2019-2020年高中數(shù)學(xué) 第2章 推理與證明章末檢測(cè)2 蘇教版選修1-2.doc
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2019-2020年高中數(shù)學(xué) 第2章 推理與證明章末檢測(cè)2 蘇教版選修1-2一、填空題(本大題共14小題,每小題5分,共70分)1在ABC中,E、F分別為AB,AC的中點(diǎn),則有EFBC,這個(gè)問題的大前提為_答案三角形的中位線平行于第三邊解析這個(gè)三段論推理的形式為:大前提:三角形的中位線平行于第三邊;小前提:EF為ABC的中位線;結(jié)論:EFBC.2對(duì)大于或等于2的自然數(shù)的正整數(shù)冪運(yùn)算有如下分解方式:22133213542135723353379114313151719根據(jù)上述分解規(guī)律,若m213511,n3的分解中最小的正整數(shù)是21,則mn_.答案11解析m213511636,m6.2335,337911,4313151719,532123252729,n3的分解中最小的數(shù)是21,n353,n5,mn6511.3用反證法證明命題“是無理數(shù)”時(shí),其反證假設(shè)是_答案是有理數(shù)解析應(yīng)對(duì)結(jié)論進(jìn)行否定,則不是無理數(shù),即是有理數(shù)4已知f(x1),f(1)1(xN*),猜想f(x)的表達(dá)式為_答案解析當(dāng)x1時(shí),f(2),當(dāng)x2時(shí),f(3);當(dāng)x3時(shí),f(4),故可猜想f(x).5對(duì)“a,b,c是不全相等的正數(shù)”,給出下列判斷:(ab)2(bc)2(ca)20;ab與bc及ac中至少有一個(gè)成立;ac,bc,ab不能同時(shí)成立其中判斷正確的個(gè)數(shù)為_答案1解析若(ab)2(bc)2(ca)20,則abc,與“a,b,c是不全相等的正數(shù)”矛盾,故正確ab與bc及ac中最多只能有一個(gè)成立,故不正確由于“a,b,c是不全相等的正數(shù)”,有兩種情形:至多有兩個(gè)數(shù)相等或三個(gè)數(shù)都互不相等,故不正確6我們把平面幾何里相似形的概念推廣到空間:如果兩個(gè)幾何體大小不一定相等,但形狀完全相同,就把它們叫做相似體下列幾何體中,一定屬于相似體的有_個(gè)兩個(gè)球體;兩個(gè)長方體;兩個(gè)正四面體;兩個(gè)正三棱柱;兩個(gè)正四棱錐答案2解析類比相似形中的對(duì)應(yīng)邊成比例知,屬于相似體7數(shù)列an滿足a1,an11,則axx等于_答案1解析a1,an11,a211,a312,a41,a511,a612,an3kan(nN*,kN*)axxa23671a21.8若數(shù)列an中,a11,a235,a37911,a413151719,則a8_.答案512解析由a1,a2,a3,a4的形式可歸納:1234728,a8的首項(xiàng)應(yīng)為第29個(gè)正奇數(shù),即229157.a85759616365676971512.9在數(shù)列an中,a11,且Sn,Sn1,2S1成等差數(shù)列(Sn表示數(shù)列an的前n項(xiàng)和),則S2,S3,S4分別為_,猜想Sn_.答案,(nN*)解析由Sn,Sn1,2S1成等差數(shù)列,得2Sn1Sn2S1,因?yàn)镾1a11,所以2Sn1Sn2.令n1,則2S2S12123S2,同理,分別令n2,n3,可求得S3,S4.由S11,S2,S3,S4,猜想Sn.10黑白兩種顏色的正六邊形地面磚按如圖的規(guī)律拼成若干個(gè)圖案,則第n個(gè)圖案中有白色地面磚的塊數(shù)是_答案4n2解觀察可知:除第一個(gè)以外,每增加一個(gè)黑色地板磚,相應(yīng)的白地板磚就增加四個(gè),因此第n個(gè)圖案中有白色地面磚的塊數(shù)是一個(gè)“以6為首項(xiàng),公差是4的等差數(shù)列的第n項(xiàng)”故第n個(gè)圖案中有白色地面磚的塊數(shù)是4n2.11觀察下列等式:(11)21(21)(22)2213(31)(32)(33)23135按此規(guī)律,第n個(gè)等式可為_答案(n1)(n2)(n3)(nn)2n135(2n1)12f(n)1(nN*),經(jīng)計(jì)算得f(2),f(4)2,f(8),f(16)3,f(32),推測(cè)當(dāng)n2時(shí),有_答案f(2n)(n2)解析觀測(cè)f(n)中n的規(guī)律為2k(k1,2,)不等式右側(cè)分別為,k1,2,f(2n)(n2)13已知2,3,4,若6(a,b均為實(shí)數(shù)),推測(cè)a_,b_.