．已知x，y∈R，且x＋y>2，则x，y中至少有一个大于1，在用反证法证明时，假设应为________．
x，y均不大于1(或者x≤1且y≤1)　[“至少有一个”的反面为“一个也没有”，即“x，y均不大于1”，亦即“x≤1且y≤1”．]
14．当n＝1时，有(a－b)(a＋b)＝a2－b2，当n＝2时，有(a－b)(a2＋ab＋b2)＝a3－b3，当n＝3时，有(a－b)(a3＋a2b＋ab2＋b3)＝a4－b4，当n∈N*时，你能得到的结论是________.
(a－b)(an＋an－1b＋…＋abn－1＋bn)＝an＋1－bn＋1　[根据题意，由于当n＝1时，有(a－b)(a＋b)＝a2－b2，当n＝2时，有(a－b)(a2＋ab＋b2)＝a3－b3，当n＝3时，有(a－b)(a3＋a2b＋ab2＋b3)＝a4－b4，当n∈N*时，左边第二个因式可知为an＋an－1b＋…＋abn－1＋bn，那么对应的表达式为(a－b)·(an＋an－1b＋…＋abn－1＋bn)＝an＋1－bn＋1.]
15．有三张卡片，分别写有1和2,1和3,2和3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是________．
1和3　[法一：由题意得丙的卡片上的数字不是2和3.
若丙的卡片上的数字是1和2，则由乙的说法知乙的卡片上的数字是2和3，则甲的卡片上的数字是1和3，满足题意；
若丙的卡片上的数字是1和3，则由乙的说法知乙的卡片上的数字是2和3，则甲的卡片上的数字是1和2，不满足甲的说法．
故甲的卡片上的数字是1和3.
法二：因为甲与乙的卡片上相同的数字不是2，所以丙的卡片上必有数字2.又丙的卡片上的数字之和不是5，所以丙的卡片上的数字是1和2.因为乙与丙的卡片上相同的数字不是1，所以乙的卡片上的数字是2和3，所以甲的卡片上的数字是1和3.]
16．现有一个关于平面图形的命题：同一平面内有两个边长都是a的正方形，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方形重叠部分的面积恒为.类比到空间，有两个棱长为a的正方体，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方体重叠部分的体积恒为________.
　[解法的类比(特殊化)，易得两个正方体重叠部分的体积为.]
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)用综合法或分析法证明：
(1)如果a，b>0，则lg ≥；
(2)＋>2＋2.
[证明]　(1)当a，b>0时，有≥，
∴lg ≥lg ，
∴lg ≥lg ab＝.
(2)要证＋>2＋2，
只要证(＋)2>(2＋2)2，
即2>2，这是显然成立的，
所以，原不等式成立．
18．(本小题满分12分)下列推理是否正确？若不正确，指出错误之处．
(1)求证：四边形的内角和等于360°.
证明：设四边形ABCD是矩形，则它的四个角都是直角，有∠A＋∠B＋∠C＋∠D＝90°＋90°＋90°＋90°＝360°，所以四边形的内角和为360°.
(2)已知和都是无理数，试证：＋也是无理数．
证明：依题设和都是无理数，而无理数与无理数之和是无理数，所以＋必是无理数．
(3)已知实数m满足不等式(2m＋1)(m＋2)<0，用反证法证明：关于x的方程x2＋2x＋5－m2＝0无实根．
证明：假设方程x2＋2x＋5－m2＝0有实根．由已知实数m满足不等式(2m＋1)(m＋2)＜0，解得－2＜m＜－，而关于x的方程x2＋2x＋5－m2＝0的判别式Δ＝4(m2－4)，∵－2[解]　(1)犯了偷换论题的错误，在证明过程中，把论题中的四边形改为矩形．
(2)使用的论据是“无理数与无理数的和是无理数”，这个论据是假的，因为两个无理数的和不一定是无理数，因此原题的真实性仍无法判定．
(3)利用反证法进行证明时，要把假设作为条件进行推理，得出矛盾，本题在证明过程中并没有用到假设的结论，也没有推出矛盾，所以不是反证法．
19．(本小题满分12分)观察：
①tan 10°·tan 20°＋tan 20°·tan 60°＋tan 60°·tan 10°＝1，②tan 5°·tan 10°＋tan 10°·tan 75°＋tan 75°·tan 5°＝1.
