2018_2019学年高中数学第二章推理与证明章末检测试卷新人教B版选修1_2

第二章 推理与证明
章末检测试卷(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)
1．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
答案　A
解析　三段论中的大前提、小前提及推理形式都是正确的．
2．已知＝2，＝3，＝4，…，若＝a(a，t均为正实数)，类比以上等式，可推测a，t的值，则t－a等于(　　)
A．31 B．41 C．55 D．71
答案　B
解析　观察下列等式：＝2，
＝3，＝4，…，
照此规律，第6个等式中a＝7，t＝a2－1＝48，
∴t－a＝41.故选B.
3．观察下列各等式：＋＝2，＋＝2，＋＝2，＋＝2，依照以上各式成立的规律，得到一般性的等式为(　　)
A.＋＝2
B.＋＝2
C.＋＝2
D.＋＝2
答案　A
解析　观察分子中2＋6＝5＋3＝7＋1＝10＋(－2)＝8.
4．用反证法证明命题“＋是无理数”时，假设正确的是(　　)
A．假设是有理数 B．假设是有理数
C．假设或是有理数 D．假设＋是有理数
答案　D
解析　应对结论进行否定，则＋不是无理数，
即＋是有理数．
5．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)
答案　D
解析　(xy)z＝x(yz)是乘法的结合律，正确．
6．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
答案　C
解析　类比相似形中的对应边成比例知，①③属于相似体．
7．求证：＋>，证明：因为＋和都是正数，所以为了证明＋>，只需证明(＋)2>()2，展开得5＋2>5，即2>0，此式显然成立，所以不等式＋>成立．上述证明过程应用了(　　)
A．综合法 B．分析法
C．综合法及分析法 D．间接证法
答案　B
解析　从证明过程可以看出，符合分析法的特点．
8．已知f(x＋1)＝，f(1)＝1(x∈N＋)，猜想f(x)的表达式为(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　当x＝1时，f(2)＝＝＝，
当x＝2时，f(3)＝＝＝，
当x＝3时，f(4)＝＝＝，
故可猜想f(x)＝，故选B.
9．甲、乙、丙三人参加某公司的面试，最终只有一人能够被该公司录用，得到面试结果以后，甲说：丙被录用了；乙说：甲被录用了；丙说：我没被录用．若这三人中仅有一人说法错误，则下列说法正确的是(　　)
A．丙被录用了
B．乙被录用了
C．甲被录用了
D．无法确定谁被录用了
考点　反证法及应用
题点　反证法的应用
答案　C
解析　假设甲说的是真话，即丙被录用，则乙说的是假话，丙说的是假话，不成立；假设甲说的是假话，即丙没有被录用，则丙说的是真话，若乙说的是真话，即甲被录用，成立，故甲被录用；若乙被录用，则甲和乙的说法都错误，不成立．故选C.
10．设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 B．1 C．2 D．3
考点　合情推理的含义
题点　合情推理的含义
答案　B
解析　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：有两个数相等或三个数都互不相等，故③不正确．
11．某学校要召开学生代表大会，规定各班每10人推选一名代表，当各班人数除以10的余数大于6时再增选一名代表．那么，各班可推选代表人数y与该班人数x之间的函数关系用取整函数y＝[x](其中[x]表示不大于x的最大整数)可以表示为(　　)
A．y＝ B．y＝
C．y＝ D．y＝
答案　C
解析　根据规定每10人推选一名代表，当各班人数除以10的余数大于6时，再增加一名代表，即余数分别为7,8,9时，可增选一名代表，也就是x要进一位，所以最小应该加3，因此，利用取整函数可表示为y＝.
12．如图，有一个六边形的点阵，它的中心是1个点(算第1层)，第2层每边有2个点，第3层每边有3个点，…，依此类推，如果一个六边形点阵共有169个点，那么它的层数为(　　)
A．6 B．7
C．8 D．9
答案　C
解析　由题意知，第1层的点数为1，第2层的点数为6，第3层的点数为2×6，第4层的点数为3×6，第5层的点数为4×6，…，第n(n≥2，n∈N＋)层的点数为6(n－1)．设一个点阵有n(n≥2，n∈N＋)层，则共有的点数为1＋6＋6×2＋…＋6(n－1)＝1＋×(n－1)＝3n2－3n＋1.由题意得3n2－3n＋1＝169，即(n＋7)·(n－8)＝0，所以n＝8，故共有8层．
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．已知a>0，b>0，m＝lg，n＝lg，则m，n的大小关系是________．
考点　综合法及应用
题点　利用综合法解决不等式问题
答案　m>n
解析　ab>0?>0?a＋b＋2>a＋b?(＋)2>()2?＋>?>?lg>lg.