答案635解析由前面三個(gè)等式,推測(cè)被開方數(shù)的整數(shù)與分?jǐn)?shù)的關(guān)系,發(fā)現(xiàn)規(guī)律由三個(gè)等式知,整數(shù)和這個(gè)分?jǐn)?shù)的分子相同,而分母是分子的平方減1,由此推測(cè)中,a6,b62135,即a6,b35.14在平面幾何中,ABC的內(nèi)角平分線CE分AB所成線段的比為,把這個(gè)結(jié)論類比到空間:在三棱錐ABCD中(如圖所示),面DEC平分二面角ACDB且與AB相交于E,則得到的類比的結(jié)論是_答案解析CE平分ACB,而面CDE平分二面角ACDB.可類比成,故結(jié)論為.二、解答題(本大題共6小題,共90分)15(14分)已知a、b、c是互不相等的非零實(shí)數(shù)求證三個(gè)方程ax22bxc0,bx22cxa0,cx22axb0至少有一個(gè)方程有兩個(gè)相異實(shí)根證明反證法: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,(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16(14分)設(shè)數(shù)列an是公比為q的等比數(shù)列,Sn是它的前n項(xiàng)和(1)求證:數(shù)列Sn不是等比數(shù)列;(2)數(shù)列Sn是等差數(shù)列嗎?為什么?(1)證明假設(shè)數(shù)列Sn是等比數(shù)列,則SS1S3,即a(1q)2a1a1(1qq2),因?yàn)閍10,所以(1q)21qq2,即q0,這與公比q0矛盾,所以數(shù)列Sn不是等比數(shù)列(2)解當(dāng)q1時(shí),Snna1,故Sn是等差數(shù)列;當(dāng)q1時(shí),Sn不是等差數(shù)列,否則2S2S1S3,即2a1(1q)a1a1(1qq2),得q0,這與公比q0矛盾17(14分)請(qǐng)你把不等式“若a1,a2是正實(shí)數(shù),則有a1a2”推廣到一般情形,并證明你的結(jié)論解推廣的結(jié)論:若a1,a2,an都是正實(shí)數(shù),則有a1a2an.證明:a1,a2,an都是正實(shí)數(shù),a22a1;a32a2;an2an1;a12an,a1a2an.18(16分)已知a,b,c為正數(shù),且f(n)lg,求證:2f(n)f(2n)證明要證2f(n)f(2n)只需證2即證(anbncn)23(a2nb2nc2n)即2anbn2cnbn2ancn2(a2nb2nc2n)a2nb2n2anbn,a2nc2n2ancn,b2nc2n2bncn2anbn2cnbn2ancn2(a2nb2nc2n)原不等式成立19(16分)正實(shí)數(shù)數(shù)列an中,a11,a25,且a成等差數(shù)列證明數(shù)列an中有無窮多項(xiàng)為無理數(shù)證明由已知有:a124(n1),從而an,取n1242k1,則an(kN*)用反證法證明這些an都是無理數(shù)假設(shè)an為有理數(shù),則an必為正整數(shù),且an24k,故an24k1,an24k1,與(an24k)(an24k)1矛盾,所以an(kN*)都是無理數(shù),即數(shù)列an中有無窮多項(xiàng)為無理數(shù)20(16分)設(shè)a,b,c為一個(gè)三角形的三條邊,s(abc),且s22ab,試證:s2a.證明要證s2a,由于s22ab,所以只需證s,即證bs.因?yàn)閟(abc),所以只需證2babc,即證bac.由于a,b,c為一個(gè)三角形的三條邊,所以上式成立,于是原命題成立- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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