由以上两式成立能得到一个从特殊到一般的推广，此推广是什么？并证明你的推广.

[解]　从已知观察到10°＋20°＋60°＝90°，10°＋75°＋5°＝90°，因此猜测推广式为若α＋β＋γ＝，且α，β，γ都不为kπ＋(k∈Z)，则tan αtan β＋tan βtan γ＋tan γtan α＝1.
证明如下：由α＋β＋γ＝，得α＋β＝－γ.
因为tan (α＋β)＝tan ＝.又因为tan (α＋β)＝，所以tan α＋tan β＝tan (α＋β)(1－tan αtan β)＝ (1－tan αtan β)，所以tan αtan β＋tan βtan γ＋tan γtan α＝tan γ(tan α＋tan β)＋tan αtan β＝tan γ(1－tan αtan β)·＋tan αtan β＝1－tan αtan β＋tan αtan β＝1.
20．(本小题满分12分)如图2，正三棱柱ABC-A1B1C1的棱长均为a，D，E分别为C1C与AB的中点，A1B交AB1于点G.
图2
(1)求证：A1B⊥AD；
(2)求证：CE∥平面AB1D.
[证明]　　(1)连接A1D，BD，DG，
∵三棱柱ABC－A1B1C1是棱长均为a的正三棱柱，
∴四边形A1ABB1为正方形，
∴A1B⊥AB1.
∵D是C1C的中点，
∴△A1C1D≌△BCD，∴A1D＝BD，
∵G为A1B中点，
∴A1B⊥DG.
又∵DG∩AB1＝G，
∴A1B⊥平面AB1D，
又∵AD?平面AB1D，
∴A1B⊥AD.
(2)连接GE，∵EG∥A1A，
∴GE⊥平面ABC.
∵DC⊥平面ABC，
∴GE∥DC，∵GE＝DC＝a，
∴四边形GECD为平行四边形，∴EC∥GD，
又∵EC?平面AB1D，DG?平面AB1D，
∴EC∥平面AB1D.
21. (本小题满分12分)已知函数f(x)＝ax＋(a>1)．
(1)证明：函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数；
(2)用反证法证明方程f(x)＝0没有负数根.
[证明]　(1)法一：任取x1、x2∈(－1，＋∞)，不妨设x10，ax2－x1>1且ax1>0，
∴ax2－ax1＝ax1(ax2－x1－1)>0，
又∵x1＋1>0，x2＋1>0，
∴－＝
＝>0，
于是f(x2)－f(x1)＝ax2－ax1＋－>0，
故函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．
法二：f′(x)＝axln a＋＝axln a＋
∵a>1，∴ln a>0，∴axln a＋>0，
f′(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，
即f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．
(2)设存在x0<0(x0≠－1)满足f(x0)＝0，
则ax0＝－，且0∴0<－<1，即故方程f(x)＝0没有负数根．
22. (本小题满分12分) (1)椭圆C：＋＝1(a>b>0)与x轴交于A、B两点，点P是椭圆C上异于A、B的任意一点，直线PA、PB分别与y轴交于点M、N，求证：·为定值b2－a2.
(2)类比(1)可得如下真命题：双曲线－＝1(a>0，b>0)与x轴交于A、B两点，点P是双曲线C上异于A、B的任意一点，直线PA、PB分别与y轴交于点M、N，求证：·为定值，请写出这个定值(不要求写出解题过程).
[解]　(1)证明如下：设点P(x0，y0)，(x0≠±a)．
依题意，得A(－a,0)，B(a,0)，
所以直线PA的方程为y＝(x＋a)，
令x＝0，得yM＝.同理得yN＝－.
所以yMyN＝.
又点P(x0，y0)在椭圆上，所以＋＝1，
因此y＝(a2－x)．
所以yMyN＝＝b2.
因为＝{a，yN}，＝(－a，yM)，
所以·＝－a2＋yMyN＝b2－a2.
(2)－(a2＋b2)．