高二新课程数学第二章《推理与证明》章《末质量评估（新人教A版）选修1-2 试卷

章末质量评估(二)(时间：100分钟　满分：120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50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．下列说法中正确的是(　　)．A．合情推理就是正确的推理B．合情推理就是归纳推理C．归纳推理是从一般到特殊的推理过程D．类比推理是从特殊到特殊的推理过程答案　D2．有以下结论：①已知p3＋q3＝2，求证p＋q≤2，用反证法证明时，可假设p＋q≥2；②已知a，b∈R，|a|＋|b|＜1，求证方程x2＋ax＋b＝0的两根的绝对值都小于1，用反证法证明时可假设方程有一根x1的绝对值大于或等于1，即假设|x1|≥1.下列说法中正确的是(　　)．A．①与②的假设都错误B．①与②的假设都正确C．①的假设正确；②的假设错误D．①的假设错误；②的假设正确解析　用反证法证题时一定要将对立面找全．在(1)中应假设p＋q＞2.故(1)的假设是错误的，而(2)的假设是正确的，故选D.答案　D3．凡自然数是整数，4是自然数，所以4是整数．以上三段论推理(　　)．A．正确B．推理形式不正确C．两个“自然数”概念不一致D．“两个整数”概念不一致解析　三段论中的大前提，小前提及推理形式都是正确的．答案　A4．用反证法证明命题“如果a>b，那么>”时，假设的内容应是(　　)．A.＝   B.<C.＝，且<   D.＝或<答案　D5．下面几种推理是合情推理的是(　　)．①由圆的性质类比出球的有关性质；②由直角三角形、等腰三角形、等边三角形内角和是180°归纳出所有三角形的内角和都是180°；③某次考试张军成绩是100分，由此推出全班同学成绩都是100分；④三角形内角和是180°，四边形内角和是360°，五边形内角和是540°，由此得凸n边形内角和是(n－2)·180°.A．①②   B．①③④C．①②④   D．②④解析　①是类比，②④是归纳推理．答案　C6．有一个奇数列1,3,5,7,9，…，现进行如下分组：第1组含有一个数{1}，第2组含两个数{3,5}；第3组含三个数{7,9,11}；…试观察每组内各数之和与其组的编号数n的关系为(　　)．A．等于n2   B．等于n3C．等于n4   D．等于n(n＋1)解析　前三组数分别求和得1,8,27，即13,23,33，所以猜想第n组数的和为n3.答案　B7．黑白两种颜色的正六边形地面砖按如图的规律拼成若干个图案：则第n个图案中的白色地面砖有(　　)．A．4n－2块   B．4n＋2块C．3n＋3块   D．3n－3块解析　法一　第1个图案中有6块白色地面砖，第二个图案中有10块，第三个图案中有14块，归纳为：第n个图案中有4n＋2块．法二　验n＝1时，A、D选项不为6，排除．验n＝2时，C选项不为10，排除．故选B.答案　B8．函数f(x)是[－1,1]上的减函数，α、β是锐角三角形的两个内角，且α≠β，则   下列不等式中正确的是(　　)．A．f(sin α)＞f(cos β)   B．f(cos α)＜f(cos β)C．f(cos α)＞f(sin β)   D．f(sin α)＜f(sin β)解析　因为α、β是锐角三角形的两个内角，所以α＋β＞，所以＞α＞－β＞0，所以cos α＜cos＝sin β.而cos α∈(0,1)，sin β∈(0,1)，f(x)在[－1,1]上是减函数，故f(cos α)＞f(sin β)．答案　C9．类比平面内正三角形的“三边相等，三内角相等”的性质，可推知正四面体   的下列性质，你认为比较恰当的是(　　)．①各棱长相等，同一顶点上的任两条棱的夹角相等；②各个面是全等的正三角形，相邻的两个面所成的二面角相等；③各个面都是全等的正三角形，同一顶点的任两条棱的夹角相等；④各棱长相等，相邻两个面所成的二面角相等．A．①④   B．①②  C．①②③   D．③解析　类比推理原则是：类比前后保持类比规则的一致性，而③④违背了这一规则，①②符合．答案　B10．设P＝＋＋＋，则(　　)． A．0<P<1   B．1<P<2C．2<P<3   D．3<P<4解析　P＝log112＋log113＋log114＋log115＝log11120，1＝log1111<log11120<log11121＝2，即1<P<2.