人教版新课标A选修1-2第二章 推理与证明综合与测试达标测试

这是一份人教版新课标A选修1-2第二章 推理与证明综合与测试达标测试
高中新课标选修（1-2）推理与证明测试题一 选择题（5×12=60分）1. 如下图为一串白黑相间排列的珠子，按这种规律往下排起来，那么第36颗珠子应是什么颜色的（　　）A．白色　　　　B．黑色　　　C．白色可能性大　　　D．黑色可能性大2．“所有9的倍数（M）都是3的倍数（P），某奇数（S）是9的倍数（M），故某奇数（S）是3的倍数（P）.”上述推理是（　　）A．小前提错　　　B．结论错　　　C．正确的　　　D．大前提错3．F（n）是一个关于自然数n的命题，若F（k）（k∈N＋）真，则F（k＋1）真，现已知F（7）不真，则有：①F（8）不真；②F（8）真；③F（6）不真；④F（6）真；⑤F（5）不真；⑥F（5）真.其中真命题是（　）A．③⑤　　　　B．①②　　　　C．④⑥　　　　D．③④4.下面叙述正确的是（ ）A．综合法、分析法是直接证明的方法　　B．综合法是直接证法、分析法是间接证法　　　　　C．综合法、分析法所用语气都是肯定的　D．综合法、分析法所用语气都是假定的5．类比平面正三角形的“三边相等，三内角相等”的性质，可知正四面体的下列哪些性质，你认为比较恰当的是（ ）各棱长相等，同一顶点上的任两条棱的夹角都相等；各个面都是全等的正三角形，相邻两个面所成的二面角都相等；各个面都是全等的正三角形，同一顶点上的任两条棱的夹角都相等。A．①　　　　B．①②　　　　C．①②③　　　　　D．③6．（05·春季上海，15）若a，b，c是常数，则“a＞0且b2－4ac＜0”是“对x∈R，有ax2＋bx＋c＞0”的（　　）A．充分不必要条件　　B．必要不充分条件　　C．充要条件　　　　　D．不充分不必要条件7．（04·全国Ⅳ，理12）设f（x）（x∈R）为奇函数，f（1）＝ eq \f(1,2) ，f（x＋2）＝f（x）＋f（2），f（5）＝（　　）A．0　　　B．1　　　C． eq \f(5,2) 　　　D．58．设S（n）＝ eq \f(1,n) ＋ eq \f(1,n＋1) ＋ eq \f(1,n＋2) ＋ eq \f(1,n＋3) ＋…＋ eq \f(1,n2) ，则（　　）A．S（n）共有n项，当n＝2时，S（2）＝ eq \f(1,2) ＋ eq \f(1,3) B．S（n）共有n＋1项，当n＝2时，S（2）＝ eq \f(1,2) ＋ eq \f(1,3) ＋ eq \f(1,4) C．S（n）共有n2－n项，当n＝2时，S（2）＝ eq \f(1,2) ＋ eq \f(1,3) ＋ eq \f(1,4) D．S（n）共有n2－n＋1项，当n＝2时，S（2）＝ eq \f(1,2) ＋ eq \f(1,3) ＋ eq \f(1,4) 9．在R上定义运算⊙：x⊙y＝ eq \f(x,2－y) ，若关于x的不等式（x－a）⊙（x＋1－a）＞0的解集是集合｛x｜－2≤x≤2，x∈R｝的子集，则实数a的取值范围是（　　）A．－2≤a≤2　　B．－1≤a≤1　　C．－2≤a≤1　　D．1≤a≤210．已知f（x）为偶函数，且f（2＋x）＝f（2－x），当－2≤x≤0时，f（x）＝2x，若n∈N*，an＝f（n），则a2006＝（　　）A．2006　　　B．4　　　C． eq \f(1,4) 　　　D．－411．函数f（x）在［－1，1］上满足f（－x）＝－f（x）是减函数，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（sinα）＞f（sinβ） B． f（cosα）＞f（sinβ）C．f（cosα）＜f（cosβ）　　 D．f（sinα）＜f（sinβ）12．有甲、乙、丙、丁四位歌手参加比赛，其中只有一位获奖，有人走访了四位歌手，甲说：“是乙或丙获奖”，乙说：“甲、丙都未获奖”，丙说：“我获奖了”，丁说：“是乙获奖”。四位歌手的话只有两名是对的，则奖的歌手是（　　）A．甲　　　B．乙　　　C．丙　　　D．丁二 填空题（4×4=16分）13．“开心辞典”中有这样的问题：给出一组数，要你根据规律填出后面的第几个数，现给出一组数： eq \f(1,2) ,- eq \f(1,2) , eq \f(3,8) ,- eq \f(1,4) , eq \f(5,32) ,它的第8个数可以是 。14．在平面几何里有射影定理：设△ABC的两边AB⊥AC，D是A点在BC边上的射影，则AB2=BD.BC.拓展到空间,在四面体A—BCD中，DA⊥面ABC，点O是A在面BCD内的射影，且O在面BCD内，类比平面三角形射影定理，△ABC，△BOC，△BDC三者面积之间关系为 。