2021-2022学年高中数学人教A版选修1-2测评：第二章　推理与证明 测评 WORD版含解析.docx

1、第二章测评(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.用反证法证明:若整系数一元二次方程ax2+bx+c=0(a0)有有理数根,那么a,b,c中至少有一个偶数时,下列假设正确的是()A.假设a,b,c都是偶数B.假设a,b,c都不是偶数C.假设a,b,c至多有一个偶数D.假设a,b,c至多有两个偶数解析根据反证法的概念,假设应是所证命题的否定,所以用反证法证明命题:“若整系数一元二次方程ax2+bx+c=0(a0)有有理数根,那么a,b,c中至少有一个是偶数”时,假设应为“假设a,b,c都不是偶数”,故选B.答案B2.在平面几何中有如下结论:正三角形

2、ABC的内切圆面积为S1,外接圆面积为S2,则S1S2=14,推广到空间可以得到类似结论:已知正四面体PABC的内切球体积为V1,外接球体积为V2,则V1V2=()A.18B.19C.164D.127解析正四面体的内切球与外接球的半径之比为13,故V1V2=127.故选D.答案D3.观察下列各等式:55=3 125,56=15 625,57=78 125,则52 020的末四位数字是()A.3125B.5625C.8125D.0625解析55=3125的末四位数字为3125;56=15625的末四位数字为5625;57=78125的末四位数字为8125;58=390625的末四位数字为0625

3、;59=1953125的末四位数字为3125根据末四位数字的变化,3125,5625,8125,0625即末四位的数字是以4为周期变化的,2020是4的倍数,即末四位数为0625.则52020的末四位数字为0625.答案D4.计算机中常用的十六进制是逢16进1的计数制,采用数字09和字母AF共16个计数符号,这些符号与十进制的数的对应关系如下表:16进制0123456789ABCDEF10进制0123456789101112131415例如,用十六进制表示E+D=1B,则AB等于()A.6EB.72C.5FD.B0解析AB=110=616+14=6E.答案A5.正四面体ABCD的棱AD与平面所

4、成角为,其中00,所以ex1,01ex0,即f(x)0.所以f(x)在(0,+)上单调递增.使用的证明方法是()A.综合法B.分析法C.反证法D.以上都不是解析从已知条件出发利用已知的定理证得结论,是综合法.故选A.答案A7.若有一段演绎推理:“大前提:对任意实数a,都有(na)n=a,小前提:已知a=-2为实数,结论:(4-2)4=-2.”这个结论显然错误,是因为()A.大前提错误B.小前提错误C.推理形式错误D.非以上错误解析对任意实数a,都有(na)n=a,a0,n为偶数时,显然不成立,故大前提错误.故选A.答案A8.已知a是三角形一边的边长,h是该边上的高,则三角形的面积是12ah,如

5、果把扇形的弧长l,半径r分别看作三角形的底边长和高,可得到扇形的面积为12lr;由1=12,1+3=22,1+3+5=32,可得到1+3+5+2n-1=n2,则、两个推理依次是()A.类比推理、归纳推理B.类比推理、演绎推理C.归纳推理、类比推理D.归纳推理、演绎推理解析由三角形性质得到圆的性质有相似之处,故推理为类比推理;由特殊到一般,故推理为归纳推理.故选A.答案A9.无限循环小数为有理数,如:0.1=19,0.2=29,0.3=13,则可归纳出0.45=()A.12B.5110C.120D.511解析由题意,得0.45=0.45+0.0045+=0.451-0.01=511.答案D10.

6、庄子天下篇中记述了一个著名命题:“一尺之棰,日取其半,万世不竭.”反映这个命题本质的式子是()A.1+12+122+12n=2-12nB.1+12+122+12n2C.12+122+12n=1D.12+122+12n1解析据已知可得,每次截取的长度构成一个以12为首项,12为公比的等比数列,12+122+12n=1-12n1.故反映这个命题本质的式子是12+122+12n1,这与已知a+b+c=1矛盾.假设a,b,c都小于13,则a+b+c1,这与已知a+b+c=1矛盾,故a,b,c中至少有一个数不小于13.答案1314.在ABC中,若D为BC的中点,则有AD=12(AB+AC),将此结论类比

7、到四面体中,在四面体A-BCD中,若G为BCD的重心,则可得一个类比结论:.解析由“ABC”类比“四面体A-BCD”,“中点”类比“重心”,由此可得在四面体A-BCD中,G为BCD的重心,则有AG=13(AB+AC+AD).答案AG=13(AB+AC+AD)15.甲、乙、丙三人中只有一人做了好事, 他们各自都说了一句话,而且其中只有一句真话.甲说:是乙做的.乙说:不是我做的.丙说:不是我做的.则做好事的是.(选填“甲”“乙”或“丙”)解析假设甲说的是真话,则乙说了假话,丙说的是真话,与条件不符;假设乙说的是真话,则甲说的是假话,丙说的也是假话,符合条件;假设丙说的是真话,则甲、乙二人中必有一人

8、说的是真话,与条件不符,所以乙说的是真话,做好事的是丙.答案丙16.a1=12;a2=13(1-a1)=16;a3=14(1-a1-a2)=112;a4=15(1-a1-a2-a3)=120;照此规律,当nN*时,an=.解析a1=12=112,a2=16=123,a3=112=134,a4=120=145,所以归纳可得an=1n(n+1).答案1n(n+1)三、解答题(本大题共6小题,共70分)17.(本小题满分10分)已知数列an中,a1=1,an+1=2an2+an(nN*).(1)求a2,a3,a4的值,猜想数列an的通项公式;(2)运用(1)中的猜想,写出用三段论证明数列1an是等差

