2018-2019学年高中数学 阶段质量检测（二）推理与证明（含解析）苏教版选修2-2

1阶段质量检测(二)推理与证明[考试时间：120分钟试卷总分：160分]题号一二总分151617181920得分一、填空题(本大题共14个小题，每小题5分，共70分，把答案填在题中横线上)1．(新课标全国卷Ⅰ)甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A，B，C三个城市时，甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B城市；乙说：我没去过C城市；丙说：我们三人去过同一个城市．由此可判断乙去过的城市为________．2．周长一定的平面图形中圆的面积最大，将这个结论类比到空间，可以得到的结论是________．3．下列说法正确的是________．(写出全部正确命题的序号)①演绎推理是由一般到特殊的推理②演绎推理得到的结论一定是正确的③演绎推理的一般模式是“三段论”形式④演绎推理得到的结论的正误与大、小前提和推理形式有关4．“因为AC，BD是菱形ABCD的对角线，所以AC，BD互相垂直且平分．”以上推理的大前提是________________________________．5．在平面上，若两个正三角形的边长比为1∶2，则它们的面积比为1∶4.类似地，在空间中，若两个正四面体的棱长比为1∶2，则它们的体积比为________．6．(陕西高考)观察分析下表中的数据：多面体面数(F)顶点数(V)棱数(E)三棱柱569五棱锥6610立方体6812猜想一般凸多面体中F，V，E所满足的等式是______________________________．7．由“正三角形的内切圆切于三边的中点”，可类比猜想出正四面体的一个性质为________．8．已知x，y∈R＋，当x2＋y2＝________时，有x1－y2＋y1－x2＝1.9．用数学归纳法证明1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1(n∈N*)的过程如下：①当n＝1时，左边＝1，右边＝21－1＝1，等式成立；2②假设当n＝k(k∈N*)时，等式成立，即1＋2＋22＋…＋2k－1＝2k－1；③则当n＝k＋1时，1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝1－2k＋11－2＝2k＋1－1，则当n＝k＋1时等式成立．由此可知，对任何n∈N*，等式都成立．上述证明步骤中错误的是________．10.如图，在平面直角坐标系xOy中，圆x2＋y2＝r2(r＞0)内切于正方形ABCD，任取圆上一点P，若OP＝mOA＋nOB(m，n∈R)，则14是m2，n2的等差中项；现有一椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)内切于矩形ABCD，任取椭圆上一点P，若OP＝mOA＋nOB(m，n∈R)，则m2，n2的等差中项为________．11．(安徽高考)如图，在等腰直角三角形ABC中，斜边BC＝22.过点A作BC的垂线，垂足为A1；过点A1作AC的垂线，垂足为A2；过点A2作A1C的垂线，垂足为A3；…，依此类推．设BA＝a1，AA1＝a2,A1A2＝a3，…，A5A6＝a7，则a7＝________.12．已知x0，不等式x＋1x≥2，x＋4x2≥3，x＋27x3≥4，…，可推广为x＋axn≥n＋1，则a的值为________．13．如图，第n个图形是由正n＋2边形“扩展”而来(n＝1,2,3，…)，则第n个图形中共有________个顶点．14．(湖北高考)古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数．如三角形数1,3,6,10，…，第n个三角形数为nn＋2＝12n2＋12n.