精編高中數(shù)學 第一章 推理與證明綜合測試 北師大版選修22

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1、精編北師大版數(shù)學資料 【成才之路】2015-2016學年高中數(shù)學 第一章 推理與證明綜合測試 北師大版選修2-2 時間120分鐘，滿分150分． 一、選擇題(本大題共10個小題，每小題5分，共50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) 1．由“正三角形的內(nèi)切圓切于三邊的中點”可類比猜想：“正四面體的內(nèi)切球切于四個面________．”(　　) A．各正三角形內(nèi)一點 B．各正三角形的某高線上的點 C．各正三角形的中心 D．各正三角形外的某點 [答案]　C [解析]　正三角形的邊對應正四面體的面，即正三角形表示的側(cè)面，所以邊的中點對應的就是正三角形的中心．故選

2、C． 2．不等式a＞b與＞同時成立的充要條件為(　　) A．a(chǎn)＞b＞0　　　　　　 B．a(chǎn)＞0＞b C．＜＜0 D．＞＞0 [答案]　B [解析]　???a＞0＞b，故選B. 3．否定結(jié)論“至多有兩個解”的說法中，正確的是(　　) A．有一個解 B．有兩個解 C．至少有三個解 D．至少有兩個解 [答案]　C [解析]　至少有兩個解包含：有兩解，有一解，無解三種情況． 4．已知f(n)＝＋＋＋…＋，則(　　) A．f(n)中共有n項，當n＝2時，f(2)＝＋ B．f(n)中共有n＋1項，當n＝2時，f(2)＝＋＋ C．f(n)中共有n2－n項，當n＝2時，f(2

3、)＝＋ D．f(n)中共有n2－n＋1項，當n＝2時，f(2)＝＋＋ [答案]　D [解析]　∵f(n)＝＋＋＋…＋ ∴f(n)中共有n2－n＋1項． f(2)＝＋＋＝＋＋ 5．數(shù)列{an}中前四項分別為2，，，，則an與an＋1之間的關(guān)系為(　　) A．a(chǎn)n＋1＝an＋6 B．＝＋3 C．a(chǎn)n＋1＝ D．a(chǎn)n＋1＝ [答案]　B [解析]　觀察前四項知它們分子相同，分母相差6， ∴{}為等差數(shù)列． 6．已知“整數(shù)對”按如下規(guī)律排成一列：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，…，則第6

4、0個數(shù)對是(　　) A．(7,5) B．(5,7) C．(2,10) D．(10,1) [答案]　B [解析]　依題意，由和相同的整數(shù)對分為一組不難得知，第n組整數(shù)對的和為n＋1，且有n個整數(shù)對． 這樣前n組一共有個整數(shù)對． 注意到<60<. 因此第60個整數(shù)對處于第11組的第5個位置，為(5,7)．故選B. 7．設a、b、c都是正數(shù)，則a＋，b＋，c＋三個數(shù)(　　) A．都大于2 B．至少有一個大于2 C．至少有一個不大于2 D．至少有一個不小于2 [答案]　D [解析]　a＋＋b＋＋c＋ ＝(a＋)＋(b＋)＋(c＋) ∵a、b、c都是正數(shù)，

5、∴a＋≥2，b＋≥2，c＋≥2，當且僅當a＝1，b＝1，c＝1時取等號 ∴a＋＋b＋＋c＋≥6 ∴a＋，b＋，c＋至少有一個不小于2. 8．把1,3,6,10,15,21，…，這些數(shù)叫作三角形數(shù)，如圖所示，則第七個三角形數(shù)是(　　) A．27　　　 B．28　　　 C．29　　　 D．30 [答案]　B [解析]　第一個三角形數(shù)是1， 第二個三角形數(shù)是1＋2＝3， 第三個三角形數(shù)是1＋2＋3＝6， 第四個三角形數(shù)是1＋2＋3＋4＝10， 因此，由歸納推理得第n個三角形數(shù)是1＋2＋3＋4＋…＋n＝. 由此可以得出第七個三角形數(shù)是28. 9．(2014·長安

6、一中、高新一中、交大附中、師大附中、西安中學一模)設△ABC的三邊長分別為a、b、c，△ABC的面積為S，內(nèi)切圓半徑為r，則r＝；類比這個結(jié)論可知：四面體P－ABC的四個面的面積分別為S1、S2、S3、S4，內(nèi)切球的半徑為r，四面體P－ABC的體積為V，則r＝(　　) A． B． C． D． [答案]　C [解析]　將△ABC的三條邊長a、b、c類比到四面體P－ABC的四個面面積S1、S2、S3、S4，將三角形面積公式中系數(shù)，類比到三棱錐體積公式中系數(shù)，從而可知選C． 證明如下：以四面體各面為底，內(nèi)切球心O為頂點的各三棱錐體積的和為V，∴V＝S1r＋S2r＋S3r＋S4r，∴r＝

