2018高中数学苏教版选修1-2练习：第2章推理与证明章末检测（A）

第2章　推理与证明(A)
(时间：120分钟　满分：160分)
一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分)
1．下列推理过程是类比推理的是__________．
①人们通过大量试验得出掷硬币出现正面的概率为
②科学家通过研究老鹰的眼睛发明了电子鹰眼
③通过检测溶液的pH值得出溶液的酸碱性
④由周期函数的定义判断某函数是否为周期函数
2．观察式子：1＋<，1＋＋<，1＋＋＋<，…，则可归纳出一般式子为______________________．
3．若a，b，c均为实数，则下面四个结论均是正确的：
①ab＝ba；②(ab)c＝a(bc)；③若ab＝bc，b≠0，则a－c＝0；④若ab＝0，则a＝0或b＝0.
对向量a，b，c，用类比的思想可得到以下四个结论：
①a·b＝b·a；
②(a·b)c＝a(b·c)；
③若a·b＝b·c，b≠0，则a＝c；
④若a·b＝0，则a＝0或b＝0.
其中正确结论的个数为________．
4．已知数列{an}满足a1＝0，an＋1＝ (n∈N*)，则a2 010＝________.
5．设凸n边形的内角和为f(n)，则f(n＋1)－f(n)＝______.
6．观察下列数表规律
则从数2 010到2 011的箭头方向是__________．
7．平面内原有k条直线，它们的交点个数记为f(k)，则增加了一条直线后，它们的交点个数最多为____________．
8．勾股定理：在直角边长为a、b，斜边长为c的直角三角形中，有a2＋b2＝c2.类比勾股定理可得，在长、宽、高分别为p、q、r，体对角线长为d的长方体中，有______________．
9．下列三句话按三段论的模式排列顺序是________．
①2 010能被2整除；
②一切偶数都能被2整除；
③2 010是偶数．
10．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______________________．
11．在△ABC中，D为边BC的中点，则＝(＋)．将上述命题类比到四面体中去，得到一个类比命题：________________________________.
12．对于“求证函数f(x)＝－x3在R上是减函数”，用“三段论”可表示为：大前提是“对于定义域为D的函数f(x)，若对任意x1，x2∈D且x2－x1>0，有f(x2)－f(x1)<0，则函数f(x)在D上是减函数”，小前提是“__________________________”，结论是“f(x)＝－x3在R上是减函数”．
13．在古希腊，毕达哥拉斯学派把1,3,6,10,15,21,28,36,45,55，…这些数叫做三角形数，这是因为这些数目的点可以排成正三角形(如图所示)，则三角形数的一般表达式f(n)＝__________.
14．下面的四个不等式：
①a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca；
②a(1－a)≤；③＋≥2；
④(a2＋b2)·(c2＋d2)≥(ac＋bd)2.
其中不成立的有________个．
二、解答题(本大题共6小题，共90分)
15．(14分)设f(x)＝x2＋ax＋b，
求证：|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于.
16．(14分)已知函数f(x)＝lg，x∈.若x1，x2∈且x1≠x2，求证：[f(x1)＋f(x2)]>f.
17．(14分)已知a>0，b>0，a＋b＝1，
求证：＋≤2.
18．(16分) 如图所示，△ABC是正三角形，AE和CD都垂直于平面ABC，且AE＝AB＝2a，CD＝a，F是BE的中点．
(1)求证：DF∥平面ABC；
(2)求证：AF⊥BD.
19．(16分)设二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c (a≠0)中的a，b，c均为整数，且f(0)，f(1)均为奇数，求证：方程f(x)＝0无整数根．
20．(16分)观察下表：
1，
2,3，
4,5,6,7，
8,9,10,11,12,13,14,15，
…
问：(1)此表第n行的最后一个数是多少？
(2)此表第n行的各个数之和是多少？
(3)2 008是第几行的第几个数？
第2章　推理与证明(A)
答案
1．②
2．1＋＋＋…＋< (n≥2)
解析　由合情推理可归纳出1＋＋＋…＋< (n≥2)．
3．1
解析　利用类比思想结合向量的定义及性质，特别是向量的数量积的定义可知①正确，②③④不正确．
4．
解析　a2＝＝－，a3＝＝，a4＝0，所以此数列具有周期性，0，－，依次重复出现．因为2 010＝3×670，所以a2 010＝.
