高中数学人教A版选修2-2（同步练习）阶段性测试题二

阶段性测试题二第二章 推理与证明(时间：120分钟 满分：150分)第Ⅰ卷(选择题，共60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．下列说法正确的是(  )A．归纳推理是由一般到特殊的推理B．演绎推理得出的结论一定是正确的C．类比推理是由特殊到特殊的推理D．演绎推理是由特殊到一般的推理答案：C2．三段论推理：“任何实数的平方大于0，因为a是实数，所以a2>0”，你认为这个推理(  )A．大前提错误     B．小前提错误C．推理形式错误D.是正确的答案：A3．若Sn＝sin＋sin＋…＋sin(n∈N*)，则在S1，S2，…，S100中，正数的个数是(  )A．16   B．72C．86   D.100解析：由题意可知，S13＝S14＝S27＝S28＝S41＝S42＝…＝S97＝S98＝0，共14个，其余均为正数，故共有100－14＝86个正数．答案：C4．用数学归纳法证明“5n－2n能被3整除”的第二步中，当n＝k＋1时，为了使用假设，应将5k＋1－2k＋1变形为(  )A．(5k－2k)＋4·5k－2kB．5(5k－2k)＋3·2k C．(5－2)(5k－2k)D．2(5k－2k)－3·5k解析：5k＋1－2k＋1＝5k·5－2k·2＝5k·5－2k·5＋2k·5－2k·2＝5(5k－2k)＋3·2k.答案：B5．“平面内一动点P到两个定点的距离的和为常数”是“平面内一动点P的轨迹为椭圆”的(  )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：由椭圆定义可知当平面内一动点P的轨迹为椭圆时有平面内一动点P到两个定点的距离的和为常数，反之不成立，所以是必要不充分条件．答案：B6．类比“两角和与差的正弦公式”的形式，对于给定的两个函数：S(x)＝ax－a－x，C(x)＝ax＋a－x，其中a>0，且a≠1，下面正确的运算公式是(  )①S(x＋y)＝S(x)C(y)＋C(x)S(y)；②S(x－y)＝S(x)C(y)－C(x)S(y)；③2S(x＋y)＝S(x)C(y)＋C(x)S(y)；④2S(x－y)＝S(x)C(y)－C(x)S(y)．A．①②  B．③④   C．①④  D.②③解析：∵S(x)＝ax－a－x，C(x)＝ax＋a－x，∴S(y)＝ay－a－y，C(y)＝ay＋a－y，∴S(x)C(y)＝(ax－a－x)(ay＋a－y)＝ax＋y＋ax－y－a－x＋y－a－x－y，C(x)S(y)＝(ax＋a－x)(ay－a－y)＝ax＋y－ax－y＋a－x＋y－a－x－y，∴S(x)C(y)＋C(x)S(y)＝2(ax＋y－a－x－y)＝2S(x＋y)，S(x)C(y)－C(x)S(y)＝2(ax－y－a－x＋y)＝2S(x－y)．∴③④正确． 答案：B7．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(  )A．各正三角形内任一点B．各正三角形的某高线上的点C．各正三角形的中心D．各正三角形外的某点解析：正三角形的边对应正四面体的面(侧面)，所以边的中点对应正四面体的各正三角形的中心．答案：C8．用数学归纳法证明不等式“＋＋…＋>(n>2)”的过程中，归纳递推由n＝k到n＝k＋1时，不等式的左边(  )A．增加了一项B．增加了两项＋C．增加了两项＋，又减少了一项D．增加了一项，又减少了一项解析：当n＝k时，不等式的左边为＋＋…＋，当n＝k＋1时，不等式的左边为＋＋…＋＋＋，对比两个式子，可知由n＝k到n＝k＋1，不等式的左边减少了一项，增加了两项＋，故选C.答案：C9．若P＝＋，Q＝＋(a≥0)，则P，Q的大小关系是(  ) A．P＞QB．P＝QC．P＜QD.由a的取值范围决定解析：∵P2－Q2＝2－2＝2－2＜0，∴P＜Q.答案：C10．(2019·高二考)将石子摆成如图所示的梯形形状．称数列5,9,14,20，…为“梯形数”．根据图形的构成，此数列的第2016项与5的差，即a2016－5＝(  )A．2018×2014B．2018×2013C．