2018高中数学 第2章 推理与证明章末检测（A）苏教版选修1 -2.doc

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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： ①ab＝ba； ②(ab)c＝a(bc)； ③若ab＝bc，b≠0，则a＝c； ④若ab＝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＝3670，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，∵00. ∴>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．