高中数学第二章推理与证明单元形成性评价含解析新人教A版选修2_2.doc

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1、单元形成性评价(二)(第二章)(120分钟150分)一、选择题(每小题5分，共60分)1(2021玉林高二检测)下列表述正确的是()归纳推理是由部分到整体的推理；归纳推理是由一般到一般的推理；演绎推理是由一般到特殊的推理；类比推理是由特殊到一般的推理；类比推理是由特殊到特殊的推理A B C D【解析】选C.所谓归纳推理，就是从个别性知识推出一般性结论的推理，故对错；所谓演绎推理是由一般到特殊的推理，故对；类比推理是根据两个或两类对象有部分属性相同，从而推出它们的其他属性也相同的推理，故错对2诗歌是一种抒情言志的文学体裁，用高度凝练的语言、形象表达作者丰富的情感，诗歌也可以反映数量关系的内在联系

2、和规律，人们常常把数学问题和算法理论编成朗朗上口的诗歌词赋，使抽象理性的数学问题诗词化，比如诗歌：“十里长街闹盈盈，庆祝祖国万象新；佳节礼花破长空，长街灯笼胜繁星；七七数时余两个，八个一数恰为零；三数之时剩两盏，灯笼几盏放光明”，则此诗歌中长街上灯笼最少几盏()A70 B128 C140 D150【解析】选B.由七七数时余两个，可知灯笼数除以7余2，则A，C，D错3在ABC中，E，F分别为AB，AC的中点，则有EFBC，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CEF为中位线DEFBC【解析】选A.这个三段论的推理形式是：大前提：三角形的中位线平行于第三

3、边；小前提：EF为ABC的中位线；结论：EFBC.4观察下列各等式：2，2，2，2，依照以上各式成立的规律，得到一般性的等式为()A2B2C2D2【解析】选A.观察分子中26537110(2)8.5观察下列各式：3223，3323，3423，若3923，则m()A80 B81 C728 D729【解析】选C.3223223，3323323，3423423，所以3n23，所以3923923，所以m9317291728.6(2021银川高二检测)以下说法中正确个数是()用反证法证明命题“三角形的内角中至多有一个钝角”的反设是“三角形的三个内角中至少有一个钝角”；欲证不等式成立，只需证22；用数学归

4、纳法证明1aa2a3an1(a1，nN，在验证n1成立时，左边所得项为1aa2；“凡是自然数都是整数，0是自然数，所以0是整数”以上三段论推理完全正确A1 B2 C3 D4【解析】选B.命题“三角形的内角中至多有一个钝角”的反设是“三角形的三个内角中至少有两个钝角”，错；欲证不等式成立，因为2，错；1aa2a3an1(a1，nN，当n1时，左边所得项为1aa2，正确；命题中，大前提为：凡是自然数都是整数，小前提为：0是自然数，结论为：0是整数，其中大前提、小前提都正确，则正确7在平面直角坐标系内，方程1表示在x，y轴上的截距分别为a，b的直线，拓展到空间直角坐标系内，在x，y，z轴上的截距分别

5、为a，b，c(abc0)的平面方程为()A1 B1C1 Daxbycz1【解析】选A.因为在平面直角坐标系中，方程1，表示的图形是一条直线，具有特定性质：“在x轴，y轴上的截距分别为a，b”类比到空间坐标系中，在x，y，z轴的截距分别为a，b，c(abc0)的平面方程为1.8设x，y，z均为正实数，则三个数，()A都大于2B都小于2C至多有一个小于2D至少有一个不小于2【解析】选D.假设，三个数都小于2，则6，由6，与6矛盾，所以假设错误9如图所示，坐标纸上的每个单元格的边长为1，由下往上的六个点：1，2，3，4，5，6的横、纵坐标分别对应数列an(nN*)的前12项，如表所示：a1a2a3a

6、4a5a6a7a8a9a10a11a12x1y1x2y2x3y3x4y4x5y5x6y6按如此规律下去，则a2 018()A504 B505 C1 008 D1 009【解析】选D.由a2，a4，a6，a8，组成的数列恰好对应数列yn，即yna2nn.所以a2 018y1 0091 009.10定义在R上的函数f(x)满足f(x)f(x4)，且f(x)在(2，)上为增函数已知x1x24且(x12)(x22)0，则f(x1)f(x2)的值()A恒小于0 B恒大于0C可能等于0 D可正也可负【解析】选A.不妨设x120，则x12，所以2x24x1，所以f(x2)f(4x1)，从而f(x2)f(4x

