《2022年高中數(shù)學(xué) 第2章 推理與證明知能基礎(chǔ)測試 新人教B版選修2-2》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高中數(shù)學(xué) 第2章 推理與證明知能基礎(chǔ)測試 新人教B版選修2-2（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高中數(shù)學(xué) 第2章 推理與證明知能基礎(chǔ)測試 新人教B版選修2-2一、選擇題(本大題共12個小題，每小題5分，共60分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1k棱柱有f(k)個對角面，則k1棱柱的對角面?zhèn)€數(shù)f(k1)為()Af(k)k1Bf(k)k1Cf(k)kDf(k)k2答案A解析增加的一條側(cè)棱與其不相鄰的k2條側(cè)棱形成k2個對角面，而過與其相鄰的兩條側(cè)棱的截面原來為側(cè)面，現(xiàn)在也成了一個對角面，故共增加了k1個對角面，f(k1)f(k)k1.故選A.2已知a0，b0，a、b的等差中項為，且a，b，則的最小值為()A3B4C5D6答案C解析由已知得ab1，ab13325.

2、故選C.3已知f(x)x3x(xR)，a、b、cR，且ab0，bc0，ca0，則f(a)f(b)f(c)的符號為()A正B負(fù)C等于0D無法確定答案A解析f(x)3x210，f(x)在R上是增函數(shù)又ab0，ab.f(a)f(b)又f(x)x3x是奇函數(shù)，f(a)f(b)，即f(a)f(b)0.同理：f(b)f(c)0，f(c)f(a)0，f(a)f(b)f(c)0，故選A.4下列代數(shù)式(其中kN*)能被9整除的是()A667kB27k1C2(27k1)D3(27k)答案D解析特值法：當(dāng)k1時，顯然只有3(27k)能被9整除，故選D.證明如下：當(dāng)k1時，已驗證結(jié)論成立，假設(shè)當(dāng)kn(nN*)時，命題

3、成立，即3(27n)能被9整除，那么3(27n1)21(27n)36.3(27n)能被9整除，36能被9整除，21(27n)36能被9整除，這就是說，kn1時命題也成立故命題對任何kN*都成立5已知123332433n3n13n(nab)c對一切nN*都成立，那么a，b，c的值為()Aa，bcBabcCa0，bcD不存在這樣的a、b、c答案A解析令n1，得13(ab)c，令n2，得1239(2ab)c，令n3，得12333227(3ab)c.即，a，bc.故選A.6觀察下列各式：ab1，a2b23，a3b34，a4b47，a5b511，則a10b10()A28B76C123D199答案C解析法

4、一：由ab1，a2b23得ab1，代入后三個等式中符合，則a10b10(a5b5)22a5b5123，故選C.法二：令ananbn，則a11，a23，a34，a47，得an2anan1，從而a618，a729，a847，a976，a10123，故選C.7觀察下列各式：553125,5615625,5778125，則5xx的末四位數(shù)字為()A3125B5625C0625D8125答案D解析553125,5615625,5778125，58末四位數(shù)字為0625,59末四位數(shù)字為3125，510末四位數(shù)字為5625,511末四位數(shù)字為8125，512末四位數(shù)字為0625，由上可得末四位數(shù)字周期為4，

5、呈規(guī)律性交替出現(xiàn)，5xx545027末四位數(shù)字為8125.8.已知函數(shù)f(x)滿足f(0)0，導(dǎo)函數(shù)f (x)的圖象如圖所示，則f(x)的圖象與x軸圍成的封閉圖形的面積為()A.BC2D答案B解析由f (x)的圖象知，f (x)2x2，設(shè)f(x)x22xc，由f(0)0知，c0，f(x)x22x，由x22x0得x0或2.故所求面積S(x22x)dx.9平面上有n個圓，其中每兩個都相交于兩點，每三個都無公共點，它們將平面分成f(n)塊區(qū)域，有f(1)2，f(2)4，f(3)8，則f(n)的表達(dá)式為()A2nBn2n2C2n(n1)(n2)(n3)Dn35n210n4答案B解析四個選項的前三項是相