9、数列时的大前提、小前提和结论.解(1)数列an中,a1=1,an+1=2an2+an,a2=23,a3=12,a4=25.猜想an=2n+1.(2)在数列an中,若an+1-an=d,d是常数,则an是等差数列,大前提1an+1-1an=12,为常数,小前提所以数列1an是等差数列.结论18.(本小题满分12分)已知a,b,cR.(1)若|a|1且|b|a+b;(2)由(1),运用类比推理,若|a|1且|b|1且|c|a+b+c;(3)由(1)(2),运用归纳推理,猜想出一个更一般性的结论(不要求证明).(1)证明由ab+1-a-b=(a-1)(b-1)0,得ab+1a+b;(2)证明由(1)

10、得(ab)c+1ab+c,所以abc+2=(ab)c+1+1(ab+c)+1=(ab+1)+ca+b+c;(3)解若|ai|a1+a2+a3+an.19.(本小题满分12分)设f()=sinn+cosn,nn|n=2k,kN*(1)分别求f()在n=2,4,6时的值域;(2)根据(1)中的结论,对n=2k(kN*)时,f()的取值范围作出一个猜想(只需写出猜想,不必证明).解(1)当n=2时,f()=sin2+cos2=1,所以f()的值域为1;当n=4时,f()=sin4+cos4=(sin2+cos2)2-2sin2cos2=1-12sin22,此时有12f()1,所以f()的值域为12,

11、1;当n=6时,f()=sin6+cos6=(sin2+cos2)(sin4+cos4-sin2cos2)=1-3sin2cos2=1-34sin22,此时有14f()1,所以f()的值域为14,1.(2)由以上结论猜想,当n=2k(kN*)时,f()的值域是12k-1,1.20.(本小题满分12分)已知函数f(x)=x2+1x(x0),若P(x1,y1),Q(x2,y2)(0x10,使得f(x0)=f(x2)-f(x1)x2-x1,证明:x1x00).又f(x2)-f(x1)x2-x1=(x2-x1)x2+x1-1x1x2x2-x1=x2+x1-1x1x2,所以2x0-1x02=x2+x1-

12、1x1x2.若x0x2,则2x0x1+x2,-1x02-1x1x2,所以2x0-1x02x2+x1-1x1x2,与矛盾;若x0x1,同理可得2x0-1x02x2+x1-1x1x2,与矛盾.综上,有x1x01,证明:f(m),f(n)至少有一个不小于零;(2)若a,b为不相等的正实数,且满足f(a)=f(b),求证:a+b43.证明(1)假设f(m)0,f(n)0,即m3-m20,n3-n20,n0,m-10,n-10.0m1,0n1,mn1矛盾,假设不成立,即f(m),f(n)至少有一个不小于零.(2)由f(a)=f(b)得a3-a2=b3-b2,a3-b3=a2-b2,(a-b)(a2+ab

13、+b2)=(a-b)(a+b),ab,a2+ab+b2=a+b,(a+b)2-(a+b)=aba+b22,34(a+b)2-(a+b)0,解得a+b43.22.(本小题满分12分)如图,设A是由nn个实数组成的n行n列的数表,其中aij(i,j=1,2,3,n)表示位于第i行第j列的实数,且aij1,-1.记S(n,n)为所有这样的数表构成的集合.对于AS(n,n),记ri(A)为A的第i行各数之积,cj(A)为A的第j列各数之积.令l(A)=i=1nri(A)+j=1ncj(A).a11a12a1na21a22a2nan1an2ann(1)对如下数表AS(4,4),求l(A)的值;11-1-

14、11-1111-1-11-1-111(2)证明:存在AS(n,n),使得l(A)=2n-4k,其中k=0,1,2,n;(3)给定n为奇数,对于所有的AS(n,n),证明l(A)0.(1)解r1(A)=r3(A)=r4(A)=1,r2(A)=-1;c1(A)=c2(A)=c4(A)=-1,c3(A)=1,所以l(A)=i=14ri(A)+j=14cj(A)=0.(2)证明数表A0中aij=1(i,j=1,2,3,n),显然l(A0)=2n.将数表A0中的a11由1变为-1,得到数表A1,显然l(A1)=2n-4.将数表A1中的a22由1变为-1,得到数表A2,显然l(A2)=2n-8.依此类推,

15、将数表Ak-1中的akk由1变为-1,得到数表Ak.即数表Ak满足:a11=a22=akk=-1(1kn),其余aij=1.所以r1(A)=r2(A)=rk(A)=-1,c1(A)=c2(A)=ck(A)=-1.所以l(Ak)=2(-1)k+(n-k)=2n-4k,其中k=0,1,2,n;【注:数表Ak不唯一】(3)证明(反证法)假设存在AS(n,n),其中n为奇数,使得l(A)=0.因为ri(A)1,-1,cj(A)1,-1(1in,1jn),所以r1(A),r2(A),rn(A),c1(A),c2(A),cn(A)这2n个数中有n个1,n个-1.令M=r1(A)r2(A)rn(A)c1(A)c2(A)cn(A).一方面,由于这2n个数中有n个1,n个-1,从而M=(-1)n=-1.另一方面,r1(A)r2(A)rn(A)表示数表中所有元素之积(记这n2个实数之积为m);c1(A)c2(A)cn(A)也表示m,从而M=m2=1.相互矛盾,从而不存在AS(n,n),使得l(A)=0.即当n为奇数时,必有l(A)0.