记第n个k边形数为N(n，k)(k≥3)，以下列出了部分k边形数中第n个数的表达式：三角形数N(n,3)＝12n2＋12n，正方形数N(n,4)＝n2，五边形数N(n,5)＝32n2－12n，六边形数N(n,6)＝2n2－n，……可以推测N(n，k)的表达式，由此计算N(10,24)＝________.3二、解答题(本大题共6个小题，共90分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分14分)设a0，b0，a＋b＝1，求证：1a＋1b＋1ab≥8.16．(本小题满分14分)已知数列{an}满足a1＝1，an＋an＋1＝15n(n∈N*)，若Tn＝a1＋a2·5＋a3·52＋…＋an·5n－1，bn＝6Tn－5nan，类比课本中推导等比数列前n项和公式的方法，求数列{bn}的通项公式．17．(本小题满分14分)观察①sin210°＋cos240°＋sin10°cos40°＝34；②sin26°＋cos236°＋sin6°cos36°＝34.由上面两式的结构规律，你能否提出一个猜想？并证明你的猜想．18．(本小题满分16分)已知实数a、b、c满足0a，b，c2，求证：(2－a)b，(2－b)c，(2－c)a不可能同时大于1.419.(本小题满分16分)数列{an}满足Sn＝2n－an(n∈N*)．(1)计算a1，a2，a3，a4，并由此猜想通项an的表达式；(2)用数学归纳法证明(1)中的猜想．20．(本小题满分16分)已知函数f(x)＝13x3－x，数列{an}满足条件：a1≥1，an＋1≥f′(an＋1)，(1)证明：an≥2n－1(n∈N*)．(2)试比较11＋a1＋11＋a2＋…＋11＋an与1的大小，并说明理由．答案1．解析：由甲、丙的回答易知甲去过A城市和C城市，乙去过A城市或C城市，结合乙的回答可得乙去过A城市．答案：A2．解析：平面图形中的图类比空间几何体中的球，周长类比表面积，面积类比体积．故可以得到的结论是：表面积一定的空间几何体中，球的体积最大．答案：表面积一定的空间几何体中，球的体积最大3．解析：如果演绎推理的大前提和小前提都正确，则结论一定正确．大前提和小前提中，只要有一项不正确，则结论一定也不正确．故②错误．5答案：①③④4．形对角线互相垂直且平分5．解析：V1V2＝13S1h113S2h2＝S1S2·h1h2＝14×12＝18.答案：1∶86．解析：三棱柱中5＋6－9＝2；五棱锥中6＋6－10＝2；立方体中6＋8－12＝2，由此归纳可得F＋V－E＝2.答案：F＋V－E＝27．解析：正三角形的边对应正四面体的面，即正三角形所在的正四面体的侧面，所以边的中点对应的就是正四面体各正三角形的中心，故可猜想：正四面体的内切球切于四个侧面各正三角形的中心．答案：正四面体的内切球切于四个侧面各正三角形的中心8．解析：要使x1－y2＋y1－x2＝1，只需x2(1－y2)＝1＋y2(1－x2)－2y1－x2，即2y1－x2＝1－x2＋y2.只需使(1－x2－y)2＝0，即1－x2＝y，∴x2＋y2＝1.答案：19．解析：因为③没有用到归纳假设的结果，错误．答案：③10．解析：如图，设P(x，y)，由x2a2＋y2b2＝1知A(a，b)，B(－a，b)，由OP＝mOA＋nOB可得x＝m－na，y＝m＋nb，代入x2a2＋y2b2＝1可得(m－n)2＋(m＋n)2＝1，即m2＋n2＝12，所以m2＋n22＝14，即m2，n2的等差中项为14.答案：1411．解析：法一：直接递推归纳：等腰直角三角形ABC中，斜边BC＝22，所以AB＝AC＝a1＝2，AA1＝a2＝2，A1A2＝a3＝1，…，A5A6＝a7＝a1×226＝14.法二：求通项：等腰直角三角形ABC中，斜边BC＝22，所以AB＝AC＝a1＝2，AA1＝a26＝2，…，An－1An＝an＋1＝sinπ4·an＝22an＝2×22n，故a7＝2×226＝14.答案：1412．