高二新课程数学第二章《推理与证明》质量评估（新人教A版）选修2-2 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　D

2．若f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N*)，则当n＝2时，f(n)是(　　)．

A．1＋  　　 B.

C．1＋＋＋＋  　　 D．非以上答案

解析　∵f(n)＝1＋＋＋…＋，分子是1，分母为1,2,3，…，2n＋1，故当n＝2时，f(2)＝1＋＋…＋＝1＋＋＋＋.

答案　C

3．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　A

4．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　D

5．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°，由此得凸多边形内角和是(n－2)·180°.

A．①②   B．①③④

C．①②④   D．②④

解析　①是类比，②④是归纳推理．

答案　C

6．已知命题1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1及其证明：

(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝21－1＝1，所以等式成立；

(2)假设n＝k时等式成立，即1＋2＋22＋…＋2k－1＝2k－1成立，则当n＝k＋1时，1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝＝2k＋1－1，所以n＝k＋1时等式也成立．

由(1)(2)知，对任意的正整数n等式都成立．

判断以上评述(　　)．

A．命题、推理都正确   B．命题正确、推理不正确

C．命题不正确、推理正确   D．命题、推理都不正确

解析　推理不正确，错在证明n＝k＋1时，没用假设n＝k的结论，命题由等比数列求和公式知正确，故选B.

答案　B

7．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　B

8．用数学归纳法证明“5n－2n能被3整除”的第二步中，n＝k＋1时，为了使用假设，应将5k＋1－2k＋1变形为(　　)．

A．(5k－2k)＋4×5k－2k   B．5(5k－2k)＋3×2k

C．(5－2)(5k－2k)   D．2(5k－2k)－3×5k

解析　5k＋1－2k＋1＝5k·5－2k·2＝5k·5－2k·5＋2k·5－2k·2＝5(5k－2k)＋3·2k.

答案　B

9．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　B

10．设P＝＋＋＋，则(　　)．

A．0<P<1   B．1<P<2

C．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＝( ＋)，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＝·(＋＋)

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)已知点Pn(an，bn)满足an＋1＝an·bn＋1，bn＋1＝(n∈N*)且点P1的坐标为(1，－1)．

(1)求过点P1，P2的直线l的方程；

(2)试用数学归纳法证明：对于n∈N*，点Pn都在(1)中的直线l上．

(1)解　由P1的坐标为(1，－1)知a1＝1，b1＝－1.

∴b2＝＝，a2＝a1·b2＝.

∴点P2的坐标为.

∴直线l的方程为2x＋y＝1.

(2)证明　①当n＝1时，2a1＋b1＝2×1＋(－1)＝1成立．

②假设n＝k(k∈N*，k≥1)时，2ak＋bk＝1成立．

则2ak＋1＋bk＋1＝2akbk＋1＋bk＋1

＝(2ak＋1)＝＝＝1.

∴n＝k＋1时，命题也成立．

由①②知，对n∈N*，都有2an＋bn＝1，即点Pn在直线l上．