14．观察下列等式：
(1＋1)＝2×1，
(2＋1)(2＋2)＝22×1×3，
(3＋1)(3＋2)(3＋3)＝23×1×3×5，
…，
照此规律，第n个等式可为______________．
答案　(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)
解析　由已知的三个等式左边的变化规律，得第n个等式左边为(n＋1)(n＋2)·…·(n＋n)；由已知的三个等式右边的变化规律，得第n个等式右边为2n与n个奇数之积，即2n×1×3×…×(2n－1)．
15．已知圆的方程是x2＋y2＝r2，则经过圆上一点M(x0，y0)的切线方程为x0x＋y0y＝r2，类比上述性质，可以得到椭圆＋＝1类似的性质为_____________________________________．
答案　＋＝1
解析　圆的性质中，经过圆上一点M(x0，y0)的切线方程就是将圆的方程中的一个x与y分别用M(x0，y0)的横坐标与纵坐标替换，故可得椭圆＋＝1类似的性质为过椭圆＋＝1上一点P(x0，y0)的切线方程为＋＝1.
16．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________．
答案　1和3
解析　由丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”可知，丙为“1和2”或“1和3”．又乙说“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，所以乙只可能为“2和3”．所以由甲说“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，得甲只能为“1和3”．
三、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，{an}有如下性质：(m，n，p，q∈N＋)
①通项an＝am＋(n－m)d；
②若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq；
③若m＋n＝2p，则am＋an＝2ap；
④Sn，S2n－Sn，S3n－S2n构成等差数列．
类比上述性质，在等比数列{bn}中，写出类似的性质．
解　在等比数列{bn}中，公比为λ(λ≠0)，前n项和为Sn′，{bn}有如下性质：(m，n，p，q∈N＋)
①通项bn＝bm·λn－m；
②若m＋n＝p＋q，则bm·bn＝bp·bq；
③若m＋n＝2p，则bm·bn＝b；
④Sn′，S2n′－Sn′，S3n′－S2n′(Sn′≠0)构成等比数列．
18．(12分)已知实数p满足不等式(2p＋1)(p＋2)<0，用反证法证明关于x的方程x2－2x＋5－p2＝0无实数根．
证明　假设方程x2－2x＋5－p2＝0有实数根，
则该方程的根的判别式Δ＝4－4(5－p2)≥0，
解得p≥2或p≤－2.①
而由已知条件实数p满足不等式(2p＋1)(p＋2)<0，
解得－2数轴上表示①②的图形无公共部分，故假设不成立，从而关于x的方程x2－2x＋5－p2＝0无实数根．
19．(12分)已知a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1.
求证：≥8.
证明　要证≥8成立，
只需证··≥8成立．
∵a＋b＋c＝1，
∴只需证··≥8成立，
即··≥8，
∴只需证··≥··≥8成立，而··≥8显然成立，
∴≥8成立．
20．(12分)已知A，B都是锐角，且A＋B≠90°，(1＋tan A)·(1＋tan B)＝2.求证：A＋B＝45°.
考点　综合法及应用
题点　利用综合法解决函数问题
证明　因为(1＋tan A)(1＋tan B)＝2，
展开化简为tan A＋tan B＝1－tan Atan B.
因为A＋B≠90°，tan(A＋B)＝＝1，
又因为A，B都是锐角，
所以0°21．(12分)某同学在研究三角形的性质时，发现了有些三角形的三边长有以下规律：
①3(3×4＋4×5＋5×3)≤(3＋4＋5)2<4(3×4＋4×5＋5×3)；
②3(6×8＋8×9＋9×6)≤(6＋8＋9)2<4(6×8＋8×9＋9×6)；
③3(3×4＋4×6＋6×3)≤(3＋4＋6)2<4(3×4＋4×6＋6×3)．
分析以上各式的共同特征，猜想出关于任一三角形三边长a，b，c的一般性的不等式结论并证明．
解　猜想：3(ab＋ac＋bc)≤(a＋b＋c)2<4(ab＋ac＋bc)；
证明如下：
(a＋b＋c)2－3(ab＋ac＋bc)＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2ac＋2bc－3ab－3ac－3bc＝a2＋b2＋c2－ab－ac－bc＝(a－b)2＋(a－c)2＋(b－c)2≥0.
所以3(ab＋ac＋bc)≤(a＋b＋c)2；
4(ab＋ac＋bc)－(a＋b＋c)2＝4ab＋4ac＋4bc－a2－b2－c2－2ab－2ac－2bc＝2ab＋2ac＋2bc－a2－b2－c2＝a(b＋c－a)＋b(a＋c－b)＋c(a＋b－c)．①
因为三角形两边之和大于第三边，所以①式>0.
所以4(ab＋ac＋bc)>(a＋b＋c)2.
所以3(ab＋ac＋bc)≤(a＋b＋c)2<4(ab＋ac＋bc)．
22．(12分)设{an}是公比为q的等比数列．
(1)推导数列{an}的前n项和公式；
(2)设q≠1，证明数列{an＋1}不是等比数列．
考点　反证法及应用
题点　反证法的应用
(1)解　设数列{an}的前n项和为Sn，
当q＝1时，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1；
当q≠1时，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，①
qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，②
由①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn，
所以Sn＝，
综上所述，Sn＝
(2)证明　假设{an＋1}是等比数列，则对任意的k∈N＋，
(ak＋1＋1)2＝(ak＋1)(ak＋2＋1)，
a＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1，
aq2k＋2a1qk＝a1qk－1·a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1，
因为a1≠0，
所以2qk＝qk－1＋qk＋1.
因为q≠0，所以q2－2q＋1＝0，
所以q＝1，这与已知矛盾．
所以假设不成立，故数列{an＋1}不是等比数列．