2020_2021学年高中数学第二章推理与证明章末综合测评含解析新人教A版选修2_2

新人教A版高中数学选修1_2：

章末综合测评(二) 推理与证明

(满分：150分 时间：120分钟)

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．根据偶函数定义可推得“函数f (x)＝x2在R上是偶函数”的推理过程是( )

A．归纳推理 B．类比推理

C．演绎推理 D．非以上答案

C [根据演绎推理的定义知，推理过程是演绎推理，故选C.]

2．在△ABC中，E，F分别为AB，AC的中点，则有EF∥BC，这个问题的大前提为( )

A．三角形的中位线平行于第三边

B．三角形的中位线等于第三边的一半

C．EF为中位线

D．EF∥BC

A [这个三段论推理的形式为：大前提：三角形的中位线平行于第三边；小前提：EF为△ABC的中位线；结论：EF∥BC.]

3．用数学归纳法证明：“(n＋1)(n＋2)·…·(n＋n)＝2n·1·3·…·(2n－1)”．从“k到k＋1”左端需增乘的代数式为( )

A．2k＋1 B．2(2k＋1)

C．2k＋1k＋1 D．2k＋3k＋1

B [当n＝k时左端的第一项为(k＋1)，最后一项为(k＋k)．当n＝k＋1时，左端的第一项为(k＋2)，最后一项为(2k＋2)．∴左边乘以(2k＋1)(2k＋2)，同时还要除以(k＋1)．]

4．下列推理正确的是( )

A．把a(b＋c)与loga(x＋y)类比，则有loga(x＋y)＝logax＋logay

B．把a(b＋c)与sin(x＋y)类比，则有sin(x＋y)＝sin x＋sin y

C．把a(b＋c)与ax＋y类比，则有ax＋y＝ax＋ay

D．把(a＋b)＋c与(xy)z类比，则有(xy)z＝x(yz)

D [(xy)z＝x(yz)是乘法的结合律，正确．]

5．已知a＋b＋c＝0，则ab＋bc＋ca的值( )

A．大于0 B．小于0 C．不小于0 D．不大于0

D [法一：因为a＋b＋c＝0，

所以a2＋b2＋c2＋2ab＋2ac＋2bc＝0，

所以ab＋bc＋ca＝－a2＋b2＋c22≤0.

法二：令c＝0，若b＝0，则ab＋bc＋ca＝0，否则a，b异号，所以ab＋bc＋ca＝ab＜0，排除A，B，C，故选D.]

6．对“a，b，c是不全相等的正数”，给出下列判断：

①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；

②a＝b与b＝c及a＝c中至少有一个成立；

③a≠c，b≠c，a≠b不能同时成立．

其中判断正确的个数为( )

A．0个 B．1个

C．2个 D．3个

B [若(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2＝0，则a＝b＝c，与“a，b，c是不全相等的正数”矛盾，故①正确．a＝b与b＝c及a＝c中最多只能有一个成立，故②不正确．由于“a，b，c是不全相等的正数”，有两种情形：至多有两个数相等或三个数都互不相等，故③不正确．]

7．我们把平面几何里相似形的概念推广到空间：如果两个几何体大小不一定相等，但形状完全相同，就把它们叫做相似体．下列几何体中，一定属于相似体的有( )

①两个球体；②两个长方体；③两个正四面体；④两个正三棱柱；⑤两个正四棱锥．

A．4个 B．3个

C．2个 D．1个

C [类比相似形中的对应边成比例知，①③属于相似体．]

8．观察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，则a10＋b10＝( )

A．28 B．76

C．123 D．199

C [利用归纳法，a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4＝3＋1，a4＋b4＝4＋3＝7，a5＋b5＝7＋4＝11，a6＋b6＝11＋7＝18，a7＋b7＝18＋11＝29，a8＋b8＝29＋18＝47，a9＋b9＝47＋29＝76，a10＋b10＝76＋47＝123，规律为从第三组开始，其结果为前两组结果的和．] 9．对任意的锐角α，β，下列不等式中正确的是( )

A．sin(α＋β)＞sin α＋sin β

B．sin(α＋β)＞cos α＋cos β

C．cos(α＋β)＞sin α＋sin β

D．cos(α＋β)＜cos α＋cos β

D [因为α，β为锐角，所以0＜α＜α＋β＜π，所以cos α＞cos(α＋β)．又cos β＞0，所以cos α＋cos β＞cos(α＋β)．]

10．在等差数列{an}中，若a10＝0，则有等式a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a19－n(n<19且n∈N*)成立，类比上述性质，在等比数列{bn}中，若b11＝1，则有( )

A．b1·b2·…·bn＝b1·b2·…·b19－n

B．b1·b2·…·bn＝b1·b2·…·b21－n

C．b1＋b2＋…＋bn＝b1＋b2＋…＋b19－n

D．b1＋b2＋…＋bn＝b1＋b2＋…＋b21－n

B [令n＝10时，验证即知选B.]