6、同的，但第四項f(4)14(如圖)就只有B符合，從而否定A，C，D，選B，一般地，可用數(shù)學(xué)歸納法證明f(n)n2n2.故選B.10已知等比數(shù)列an，其前n項和為Snk，則Sk1與Sk的遞推關(guān)系不滿足()ASk1SkBSk11SkCSk1Skak1DSk13Sk3akak1答案A解析Sk1a1a2akak1Skak1.C真Sk1111Sk.B真3Sk3313akak13Sk1akak1.D真事實上，Sk1Skak1Sk.A不真故選A.11下列結(jié)論正確的是()A當(dāng)x0且x1時，lgx2B當(dāng)x0時，2C當(dāng)x2時，x的最小值為2D當(dāng)00)，觀察：f1(x)f(x)，f2(x)f(f1(x)，f3(x)

7、f(f2(x)，f4(x)f(f3(x)，根據(jù)以上事實，由歸納推理可得：當(dāng)nN*且n2時，fn(x)f(fn1(x)_.答案解析觀察f1(x)、f2(x)、f3(x)、f4(x)的表達(dá)式可見，fn(x)的分子為x，分母中x的系數(shù)比常數(shù)項小1，常數(shù)項依次為2,4,8,162n.故fn(x).14在平面上，我們用一直線去截正方形的一個角，那么截下的一個直角三角形，按如圖所標(biāo)邊長，由勾股定理有c2a2b2.設(shè)想正方形換成正方體，把截線換成如圖截面，這時從正方體上截下三條側(cè)棱兩兩垂直的三棱錐OLMN，如果用S1、S2、S3表示三個側(cè)面面積，S表示截面面積，那么類比得到的結(jié)論是_答案S2SSS解析類比如

8、下：正方形正方體；截下直角三角形截下三側(cè)面兩兩垂直的三棱錐；直角三角形斜邊平方三棱錐底面面積的平方；直角三角形兩直角邊平方和三棱錐三個側(cè)面面積的平方和，結(jié)論S2SSS.證明如下：如圖，作OE平面LMN，垂足為E，連接LE并延長交MN于F，LOOM，LOON，LO平面MON，MN平面MON，LOMN，OEMN，MN平面OFL，SOMNMNOF，SMNEMNFE，SMNLMNLF，OF2FEFL，S(MNOF)2(MNFE)(MNFL)SMNESMNL，同理SSMLESMNL，SSNLESMNL，SSS(SMNESMLESNLE)SMNLS，即SSSS2.15對于大于1的自然數(shù)m的n次冪可用奇數(shù)進(jìn)

9、行如圖所示的“分裂”，仿此，記53的“分裂”中的最小數(shù)為a，而52的“分裂”中最大的數(shù)是b，則ab_.答案30解析類比規(guī)律a21，b9故ab30.16觀察下列等式：1，1，1，由以上等式推測到一個一般的結(jié)論：對于nN*，_.答案1解析由已知中的等式：11，1，1，所以對于nN*，1.三、解答題(本大題共6個小題，共74分解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17(本題滿分12分)已知a、b、c是互不相等的非零實數(shù)用反證法證明三個方程ax22bxc0，bx22cxa0，cx22axb0至少有一個方程有兩個相異實根證明假設(shè)三個方程中都沒有兩個相異實根，則14b24ac0，24c24ab0，34a

10、24bc0.相加有a22abb2b22bcc2c22aca20，即(ab)2(bc)2(ca)20.由題意a、b、c互不相等，式不能成立假設(shè)不成立，即三個方程中至少有一個方程有兩個相異實根18(本題滿分12分)在圓x2y2r2(r0)中，AB為直徑，C為圓上異于A、B的任意一點，則有kACkBC1.你能用類比的方法得出橢圓1(ab0)中有什么樣的結(jié)論？并加以證明解析類比得到的結(jié)論是：在橢圓1(ab0)中，A、B分別是橢圓長軸的左右端點，點C(x，y)是橢圓上不同于A、B的任意一點，則kACkBC證明如下：設(shè)A(x0，y0)為橢圓上的任意一點，則A關(guān)于中心的對稱點B的坐標(biāo)為B(x0，y0)，點P