15．（05·天津）在数列｛an｝中，a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝1＋（－1）n，n∈N*，S10＝＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿.16．（05黄冈市一模题）当a0，a1，a2成等差数时，有a0－2a1＋a2＝0，当a0，a1，a2，a3成等差数列时，有a0－3a1＋3a2－a3＝0，当a0，a1，a2，a3，a4成等差数列时，有a0－4a1＋6a2－4a3＋a4＝0，由此归纳：当a0，a1，a2，…，an成等差数列时有Ceq \o(\s\up 5(0),\s\do 2(n))a0－Ceq \o(\s\up 5(1),\s\do 2(n))a1＋Ceq \o(\s\up 5(2),\s\do 2(n))a2－…＋Ceq \o(\s\up 5(n),\s\do 2(n))an＝0. 如果a0，a1，a2，…，an成等差数列，类比上述方法归纳出的等式为＿＿＿。 三 解答题（74分）17 已知△ABC中，角A、B、C成等差数列，求证： eq \f(1,a+b) + eq \f(1,b+c) = eq \f(3,a+b+c) （12分）18．若a、b、c均为实数，且a＝x2－2x＋eq \f(π,2)，b＝y2－2y＋eq \f(π,3)，c＝z2－2z＋eq \f(π,6)，求证：a、b、c中至少有一个大于0. （12分）19．数列｛an｝的前n项和记为Sn，已知a1＝1，an＋1＝eq \f(n＋2,n)Sn（n＝1，2，3，…）.证明：⑴数列｛eq \f(Sn,n)｝是等比数列；⑵Sn＋1＝4an. （12分）20．用分析法证明：若a＞0，则eq \r(a2＋eq \f(1,a2))－eq \r(2)≥a＋eq \f(1,a)－2.(12分)21．设事件A发生的概率为P，若在A发生的条件下B发生概率为P′，则由A产生B的概率为P·P′.根据这一事实解答下题.一种掷硬币走跳棋的游戏：棋盘上有第0、1、2、…、100，共101站，一枚棋子开始在第0站（即P0＝1），由棋手每掷一次硬币，棋子向前跳动一次.若硬币出现正面则棋子向前跳动一站，出现反面则向前跳动两站.直到棋子跳到第99站（获胜）或第100站（失败）时，游戏结束.已知硬币出现正、反面的概率相同，设棋子跳到第到第n站时的概率为Pn.（1）求P1，P2，P3；（2）设an=Pn－Pn－1（1≤n≤100），求证：数列｛an｝是等比数列 (12分)22．(14分) 在ΔABC中（如图1），若CE是∠ACB的平分线，则 eq \f(AC,BC) ＝ eq \f(AE,BE) .其证明过程：作EG⊥AC于点G，EH⊥BC于点H，CF⊥AB于点F∵CE是∠ACB的平分线，∴EG＝EH.又∵ eq \f(AC,BC) ＝ eq \f(AC·EG,BC·EH) ＝ eq \f(SΔAEC,SΔBEC) ， eq \f(AE,BE) ＝ eq \f(AE·CF,BE·CF) ＝ eq \f(SΔAEC,SΔBEC) ，∴ eq \f(AC,BC) ＝ eq \f(AE,BE) .（Ⅰ）把上面结论推广到空间中：在四面体A－BCD中（如图2），平面CDE是二面角A－CD－B的角平分面，类比三角形中的结论，你得到的相应空间的结论是＿＿＿＿＿＿AGFEB　H　　　　　　C图1ACEBD图2Fh2h11（Ⅱ）证明你所得到的结论.答案：一 1 A 2 C 3 A 4 A 5 C 6 A 7 C 8 D　９Ｃ１０Ｃ １１Ｂ　１２ C11 分析：因为锐角三角形，所以α+β＞ eq \f(π,2) ，所以0＜ eq \f(π,2) -α＜β＜ eq \f(π,2) ，sin（ eq \f(π,2) -α）＜sinβ，0＜cosα＜sinβ＜1，函数f（x）在［－1，1］上满足是减函数所以f（cosα）＞f（sinβ）。12分析：先猜测甲、乙对，则丙丁错，甲、乙可看出乙获奖则丁不错，所以丙丁中必有一个是对的，设丙对，则甲对，乙错，丁错.　∴答案为C.二 13 - eq \f(1,32)  14 （S△ABC）2= S△BOC. S△BDC 15. 35 16 a0Ceq \o(\s\up 5(0),\s\do 2(n))·a1－Ceq \o(\s\up 5(1),\s\do 2(n))·a2 Ceq \o(\s\up 5(2),\s\do 2(n))·…·an （－1）nCeq \o(\s\up 5(n),\s\do 2(n))＝1.［解析］解此题的关键是对类比的理解.通过对所给等差数列性质的理解，类比去探求等比数列相应的性质.