1010×2012D.1011×2015解析：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＝，∴a2016－5＝＝2015×1011.答案：D11．用反证法证明：若a≥b＞0，则＋2－a≤＋2－b的假设为(  )A.＋2－a＜＋2－bB．＋2－a≥＋2－bC.＋2－a＞＋2－bD.＋2－a≤＋2－b答案：C12．设函数f′n(x)是fn(x)的导函数，f0(x)＝ex(cosx＋sinx)，f1(x)＝，f2(x )＝，…，fn＋1(x)＝(n∈N*)，则f2018(x)＝(  )A．ex(cosx＋sinx)B．ex(cosx－sinx)C．－ex(cosx＋sinx)D.－ex(cosx－sinx)解析：∵f0(x)＝ex(cosx＋sinx)，∴f′0(x)＝ex(cosx＋sinx)＋ex(－sinx＋cosx)＝2excosx，∴f1(x)＝＝excosx，∴f′1(x)＝ex(cosx－sinx)，∴f2(x)＝＝ex(cosx－sinx)，∴f′2(x)＝ex(cosx－sinx)＋ex(－sinx－cosx)＝－2exsinx，∴f3(x)＝－exsinx，∴f′3(x)＝－ex(sinx＋cosx)，∴f4(x)＝－ex(cosx＋sinx)，∴f′4(x)＝－2excosx，∴f5(x)＝－excosx，∴f6(x)＝－ex(cosx－sinx)，∴f7(x)＝exsinx，∴f8(x)＝ex(cosx＋sinx)，…故周期T＝8，∴f2018(x)＝f2(x)＝ex(cosx－sinx)，故选B.答案：B第Ⅱ卷(非选择题，共90分)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．甲、乙、丙三名同学参加某高校组织的自主招生考试的初试，考试成绩采用等级制(分为A，B，C三个层次)，得A的同学直接进入第二轮考试．从评委处得知，三名同学中只有一人获得A .三名同学预测谁能直接进入第二轮比赛如下：甲说：看丙的状态，他只能得B或C；乙说：我肯定得A；丙说：今天我的确没有发挥好，我赞同甲的预测．事实证明：在这三名同学中，只有一人的预测不准确，那么得A的同学是________．解析：由甲与丙的观点一致，而三人中，只有一人预测不准确，故而甲、丙预测准确，而乙预测不准确，所以得A的同学为甲．答案：甲14．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____________________________________________________________________________________________________________________________________.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：经过椭圆＋＝1上一点P(x0，y0)的切线方程为＋＝1.答案：经过椭圆＋＝1上一点P(x0，y0)的切线方程为＋＝115．如图所示，坐标系上的每个单元格的边长为1，由下往上的六个点：1,2,3,4,5,6的横、纵坐标分别对应数列{an}(n∈N*)的前12项，如下表所示：a1a2a3a4a5a6a7a8a9a10a11a12x1y1x2y2x3y3x4y4x5y5x6y6按如此规律下去，请归纳，则a2017等于________．解析：由题意知，a1＝1，a2＝1，a3＝－1，a4＝2，a5＝2，a6＝3，a7＝－2， a8＝4，a9＝3，a10＝5，a11＝－3，a12＝6.观察可得奇数项均为点的横坐标，a2017是第1009个奇数，在y轴右边，可得a2017＝505.答案：50516．观察下列各式：1＝1,1＋＝，1＋＋＝，1＋＋＋＝，由此可猜想，若1＋＋＋…＋＝m，则m＝________.解析：观察各式右侧的结果：1＝，，＝，，…，推测第n个等式的右侧结果为，∴1＋＋＋…＋＝＝，∴m＝.答案：三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤)17．(10分)设m为实数，用三段论证明方程x2－2mx＋m－1＝0有两个相异实根．