5．180°
解析　作凸(n＋1)边形的一条对角线，使之成为一个凸n边形和一个三角形．
6．→
7．f(k)＋k
解析　增加一条直线后，最多和原来的k条直线都相交，有k个交点，所以交点个数最多为f(k)＋k.
8．p2＋q2＋r2＝d2
9．②③①
10．各正三角形的中心
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．
11．在四面体A—BCD中，G为△BCD的重心，
则＝(＋＋)
12．对于任意x1，x2∈R且x2－x1>0，有f(x2)－f(x1)＝－x＋x＝－(x2－x1)(x＋x1x2＋x)
＝－(x2－x1)·<0
13．
解析　当n＝1时，1＝；当n＝2时，3＝；当n＝3时，6＝；当n＝4时，10＝；…，猜想：f(n)＝.
14．1
解析　由a2＋b2＋c2－(ab＋bc＋ca)
＝[2a2＋2b2＋2c2－2ab－2bc－2ca]
＝[(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2]≥0，
故①正确．
由－a(1－a)＝－a＋a2＝2≥0，
故②正确．
(a2＋b2)·(c2＋d2)－(ac＋bd)2
＝a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2－a2c2－2acbd－b2d2
＝a2d2＋b2c2－2abcd＝(ad－bc)2≥0，故④正确．
∵＋≥2或＋≤－2，∴③不正确．
15．证明　假设|f(1)|<，|f(2)|<，|f(3)|<，
于是有－<1＋a＋b< ①
－<4＋2a＋b< ②
－<9＋3a＋b< ③
①＋③，得－1<10＋4a＋2b<1，
所以－3<8＋4a＋2b<－1，
所以－<4＋2a＋b<－.
由②知－<4＋2a＋b<，矛盾，
所以假设不成立，即|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于.
16．证明　要证原不等式成立，只需证明
>2，
事实上，∵0∴－2
＝－－－＋
＝>0.
∴>2，
即有lg>lg2，
故[f(x1)＋f(x2)]>f.
17．证明　∵1＝a＋b≥2，∴ab≤.
∴(a＋b)＋ab＋≤1.
∴≤1.
从而有2＋2≤4.
即＋＋2≤4.
∴2≤4.
∴＋≤2.
18．证明　(1)取AB的中点G，连结FG，CG，
可得FG∥AE，FG＝AE，
又CD⊥平面ABC，AE⊥平面ABC，
∴CD∥AE，CD＝AE，
∴FG∥CD，FG＝CD.
又∵FG⊥平面ABC，
∴四边形CDFG是矩形，DF∥CG，CG?平面ABC，
DF?平面ABC，∴DF∥平面ABC.
(2)Rt△ABE中，AE＝2a，AB＝2a，F为BE的中点，∴AF⊥BE，∵△ABC是正三角形，
∴CG⊥AB，∴DF⊥AB，
又DF⊥FG，FG∩AB＝G，
∴DF⊥平面ABE，DF⊥AF，
又∵DF∩BE＝F，∴AF⊥平面BDF，
又BD?平面BDF，∴AF⊥BD.
19．证明　假设方程f(x)＝0有一个整数根k，
则ak2＋bk＋c＝0.①
因为f(0)＝c，f(1)＝a＋b＋c均为奇数，
所以a＋b必为偶数，
当k为偶数时，令k＝2n (n∈Z)，
则ak2＋bk＋c＝4n2a＋2nb＋c＝2n(2na＋b)＋c必为奇数，与①式矛盾；
当k为奇数时，令k＝2n＋1 (n∈Z)，
则ak2＋bk＋c＝(2n＋1)(2na＋a＋b)＋c为一奇数与一偶数乘积加上一个奇数，必为奇数，也与①式矛盾，故假设不成立．
综上可知方程f(x)＝0无整数根．
20．解　(1)由表知，从第二行起，每行的第一个数为偶数，所以第n＋1行的第一个数为2n，所以第n行的最后一个数为2n－1.
(2)由(1)知第n－1行的最后一个数为2n－1－1，第n行的第一个数为2n－1，第n行的最后一个数为2n－1.又由观察知，每行数字的个数与这一行的第一个数相同，所以由等差数列求和公式得，
Sn＝＝22n－3＋22n－2－2n－2.
(3)因为210＝1 024,211＝2 048，又第11行最后一个数为211－1＝2 047，所以2 008是在第11行中，由等差数列的通项公式得，2 008＝1 024＋(n－1)·1，所以n＝985，所以2 008是第11行的第985个数．