2022年高中數(shù)學(xué) 第2章 推理與證明知能基礎(chǔ)測(cè)試 新人教B版選修2-2一、選擇題(本大題共12個(gè)小題，每小題5分，共60分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1k棱柱有f(k)個(gè)對(duì)角面，則k1棱柱的對(duì)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(gè)對(duì)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(gè)對(duì)角面，故共增加了k1個(gè)對(duì)角面，f(k1)f(k)k1.故選A.2已知a>0，b>0，a、b的等差中項(xiàng)為，且a，b，則的最小值為()A3B4C5D6答案C解析由已知得ab1，ab13325.故選C.3已知f(x)x3x(xR)，a、b、cR，且ab>0，bc>0，ca>0，則f(a)f(b)f(c)的符號(hào)為()A正B負(fù)C等于0D無法確定答案A解析f(x)3x21>0，f(x)在R上是增函數(shù)又ab>0，a>b.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()A66·7kB27k1C2(27k1)D3(27k)答案D解析特值法：當(dāng)k1時(shí)，顯然只有3(27k)能被9整除，故選D.證明如下：當(dāng)k1時(shí)，已驗(yàn)證結(jié)論成立，假設(shè)當(dāng)kn(nN*)時(shí)，命題成立，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(shí)命題也成立故命題對(duì)任何kN*都成立5已知12×33×324×33n×3n13n(nab)c對(duì)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12×39(2ab)c，令n3，得12×33×3227(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解析法一：由ab1，a2b23得ab1，代入后三個(gè)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，呈規(guī)律性交替出現(xiàn)，5xx54×5027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(gè)圓，其中每?jī)蓚€(gè)都相交于兩點(diǎn)，每三個(gè)都無公共點(diǎn)，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(gè)選項(xiàng)的前三項(xiàng)是相同的，但第四項(xiàng)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(xiàng)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Sk111×1Sk.B真3Sk3×313akak13Sk1akak1.D真事實(shí)上，Sk1Skak1Sk.A不真故選A.11下列結(jié)論正確的是()A當(dāng)x>0且x1時(shí)，lgx2B當(dāng)x>0時(shí)，2C當(dāng)x2時(shí)，x的最小值為2D當(dāng)0<x2時(shí)，x無最大值答案B解析A錯(cuò)在lgx的正負(fù)不清；C錯(cuò)在等號(hào)成立的條件不存在；根據(jù)函數(shù)f(x)x的單調(diào)性，當(dāng)x2時(shí)，f(2)max，故D錯(cuò)故選B.12如圖(1)，在ABC中，ABAC于點(diǎn)A，ADBC于點(diǎn)D，則有AB2BD·BC，類似地有命題：如圖(2)，在三棱錐ABCD中，AD面ABC，若A在BCD內(nèi)的射影為O，則SSBCO·SBCD，那么上述命題()A是真命題B增加條件“ABAC”后才是真命題C是假命題D增加條件“三棱錐ABCD是正三棱錐”后才是真命題答案A解析由已知垂直關(guān)系，不妨進(jìn)行如下類比：將題圖(2)中的ABC，BCO，BDC分別與題圖(1)中的AB，BD，BC進(jìn)行類比即可嚴(yán)格推理如下：連結(jié)DO并延長(zhǎng)交BC于點(diǎn)E，連結(jié)AE，則DEBC，AEBC.因?yàn)锳D面ABC，所以ADAE.又因?yàn)锳ODE，所以AE2EO·ED，所以S(BC·EA)2(BC·EO)·(BC·ED)SBCO·SBCD.故選A.二、填空題(本大題共4個(gè)小題，每小題4分，共16分將正確答案填在題中橫線上)13設(shè)函數(shù)f(x)(x>0)，觀察：f1(x)f(x)，f2(x)f(f1(x)，f3(x)f(f2(x)，f4(x)f(f3(x)，根據(jù)以上事實(shí)，由歸納推理可得：當(dāng)nN*且n2時(shí)，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(xiàng)小1，常數(shù)項(xiàng)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(gè)角，那么截下的一個(gè)直角三角形，按如圖所標(biāo)邊長(zhǎng)，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(shí)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(gè)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(gè)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(zhǎng)交MN于F，LOOM，LOON，LO平面MON，MN平面MON，LOMN，OEMN，MN平面OFL，SOMNMN·OF，SMNEMN·FE，SMNLMN·LF，OF2FE·FL，S(MN·OF)2(MN·FE)·(MN·FL)SMNE·SMNL，同理SSMLE·SMNL，SSNLE·SMNL，SSS(SMNESMLESNLE)·SMNLS，即SSSS2.15對(duì)于大于1的自然數(shù)m的n次冪可用奇數(shù)進(jìn)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(cè)到一個(gè)一般的結(jié)論：對(duì)于nN*，×××_.