7、. 10．(2015·陜西文，10)設f(x)＝ln x,0＜a＜b，若p＝f()，q＝f，r＝(f(a)＋f(b))，則下列關(guān)系式中正確的是(　　) A．q＝r＜p B．q＝r＞p C．p＝r＜q D．p＝r＞q [答案]　C [解析]　p＝f()＝ln ＝ln (ab)；q＝f()＝ln ；r＝(f(a)＋f(b))＝ln (ab)，因為＞， 由f(x)＝ln x是個遞增函數(shù)，f()＞f()， 所以q＞p＝r，故答案選C． 二、填空題(本大題共5小題，每小題5分，共25分) 11.(2014·廈門六中高二期中)在平面上，我們用一直線去截正方形的一

8、個角，那么截下的一個直角三角形，按如圖所標邊長，由勾股定理有c2＝a2＋b2.設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O－LMN，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]　S2＝S＋S＋S [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?三棱錐三個側(cè)面面積的平方和，結(jié)論S2＝S＋S＋S. 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， ∵LO⊥

9、OM，LO⊥ON，∴LO⊥平面MON， ∵MN?平面MON，∴LO⊥MN， ∵OE⊥MN，∴MN⊥平面OFL，∴S△OMN＝MN·OF，S△MNE＝MN·FE，S△MNL＝MN·LF，OF2＝FE·FL，∴S＝(MN·OF)2＝(MN·FE)·(MN·FL)＝S△MNE·S△MNL，同理S＝S△MLE·S△MNL，S＝S△NLE·S△MNL，∴S＋S＋S＝(S△MNE＋S△MLE＋S△NLE)·S△MNL＝S，即S＋S＋S＝S2. 12．f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N*

10、)，經(jīng)計算得f(2)＝，f(4)＞2，f(8)＞，f(16)＞3，f(32)＞.推測：當n≥2時，有____________． [答案]　f(2n)＞ [解析]　由前幾項的規(guī)律可得答案． 13.函數(shù)y＝loga(x＋3)－1(a>0且a≠1)的圖像恒過定點A，若點A在直線mx＋ny＋1＝0上，其中mn>0，則＋的最小值為________． [答案]　8 [解析]　y＝loga(x＋3)－1(a>0且a≠1)的圖像恒過定點A(－2，－1)． 又∵點A在直線mx＋ny＋1＝0上， ∴2m＋n＝1. 又∵mn>0，∴m>0，n>0. ∴2m＋n＝

11、1≥2，當且僅當2m＝n＝， 即m＝，n＝時取等號， ∴mn≤.∴＋＝＝≥8. 14．若數(shù)列{an}中，a1＝1，a2＝3＋5，a3＝7＋9＋11，a4＝13＋15＋17＋19，…，則a10＝________. [答案]　1 000 [解析]　前10項共使用了1＋2＋3＋4＋…＋10＝55個奇數(shù)，a10為由第46個到第55個奇數(shù)的和，即a10＝(2×46－1)＋(2×47－1)＋…＋(2×55－1)＝＝1 000. 15．(2014·陜西文，14)已知f(x)＝，x≥0，若f1(x)＝f(x)，fn＋1(x)＝f(fn(x))，n∈N＋，

12、則f2014(x)的表達式為________． [答案]　 [解析]　f1(x)＝f(x)＝，f2(x)＝f(f1(x))＝＝，f3(x)＝f(f2(x))＝＝，…，f2014(x)＝.應尋求規(guī)律，找出解析式． 三、解答題(本大題共6小題，共75分，前4題每題12分，20題13分，21題14分) 16．已知a>0，b>0，求證：＋≥＋. [證明]　證法一：(綜合法) ∵a>0，b>0， ∴＋≥2，當且僅當a＝b時取等號，同理：＋≥2，當且僅當a＝b時取等號． ∴＋＋＋≥2＋2， 即＋≥＋. 證法二：(分析法) 要證＋≥＋， 只需證：a＋b≥a＋b

13、， 只需證：a＋b－a－b≥0， 而a(－)－b(－)＝(＋)(－)2≥0， 當且僅當a＝b時取等號， 所以＋≥＋. 證法三：(反證法) 假設當a>0，b>0時，＋<＋. 由＋<＋，得＋－－<0， 即 ＝ ＝<0， 當a>0，b>0時，顯然不成立，∴假設不成立． 故＋≥＋. 17．在△ABC中，AB⊥AC，AD⊥BC于D，求證：＝＋，那么在四面體ABCD中，類比上述結(jié)論，你能得到怎樣的猜想？并說明理由． [證明]　如圖(1)所示，由射影定理AD2＝BD·DC，AB2＝BD·BC，AC2＝BC