证明：∵一元二次方程中的判别式Δ＞0，则方程有两个相异实根，(大前提)又方程x2－2mx＋m－1＝0中的Δ＝4m2－4(m－1)＝4(m2－m＋1)＝4＞0，(小前提)∴方程x2－2mx＋m－1＝0有两个相异实根．18．(12分)(2019·高二期中)点P为斜三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱BB1上一点，PM⊥BB1交AA1 于点M，PN⊥BB1交CC1于点N.(1)求证：CC1⊥MN；(2)在任意△DEF中有余弦定理：DE2＝DF2＋EF2－2DF·EF·cos∠DFE.扩展到空间类比三角形的余弦定理，写出斜三棱柱的三个侧面面积与其中两个侧面所成的二面角之间的关系式，并予以证明．解：(1)证明：因为PM⊥BB1，PN⊥BB1，又PM∩PN＝P，所以BB1⊥平面PMN，所以BB1⊥MN.又CC1∥BB1，所以CC1⊥MN.(2)在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，有S2ABB1A1＝S2BCC1B1＋S2ACC1A1－2SBCC1B1SACC1A1cosα.其中α为平面BCC1B1与平面ACC1A1所成的二面角．证明如下：因为CC1⊥平面PMN，所以上述的二面角的平面角为∠MNP.在△PMN中，因为PM2＝PN2＋MN2－2PN·MNcos∠MNP，所以PM2·CC＝PN2·CC＋MN2·CC－2(PN·CC1)·(MN·CC1)cos∠MNP，由于SBCC1B1＝PN·CC1，SACC1A1＝MN·CC1，SABB1A1＝PM·BB1＝PM·CC1，所以S2ABB1A1＝S2BCC1B1＋S2ACC1A1－2SBCC1B1·SACC1A1·cosα.19．(12分)如图，正方形ABCD所在平面与三角形ABE所在平面互相垂直，且EM＝2MD，AB＝3AN，(1)求证：MN∥平面BEC；(2)若H是EB边上的点，且AH⊥EB，求证：BE⊥DH.证明：(1)如图，在CE上取一点F，使EF＝2FC，连接FB、MF. 由题意知，∵EM＝2MD，∴MF∥CD，且MF＝CD，又已知正方形ABCD中，AB＝3AN，∴BN∥CD且BN＝CD，∴MF∥BN且MF＝BN，∴四边形BNMF为平行四边形，∴MN∥BF，又MN⊄平面BEC，BF⊂平面BEC，∴MN∥平面BEC.(2)∵平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB，AD⊂平面ABCD，AD⊥AB，∴AD⊥平面ABE，∵BE⊂平面ABE，∴AD⊥BE，∵BE⊥AH，AD∩AH＝A，AH⊂平面AHD，AD⊂平面AHD，∴BE⊥平面ADH，∵DH⊂平面ADH，∴BE⊥DH.20．(12分)请你把不等式“若a1，a2是正实数，则有＋≥a1＋a2”推广到一般情形，并证明你的结论． 解：推广的结论：若a1，a2，…，an都是正数，则＋＋…＋＋≥a1＋a2＋…＋an.证明：∵a1，a2，…，an都是正数，∴＋a2≥2a1；＋a3≥2a2；…＋an≥2an－1；＋a1≥2an，上式相加得＋＋…＋＋≥a1＋a2＋…＋an.21．(12分)已知实数a，b，c，d满足a＋b＝c＋d＝1，ac＋bd＞1.求证：a，b，c，d中至少有一个是负数．证明：假设a，b，c，d全不是负数．∵a＋b＝c＋d＝1，∴a，b，c，d∈[0,1]∴ac≤≤，bd≤≤，∴ac＋bd≤＋＝1，这与已知ac＋bd＞1相矛盾，所以原假设不成立，即证得a，b，c，d中至少有一个是负数．22．(12分)已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝，且an>0，n∈N*.(1)求a1，a2，a3；(2)猜想数列{an}的通项公式，并用数学归纳法证明． 解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝，得a1＝－1±，又an>0，故a1＝－1＋.同理a2＝－，a3＝－.(2)猜想an＝－.证明：当n＝1时，由(1)可知，a1＝－1＋.假设n＝k(k∈N*)时，ak＝－成立，那么ak＋1＝Sk＋1－Sk＝－.所以a＋2ak＋1－2＝0，又an>0，得ak＋1＝－，所以当n＝k＋1时猜想也成立．综上可知，猜想对一切n∈N*恒成立．