11、(x，y)為橢圓上異于A，B兩點的任意一點，則kAPkBP.由于A、B、P三點在橢圓上，兩式相減得，0，即kAPkBP.故在橢圓1(ab0)中，長軸兩個端點為A、B、P為異于A、B的橢圓上的任意一點，則有kABkBP.19(本題滿分12分)已知a、bR，求證：.證明設(shè)f(x)，x0，)設(shè)x1、x2是0，)上的任意兩個實數(shù)，且0x1x10，所以f(x2)f(x1)所以f(x)在0，)上是增函數(shù)(大前提)由|a|b|ab|0(小前提)知f(|a|b|)f(|ab|)即成立20(本題滿分12分)設(shè)a，bR，且ab，求證：a3b3a2bab2.證明證法1：用分析法要證a3b3a2bab2成立，只需證(

12、ab)(a2abb2)ab(ab)成立又因ab0，只需證a2abb2ab成立只需證a22abb20成立即需證(ab)20成立而依題設(shè)ab，則(ab)20顯然成立由此命題得證證法2：用綜合法abab0(ab)20a22abb20a2abb2ab.注意到a，bR，ab0，由上式即得(ab)(a2abb2)ab(ab)a3b3a2bab2.21(本題滿分12分)(xx甘肅省會寧一中高二期中)用數(shù)學(xué)歸納法證明等式：12223242(2n1)2(2n)2n(2n1)(nN*)證明(1)當(dāng)n1時，左邊12223，右邊1(21)3，故左邊右邊，當(dāng)n1時，等式成立；(2)假設(shè)nk時，等式成立，即122232(

13、2k1)2(2k)2k(2k1)成立，那么nk1時，左邊122232(2k1)2(2k2)2k(2k1)(2k1)24(k1)2(2k1)(2k1)k4(k1)2(k1)(2k3)(k1)2(k1)1，綜合(1)、(2)可知等式12223242(2k1)2(2n)2n(2n1)對于任意正整數(shù)都成立22(本題滿分14分)(xx湖北理，22)已知數(shù)列an的各項均為正數(shù)，bnnnan(nN)，e為自然對數(shù)的底數(shù)(1)求函數(shù)f(x)1xex的單調(diào)區(qū)間，并比較n與e的大??；(2)計算，由此推測計算的公式，并給出證明；(3)令cn(a1a2an)，數(shù)列an，cn的前n項和分別記為Sn，Tn，證明：TneS

14、n.解析(1)f(x)的定義域為(，)，f(x)1ex.當(dāng)f(x)0，即x0時，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)f(x)0，即x0時，f(x)單調(diào)遞減故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(，0)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，)當(dāng)x0時，f(x)f(0)0，即1xex.令x，得1e，即(1)ne.(2)1(1)1112；22(1)2(21)232；323(1)3(31)343.由此推測：(n1)n.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明.(1)當(dāng)n1時，左邊右邊2，成立(2)假設(shè)當(dāng)nk時，成立，即(k1)k.當(dāng)nk1時，bk1(k1)(1)k1ak1，由歸納假設(shè)可得(k1)k(k1)(1)k1(k2)k1.所以當(dāng)nk1時，也成立根據(jù)(1)(2)，可知對一切正整數(shù)n都成立(3)由cn的定義，算術(shù)幾何平均不等式， bn的定義及得Tnc1c2c3cn(a1)(a1a2)(a1a2a3)(a1a2an)b1b2bnb1(1)b2()bn()(1)1a1(1)2a2(1)nanea1ea2eaneSn.即TneSn.