答案1解析由已知中的等式：×11，××1，×××1，所以對(duì)于nN*，×××1.三、解答題(本大題共6個(gè)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(shí)數(shù)用反證法證明三個(gè)方程ax22bxc0，bx22cxa0，cx22axb0至少有一個(gè)方程有兩個(gè)相異實(shí)根證明假設(shè)三個(gè)方程中都沒有兩個(gè)相異實(shí)根，則14b24ac0，24c24ab0，34a24bc0.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(gè)方程中至少有一個(gè)方程有兩個(gè)相異實(shí)根18(本題滿分12分)在圓x2y2r2(r>0)中，AB為直徑，C為圓上異于A、B的任意一點(diǎn)，則有kAC·kBC1.你能用類比的方法得出橢圓1(a>b>0)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(a>b>0)中，A、B分別是橢圓長(zhǎng)軸的左右端點(diǎn)，點(diǎn)C(x，y)是橢圓上不同于A、B的任意一點(diǎn)，則kAC·kBC證明如下：設(shè)A(x0，y0)為橢圓上的任意一點(diǎn)，則A關(guān)于中心的對(duì)稱點(diǎn)B的坐標(biāo)為B(x0，y0)，點(diǎn)P(x，y)為橢圓上異于A，B兩點(diǎn)的任意一點(diǎn)，則kAP·kBP·.由于A、B、P三點(diǎn)在橢圓上，兩式相減得，0，即kAP·kBP.故在橢圓1(a>b>0)中，長(zhǎng)軸兩個(gè)端點(diǎn)為A、B、P為異于A、B的橢圓上的任意一點(diǎn)，則有kAB·kBP.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(gè)實(shí)數(shù)，且0x1<x2，則f(x2)f(x1) .因?yàn)閤2>x10，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：a3b3>a2bab2.證明證法1：用分析法要證a3b3>a2bab2成立，只需證(ab)(a2abb2)>ab(ab)成立又因ab>0，只需證a2abb2>ab成立只需證a22abb2>0成立即需證(ab)2>0成立而依題設(shè)ab，則(ab)2>0顯然成立由此命題得證證法2：用綜合法abab0(ab)2>0a22abb2>0a2abb2>ab.注意到a，bR，ab>0，由上式即得(ab)(a2abb2)>ab(ab)a3b3>a2bab2.21(本題滿分12分)(xx·甘肅省會(huì)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(shí)，左邊12223，右邊1×(21)3，故左邊右邊，當(dāng)n1時(shí)，等式成立；(2)假設(shè)nk時(shí)，等式成立，即122232(2k1)2(2k)2k(2k1)成立，那么nk1時(shí)，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(duì)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(xiàng)均為正數(shù)，bnnnan(nN)，e為自然對(duì)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的大小；(2)計(jì)算，由此推測(cè)計(jì)算的公式，并給出證明；(3)令cn(a1a2an)，數(shù)列an，cn的前n項(xiàng)和分別記為Sn，Tn，證明：TneSn.解析(1)f(x)的定義域?yàn)?，)，f(x)1ex.當(dāng)f(x)0，即x0時(shí)，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)f(x)0，即x0時(shí)，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(shí)，f(x)f(0)0，即1xex.令x，得1e，即(1)ne.(2)1·(1)1112；·2·2(1)2(21)232；·32·3(1)3(31)343.由此推測(cè)：(n1)n.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明.(1)當(dāng)n1時(shí)，左邊右邊2，成立(2)假設(shè)當(dāng)nk時(shí)，成立，即(k1)k.當(dāng)nk1時(shí)，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(shí)，也成立根據(jù)(1)(2)，可知對(duì)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)b1b2bn·b1(1)b2()bn()(1)1a1(1)2a2(1)nanea1ea2eaneSn.即TneSn.