实际上，等差数列与等比数列类比的裨是运算级别的类比，即等差数列中的“加、减、乘、除”与等比数列中的“乘、除、乘方、开方”相对应.三 解答题17 (分析法) 要证  eq \f(1,a+b) + eq \f(1,b+c) = eq \f(3,a+b+c) 需证:  eq \f(a+b+c,a+b) + eq \f(a+b+c,b+c) =3即证:c(b+c)+a(a+b)= (a+b) (b+c)即证:c2+a2=ac+b2因为△ABC中，角A、B、C成等差数列,所以B=600,由余弦定理b2= c2+a2-2cacosB即b2= c2+a2-ca 所以c2+a2=ac+b2因此  eq \f(1,a+b) + eq \f(1,b+c) = eq \f(3,a+b+c) 18 (反证法).证明：设a、b、c都不大于0，a≤0，b≤0，c≤0，∴a＋b＋c≤0，而a＋b＋c＝（x2－2y＋eq \f(π,2)）＋（y2－2z＋eq \f(π,3)）＋（z2－2x＋eq \f(π,6)）＝（x2－2x）＋（y2－2y）＋（z2－2z）＋π＝（x－1）2＋（y－1）2＋（z－1）2＋π－3，∴a＋b＋c＞0，这与a＋b＋c≤0矛盾，故a、b、c中至少有一个大于0.19(综合法)．证明：⑴由an＋1＝eq \f(n＋2,n)Sn，而an＋1＝Sn＋1－Sn得∴eq \f(n＋1,n)Sn＝Sn＋1－Sn，∴Sn＋1＝eq \f(2（n＋1）,n)Sn，∴eq \f(eq \f(Sn＋1,n＋1),eq \f(Sn,n))＝2，∴数列｛eq \f(Sn,n)｝为等比数列.⑵由⑴知｛eq \f(Sn,n)｝公比为2，∴eq \f(Sn＋1,n＋1)＝4eq \f(Sn－1,n－1)＝eq \f(4,n－1)·eq \f(an（n－1）,n＋1)，∴Sn＋1＝4an.20(分析法).证明：要证eq \r(a2＋eq \f(1,a2))－eq \r(2)≥a＋eq \f(1,a)－2，只需证eq \r(a2＋eq \f(1,a2))＋2≥a＋eq \f(1,a)＋eq \r(2).∵a＞0，∴两边均大于零，因此只需证（eq \r(a2＋eq \f(1,a2))＋2）2≥（a＋eq \f(1,a)＋eq \r(2)）2，只需证a2＋eq \f(1,a2)＋4＋4eq \r(a2＋eq \f(1,a2))≥a2＋eq \f(1,a2)＋2＋2eq \r(2)（a＋eq \f(1,a)），只需证eq \r(a2＋eq \f(1,a2))≥eq \f(eq \r(2),2)（a＋eq \f(1,a)），只需证a2＋eq \f(1,a2)≥eq \f(1,2)（a2＋eq \f(1,a2)＋2），即证a2＋eq \f(1,a2)≥2，它显然是成立，∴原不等式成立.21.（1）解:P0＝1，∴P1＝ eq \f(1,2) , P2＝ eq \f(1,2) × eq \f(1,2) ＋ eq \f(1,2) ＝ eq \f(3,4) ，P3＝ eq \f(1,2) × eq \f(1,2) ＋ eq \f(3,4) × eq \f(1,2) ＝ eq \f(5,8) .（2）证明:棋子跳到第n站，必是从第n－1站或第n－2站跳来的（2≤n≤100），所以Pn= eq \f(1,2) Pn－1＋ eq \f(1,2) Pn－2∴Pn－Pn－1＝－Pn－1＋ eq \f(1,2) Pn－1＋ eq \f(1,2) Pn－2=－ eq \f(1,2) （Pn－1－Pn－2），∴an=－ eq \f(1,2) an－1（2≤n≤100），且an＝P1－P0＝－ eq \f(1,2) .故｛an｝是公比为－ eq \f(1,2) ，首项为－ eq \f(1,2) 的等比数列（1≤n≤100）.22．结论:  eq \f(SΔACD,SΔBCD) ＝ eq \f(AE,BE) 或 eq \f(SΔACD,SΔBCD) ＝ eq \f(SΔAEC,SΔBEC) 或 eq \f(SΔACD,SΔBCD) ＝ eq \f(SΔAED,SΔBED) 证明：设点E是平面ACD、平面BCD的距离分别为h1，h2，则由平面CDE平分二面角A－CD－B知h1＝h2.又∵ eq \f(SΔACD,SΔBCD) ＝ eq \f(h1SΔACD,h2SΔBCD) ＝ eq \f(VA－CDE,VB－CDE)  eq \f(AE,BE) ＝ eq \f(SΔAED,SΔBED) ＝ eq \f(VC－AED,VC－BED) ＝ eq \f(VA－CDE,VB－CDE) AGFEB　H　　　　　　C图1ACEBD图2Fh2h11∴ eq \f(SΔACD,SΔBCD) ＝ eq \f(AE,BE)