7、1)f(x1)，f(x1)f(x2)0.11在“一带一路”知识测验后，甲、乙、丙三人对成绩进行预测甲：我的成绩比乙高乙：丙的成绩比我和甲的都高丙：我的成绩比乙高成绩公布后，三人成绩互不相同且只有一个人预测正确，那么三人按成绩由高到低的次序为()A甲、乙、丙 B乙、甲、丙C丙、乙、甲 D甲、丙、乙【解析】选A.(1)若甲预测正确，则乙、丙预测错误，即甲的成绩比乙高；丙的成绩不是最高的；丙的成绩比乙低由可得甲、乙、丙成绩由高到低的顺序为甲、乙、丙(2)若乙预测正确，则甲、丙预测错误，即乙的成绩比甲高；丙的成绩最高；丙的成绩比乙低由上可知相矛盾，故此情况不成立(3)若丙预测正确，则甲、乙预测错误，即

8、乙的成绩比甲高；丙的成绩不是最高的；丙的成绩比乙高由得成绩由高到低的顺序为丙、乙、甲，与相矛盾，此情况不成立12华罗庚是上世纪我国伟大的数学家，以华氏命名的数学科研成果有“华氏定理”、“华氏不等式”、“华王方法”等他除了数学理论研究，还在生产一线大力推广了“优选法”和“统筹法”“优选法”，是指研究如何用较少的试验次数，迅速找到最优方案的一种科学方法在当前防疫取得重要进展的时刻，为防范机场带来的境外输入，某机场海关在对入境人员进行检测时采用了“优选法”提高检测效率：每16人为组，把每个人抽取的鼻咽拭子分泌物混合检查，如果为阴性则全部放行；若为阳性，则对该16人再次抽检确认感染者某组16人中恰有一

9、人感染(鼻咽拭子样本检验将会是阳性)，若逐一检测可能需要15次才能确认感染者现在先把这16人均分为2组，选其中一组8人的样本混合检查，若为阴性则认定在另一组；若为阳性，则认定在本组继续把认定的这组的8人均分两组，选其中一组4人的样本混合检查以此类推，最终从这16人中认定那名感染者需要经过()次检测A3 B4 C5 D6【解析】选B.第一次：16人分两组，每组8人，如果第一组检测结果为阳性，放行第二组，留下第一组继续检测，如果第一组检测结果为阴性，放行第一组，留下第二组继续检测；第二次：留下的8人分两组，每组4人，如果第一组检测结果为阳性，放行第二组，留下第一组继续检测，如果第一组检测结果为阴性

10、，放行第一组，留下第二组继续检测；第三次：留下的4人分两组，每组2人，如果第一组检测结果为阳性，放行第二组，留下第一组继续检测，如果第一组检测结果为阴性，放行第一组，留下第二组继续检测；第四次：留下的2人分两组，每组1人，如果第一人检测结果为阳性，则第2人没有感染如果第一组检测结果为阴性，则第2人感染综上，最终从这16人中认定那名感染者需要经过4次检测二、填空题(每小题5分，共20分)13观察下列等式：132332，13233362，13233343102，根据上述规律，132333435363_【解析】因为所给等式左边的底数依次分别为1，2；1，2，3；1，2，3，4；右边的底数依次分别为3

11、，6，10，所以由底数规律可知：第五个等式左边的底数为1，2，3，4，5，6，右边的底数为105621，又左边为立方和，右边为平方的形式，故有132333435363212.答案：21214(2021北海高二检测)一个自然数的立方，可以分裂成若干个连续奇数的和例如：23，33和43分别可以“分裂”成2个、3个和4个连续奇数的和，即2335，337911，4313151719，若1003也按照此规律来进行“分裂”，则1003“分裂”出的奇数中，最小的奇数是_【解析】2335，337911，4313151719；因为3211，7321，13431，所以m3“分裂”出的奇数中最小的奇数是m(m1)1

12、，所以1003“分裂”出的奇数中最小的奇数是1009919 901.答案：9 90115已知等差数列an的前n项和是Sn，由此可类比得到各项均为正数的等比数列bn的前n项积Tn_(用n，b1，bn表示).【解析】由等差数列中的“求和”类比等比数列中的“求积”，可知各项均为正数的等比数列bn的前n项积Tn答案：16对于函数yf(x)，若其定义域内存在两个实数m，n(mn)，使得xm，n时，f(x)的值域也是m，n，则称函数f(x)为“和谐函数”若函数f(x)k是“和谐函数”，则实数k的取值范围是_【解析】因为函数的定义域为x2，又f(x)k在定义域内为单调增函数，则xm，n时，有f(m)f(x)