答案　B二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．把答案填在题中横线上)11．观察下列式子：1＋<，1＋＋<，1＋＋＋<，…，则可以猜想：当n≥2时，有________．解析　左边为n项和：1＋＋＋…＋，右边为分式，易知n≥2时为.答案　1＋＋＋…＋<12．若三角形内切圆半径为r，三边长分别为a、b、c，则三角形的面积S＝r(a   ＋b＋c)，根据类比思想，若四面体内切球半径为R，其四个面的面积分别为    S1、S2、S3、S4，则四面体的体积V＝________.解析　由类比推理，以球心为顶点，四个面分别为底，将四面体分割为4个棱锥，得证．答案　R(S1＋S2＋S3＋S4)13．在△ABC中，D为BC的中点，则A＝(A＋A)，将命题类比到三棱   锥中去得到一个类比的命题为_______________________________．答案　在三棱锥A­BCD中，G为△BCD的重心，则A＝·(A＋A＋A)14．在数列{an}中，a1＝1，且Sn、Sn＋1、2S1成等差数列(Sn表示数列{an}的前n项和)，则S2、S3、S4分别为__________，由此猜想Sn＝________.解析　由Sn，Sn＋1,2S1成等差数列，得2Sn＋1＝Sn＋2S1，∵S1＝a1＝1，∴2Sn＋1＝Sn＋2.令n＝1，则2S2＝S1＋2＝1＋2＝3⇒S2＝，同理分别令n＝2，n＝3，可求得S3＝，S4＝.由S1＝1＝，S2＝＝，S3＝＝，S4＝＝，猜想Sn＝.答案　，，　三、解答题(本大题共5小题，共54分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(10分)在不等边△ABC中，A是最小角，求证：A<60°.证明　假设A≥60°，∵A是不等边三角形ABC的最小角(不妨设C为最大角)，∵B>A≥60°，C>A≥60°，∴A＋B＋C>180°，与三角形内角和等于180°矛盾，∴假设错误，原结论成立，即A<60°.16．(10分)设Sn＝＋＋＋…＋，写出S1，S2，S3，S4的值，    归纳并猜想出结果．解　当n＝1,2,3,4时，计算得原式的值分别为：S1＝，S2＝，S3＝，S4＝.观察这4个结果都是分数，每个分数的分子与项数对应，且分子比分母恰好小1.归纳猜想：Sn＝.证明　∵＝1－，＝－，…，＝－.∴Sn＝1－＋－＋－＋…＋－＝1－＝.17．(10分)先解答(1)，再通过类比解答(2)．(1)求证：tan＝；(2)设x∈R且f(x＋1)＝，试问f(x)是周期函数吗？证明你的结论．(1)证明　tan＝＝；(2)解　f(x)是以4为一个周期的周期函数．证明如下：∵f(x＋2)＝f((x＋1)＋1)＝＝＝－，∴f(x＋4)＝f((x＋2)＋2)＝－＝f(x)，∴f(x)是周期函数．18．(12分)若a1>0、a1≠1，an＋1＝(n＝1,2，…，)(1)求证：an＋1≠an；(2)令a1＝，写出a2、a3、a4、a5的值，观察并归纳出这个数列的通项公式an；(3)证明：存在不等于零的常数p，使是等比数列，并求出公比q的值．(1)证明　(采用反证法)．假设an＋1＝an，即＝an，解得an＝0,1.从而an＝an－1＝……＝a1＝0,1，与题设a1>0，a1≠1相矛盾，∴假设错误．故an＋1≠an成立．(2)解　a1＝、a2＝、a3＝、a4＝、a5＝，an＝.(3)证明　因为＝，又＝·q，所以(2＋p－2q)an＋p(1－2q)＝0，因为上式是关于变量an的恒等式，故可解得q＝、p＝－1.19．(12分)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n.(1)设bn＝.证明：数列{bn}是等差数列；(2)求数列{an}的前n项和Sn.(1)证明　∵an＋1＝2an＋2n，∴＝＋1，∵bn＝，∴bn＋1＝bn＋1，即bn＋1－bn＝1，b1＝1，故数列{bn}是首项为1，公差为1的等差数列．(2)解　由(1)知，bn＝n，an＝n2n－1，则Sn＝1·20＋2·21＋…＋(n－1)·2n－2＋n·2n－1，2Sn＝1·21＋2·22＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，两式相减，得Sn＝n·2n－1·20－21－…－2n－1＝n·2n－2n＋1.