14、3;DC， ∴＝ ＝＝. 又BC2＝AB2＋AC2， ∴＝＝＋. ∴＝＋. 猜想：類比AB⊥AC，AD⊥BC猜想： 四面體ABCD中，AB、AC、AD兩兩垂直， AE⊥平面BCD.則＝＋＋. 如圖(2)，連結(jié)BE交CD于F，連結(jié)AF. ∵AB⊥AC，AB⊥AD， ∴AB⊥平面ACD. 而AF?面ACD， ∴AB⊥AF. 在Rt△ABF中，AE⊥BF， ∴＝＋. 在Rt△ACD中，AF⊥CD， ∴＝＋ ∴＝＋＋， 故猜想正確． 18．已知數(shù)列{an}，a1＝5且Sn－1＝an(n≥2，n∈N＋)． (1)求a2，a3，a4，并由此猜想an的表達式； (

15、2)用數(shù)學歸納法證明{an}的通項公式． [分析]　利用不完全歸納法猜想歸納出an，然后用數(shù)學歸納法證明．解題的關(guān)鍵是根據(jù)已知條件和假設尋找ak與ak＋1和Sk與Sk＋1之間的關(guān)系． [解析]　(1)由已知，得a2＝S1＝a1＝5，a3＝S2＝a1＋a2＝10，a4＝S3＝a1＋a2＋a3＝5＋5＋10＝20，an＝. (2)①證明當n＝2時，a2＝5×22－2＝5，表達式成立． 當n＝1時顯然成立，下面用數(shù)學歸納法證明n≥2時結(jié)論亦成立． ②假設n＝k(k≥2，k∈N＋)時表達式成立，即ak＝5×2k－2， 則當n＝k＋1時，由已知條件和假設有 ak＋1＝S

16、k＝a1＋a2＋…＋ak ＝5＋5＋10＋…＋5×2k－2 ＝5＋ ＝5×2k－1 ＝5×2(k＋1)－2.故當n＝k＋1時，表達式也成立． 由①②可知，對一切n(n≥2，n∈N＋)都有an＝5×2n－2. 19.在圓x2＋y2＝r2(r>0)中，AB為直徑，C為圓上異于A，B的任意一點，則有kAC·kBC＝－1.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分別是橢圓長軸的左右端點，點P(x，y)是橢圓上不

17、同于A，B的任意一點，則kAP·kBP＝－ 證明如下：設A(x0，y0)為橢圓上的任意一點，則A關(guān)于中心的對稱點B的坐標為B(－x0，－y0)，點P(x，y)為橢圓上異于A，B兩點的任意一點，則kAP·kBP＝·＝. 由于A，B，P三點在橢圓上，∴ 兩式相減得，＋＝0， ∴＝－，即kAP·kBP＝－. 故在橢圓＋＝1(a>b>0)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kAP·kBP＝－. 20.已知二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)的圖象與x軸有兩個不同的交點，若f(c)＝0，且

18、0<x<c時，f(x)>0. (1)證明：是f(x)＝0的一個根； (2)試比較與c的大?。? (3)證明：－2<b<－1. [解析]　(1)證明：∵f(x)的圖象與x軸有兩個不同的交點， ∴f(x)＝0有兩個不等實根x1，x2， ∵f(c)＝0， ∴x1＝c是f(x)＝0的一個根． 又x1x2＝，∴x2＝(≠c)， ∴是f(x)＝0的一個根． (2)解：假設<c. 由>0，當0<x<c時，f(x)>0， 知f()>0，與f()＝0矛盾，∴≥c， 又∵≠c，∴>c. (3)證明：由f(c)＝0，得

19、ac＋b＋1＝0， ∴b＝－1－ac. 又a>0，c>0，∴b<－1. 二次函數(shù)f(x)的圖象的對稱軸方程為x＝－＝<＝x2＝，即－<. 又a>0，∴b>－2， ∴－2<b<－1. 21.等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知對任意的n∈N＋，點(n，Sn)均在函數(shù)y＝bx＋r(b>0且b≠1，b，r均為常數(shù))的圖像上． (1)求r的值； (2)當b＝2時，記bn＝2(log2an＋1)(n∈N＋)，證明：對任意的n∈N＋，不等式··…·>成立． [解析]　(1)因為對任意n∈N＋

20、，點(n，Sn)均在函數(shù)y＝bx＋r(b>0且b≠1，b，r均為常數(shù))的圖像上，所以Sn＝bn＋r.當n＝1時，a1＝S1＝b＋r， 當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝bn＋r－(bn－1＋r)＝bn－bn－1＝(b－1)bn－1， 又因為{an}為等比數(shù)列，所以r＝－1，公比為b，an＝(b－1)bn－1. (2)證明：當b＝2時，an＝(b－1)bn－1＝2n－1， bn＝2(log2an＋1)＝2(log22n－1＋1)＝2n， 則＝，所以··…·＝···…·. 下面用數(shù)學歸納法證明不等式：··…·>. ①當n＝1時，左邊＝，右邊＝，因為>，所以不等式成立． ②假設當n＝k(k∈N＋)時，不等式成立， 即···…·>.則當n＝k＋1時， 左邊＝···…·· >·＝ ＝ ＝>， 所以當n＝k＋1時，不等式也成立． 由①②可得，不等式對任何n∈N＋都成立， 即··…·>恒成立．