13、f(n)，则可转化为方程kx在x2，)上有两个相异实根，即kx，令t，则xt22，得kt2t2(t0)，由图(图略)可知，当k2时，方程有两个不等的实根，符合题意答案：三、解答题(共70分)17(10分)已知abc，且abc0，求证：.【证明】因为abc且abc0，所以a0，c0.要证明原不等式成立只需证明a，即证b2ac3a2，从而只需证明(ac)2ac3a2，即(ac)(2ac)0，因为ac0，2acacaab0，所以(ac)(2ac)0成立，故原不等式成立18(12分)设数列an是公比为q的等比数列，Sn是它的前n项和(1)求证：数列Sn不是等比数列；(2)数列Sn是等差数列吗？为什么？

14、【解析】(1)假设数列Sn是等比数列，则SS1S3，即a(1q)2a1a1(1qq2)，因为a10，所以(1q)21qq2，即q0，这与公比q0矛盾，所以数列Sn不是等比数列(2)当q1时，Snna1，故Sn是等差数列；当q1时，Sn不是等差数列，否则2S2S1S3，即2a1(1q)a1a1(1qq2)，得q0，这与公比q0矛盾19(12分)(2021柳州高二检测)(1)当n0时，试用分析法证明：；(2)已知xR，ax21，b2x2.求证：a，b中至少有一个不小于0.【解析】(1)要证，即证2，只要证22，即证2n224n4，即证n1，只要证n22nn22n1，而上式显然成立，所以成立；(2)

15、假设a0且b0，由ax210得1x1，由b2x20得x1，这与1x1矛盾，所以假设错误，所以a，b中至少有一个不小于0.20(12分)(2020浙江高考)已知10，所以f(x)在(0，)上单调递增，由于f(0)1a0，f(0)f(2)0，则yf(x)在(0，)上有唯一零点(2)由于f(x)单调递增，1a2.设x0的最大值为t，则et2t.由f(1)e121.右边：由于x0时，ex1xx2，且x0a0，则a1xx0.左边：要证明xa1x01，只需证明xx010.记h(x) ex1xx2(0xt)，则h(x)ex12x，h(x)ex2，于是h(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，)上单

16、调递增于是h(x)ex12xmaxh(0)，h(t)0，则h(x)在0xt上单调递减h(x)ex1xx2h(0)0，得证要证明x0f(ex0)(e1)(a1)a，只需证：x0f(x0a)(e1)(a1)a.由于(xf(xa) f(xa)xf(xa)f(xa)f(a)ea2a1a0，则x0f(x0a)f(a)，只需要证明：f(a)(e1)a，即2a(e1)a.由ex1xx2，只需证：1(a)2a(e1)aa2()22(e2)a0，只需证2(e2)，由于2，)，则22(e2).综上所述，得证21(12分)如图，DC平面ABC，EBDC，ACBCEB2DC2，ACB120，P，Q分别为AE，AB的中

17、点(1)证明：PQ平面ACD.(2)求AD与平面ABE所成角的正弦值.【解析】(1)因为P，Q分别为AE，AB的中点，所以PQEB，又DCEB.所以PQDC，而PQ平面ACD，DC平面ACD，所以PQ平面ACD.(2)如图，连接CQ，DP，因为Q为AB的中点，且ACBC，所以CQAB.因为DC平面ABC，EBDC，所以EB平面ABC.所以CQEB，又EBABB，故CQ平面ABE.由(1)知，PQDC，又PQEBDC，所以四边形CQPD为平行四边形所以DP平面ABE.故DAP为AD与平面ABE所成角在RtDAP中，AD，DP1，所以sin DAP.因此AD与平面ABE所成角的正弦值为.22(12

18、分)已知多项式f(n)n5n4n3n.(1)求f(1)及f(1)的值；(2)试探求对一切整数n，f(n)是否一定是整数？并证明你的结论【解析】(1)因为fn5n4n3n，所以f(1)1，f(1)0；(2)对一切整数n，f(n)一定是整数证明如下：(10)先用数学归纳法证明：对一切正整数n，f(n)是整数当n1时，f(1)1，结论成立；假设当nk(k1，kN*)时，结论成立，即fk5k4k3k是整数，则当nk1时，f(k1)(k1)5(k1)4(k1)3(k1)(k1)f(k)k44k36k24k1，根据假设f(k)是整数，而k44k36k24k1显然是整数，故f(k1)是整数，从而当nk1时，结论也成立由，可知对一切正整数n，f(n)是整数(20)当n0时，f(0)0是整数(30)当n为负整数时，令nm，则m是正整数，由(10)f(m)是整数，所以ff(m)5(m)4(m)3m5m4m3mf(m)m4是整数综上，对一切整数n，f(n)一定是整数10