11．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2 014项与5的差，即a2 014－5＝(

)

A．2 018×2 014 B．2 018×2 013

C．1 010×2 012 D．1 010×2 013

D [由已知的图形可以得出图形的编号与图中石子的个数之间的关系为：

n＝1时，a1＝2＋3＝12×(2＋3)×2；

n＝2时，a2＝2＋3＋4＝12×(2＋4)×3；

……

由此可以推断：

an＝2＋3＋…＋(n＋2)＝12×[2＋(n＋2)]×(n＋1)，

∴a2 014－5＝12×[2＋(2 014＋2)]×(2 014＋1)－5＝1 009×2 015－5＝1 010×2 013.]

12．如图(1)，在△ABC中，AB⊥AC于点A，AD⊥BC于点D，则有AB2＝BD·BC，类似地有命题：如图(2)，在三棱锥A-BCD中，AD⊥平面ABC，若A在△BCD内的射影为O，则S2△ABC＝S△BCO·S△BCD，那么上述命题( )

(1) (2)

A．是真命题

B．增加条件“AB⊥AC”后才是真命题

C．是假命题

D．增加条件“三棱锥A-BCD是正三棱锥”后才是真命题

A [由已知垂直关系，不妨进行如下类比：将题图(2)中的△ABC，△BCO，△BDC分别与题图(1)中的AB，BD，BC进行类比即可．严格推理如下：连结DO并延长交BC于点E，连结AE(图略)，则DE⊥BC，AE⊥BC.因为AD⊥平面ABC，所以AD⊥AE.又因为AO⊥DE，所以AE2＝EO·ED，所以S2△ABC＝(12BC·EA)2＝(12BC·EO)·(12BC·ED)＝S△BCO·S△BCD.故选A.]

二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在题中的横线上)

13．已知x，y∈R，且x＋y>2，则x，y中至少有一个大于1，在用反证法证明时，假设应为________．

x，y均不大于1(或者x≤1且y≤1) [“至少有一个”的反面为“一个也没有”，即“x，y均不大于1”，亦即“x≤1且y≤1”．]

14．当n＝1时，有(a－b)(a＋b)＝a2－b2，当n＝2时，有(a－b)(a2＋ab＋b2)＝a3－b3，当n＝3时，有(a－b)(a3＋a2b＋ab2＋b3)＝a4－b4，当n∈N*时，你能得到的结论是________．

(a－b)(an＋an－1b＋…＋abn－1＋bn)＝an＋1－bn＋1 [根据题意，由于当n＝1时，有(a－b)(a＋b)＝a2－b2，当n＝2时，有(a－b)(a2＋ab＋b2)＝a3－b3，当n＝3时，有(a－b)(a3＋a2b＋ab2＋b3)＝a4－b4，当n∈N*时，左边第二个因式为an＋an－1b＋…＋abn－1＋bn，那么对应的表达式为(a－b)(an＋an－1b＋…＋abn－1＋bn)＝an＋1－bn＋1.]

15．有三张卡片，分别写有1和2,1和3,2和3.甲、乙、丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是________．

1和3 [法一：由题意得丙的卡片上的数字不是2和3.

若丙的卡片上的数字是1和2，则由乙的说法知乙的卡片上的数字是2和3，则甲的卡片上的数字是1和3，满足题意；

若丙的卡片上的数字是1和3，则由乙的说法知乙的卡片上的数字是2和3，则甲的卡片上的数字是1和2，不满足甲的说法．

故甲的卡片上的数字是1和3.

法二：因为甲与乙的卡片上相同的数字不是2，所以丙的卡片上必有数字2.又丙的卡片上的数字之和不是5，所以丙的卡片上的数字是1和2.因为乙与丙的卡片上相同的数字不是1，所以乙的卡片上的数字是2和3，所以甲的卡片上的数字是1和3.]

16．现有一个关于平面图形的命题：同一平面内有两个边长都是a的正方形，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方形重叠部分的面积恒为a24.类比到空间，有两个棱长为a的正方体，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方体重叠部分的体积恒为________．

a38 [解法的类比(特殊化)，易得两个正方体重叠部分的体积为a38.]

三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)

17．(本小题满分10分)用综合法或分析法证明：

(1)如果a，b>0，则lg a＋b2≥lg a＋lg b2；

(2)6＋10>23＋2.

[证明] (1)当a，b>0时，有a＋b2≥ab，

∴lga＋b2≥lgab，

∴lga＋b2≥12lg ab＝lg a＋lg b2.

(2)要证6＋10>23＋2，

只要证(6＋10)2>(23＋2)2，

即260>248，这是显然成立的，

所以，原不等式成立．

18．(本小题满分12分)观察：

①tan 10°·tan 20°＋tan 20°·tan 60°＋tan 60°·tan 10°＝1，

②tan 5°·tan 10°＋tan 10°·tan 75°＋tan 75°·tan 5°＝1.