解析：由x＋1x≥2，x＋4x2＝x＋22x2≥3，x＋27x3＝x＋33x3≥4，…，可推广为x＋nnxn≥n＋1，故a＝nn.答案：nn13．解析：设第n个图形中有an个顶点，则a1＝3＋3×3，a2＝4＋4×4，…，an－2＝n＋n·n，an＝(n＋2)2＋n＋2＝n2＋5n＋6.答案：n2＋5n＋614．解析：N(n，k)＝akn2＋bkn(k≥3)，其中数列{ak}是以12为首项，12为公差的等差数列；数列{bk}是以12为首项，－12为公差的等差数列；所以N(n,24)＝11n2－10n，当n＝10时，N(10,24)＝11×102－10×10＝1000.答案：100015．证明：∵a0，b0，a＋b＝1.∴1＝a＋b≥2ab，ab≤12，ab≤14，∴1ab≥4当a＝12，b＝12时等号成立，又1a＋1b＝(a＋b)1a＋1b＝2＋ba＋ab≥4.当a＝12，b＝12时等号成立∴1a＋1b＋1ab≥8.16．解：因为Tn＝a1＋a2·5＋a3·52＋…＋an·5n－1，①所以5Tn＝a1·5＋a2·52＋a3·53＋…＋an－1·5n－1＋an·5n，②由①＋②得：6Tn＝a1＋(a1＋a2)·5＋(a2＋a3)·52＋…＋(an－1＋an)·5n－1＋an·5n＝1＋15×5＋152×52＋…＋15n－1×5n－1＋an·5n＝n＋an·5n，所以6Tn－5nan＝n，7所以数列{bn}的通项公式为bn＝n.17.解：观察40°－10°＝30°，36°－6°＝30°，由此猜想：sin2α＋cos2(30°＋α)＋sinα·cos(30°＋α)＝34.证明：sin2α＋cos2(30°＋α)＋sinα·cos(30°＋α)＝sin2α＋cos2(30°＋α)＋sinα(cos30°cosα－sin30°sinα)＝sin2α＋cos2(30°＋α)＋32sinαcosα－12sin2α＝12sin2α＋cos2(30°＋α)＋34sin2α＝1－cos2α4＋1＋cos60°＋2α2＋34sin2α＝1－cos2α4＋12＋14cos2α－34sin2α＋34sin2α＝34.18．证明：假设(2－a)b1，(2－b)c1，(2－c)a1，则三式相乘：(2－a)b(2－b)c(2－c)a1①而(2－a)a≤2－a＋a22＝1，同理，(2－b)b≤1，(2－c)c≤1，即(2－a)b(2－b)c(2－c)a≤1，显然与①矛盾，所以原结论成立．19．解：(1)由Sn＝2n－an，得，a1＝2－a1，即a1＝1.S2＝a1＋a2＝4－a2，解得a2＝32.S3＝a1＋a2＋a3＝6－a3，解得a3＝74.S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝8－a4，解得a4＝158.由此猜想an＝2n－12n－1(n∈N*)．(2)①当n＝1时，a1＝1，结论成立．②假设当n＝k(k∈N*)时，结论成立，即ak＝2k－12k－1，那么当n＝k＋1时，ak＋1＝Sk＋1－Sk＝2(k＋1)－ak＋1－2k＋ak＝2＋ak－ak＋1，8则ak＋1＝2＋ak2＝2＋2k－12k－12＝2k＋1－12k＝2k＋1－12k＋－1，这就是说当n＝k＋1时，结论也成立．根据①和②，可知猜想对任何n∈N*都成立，即an＝2n－12n－1(n∈N*)．20．解：(1)证明：∵f′(x)＝x2－1，∴an＋1≥(an＋1)2－1＝a2n＋2an.①当n＝1时，a1≥1＝21－1，命题成立；②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时命题成立，即ak≥2k－1；那么当n＝k＋1时，ak＋1≥a2k＋2ak＝ak(ak＋2)≥(2k－1)(2k－1＋2)＝22k－1≥2k＋1－1.即当n＝k＋1时，命题成立，综上所述，命题成立．(2)∵an≥2n－1，∴1＋an≥2n，∴11＋an≤12n.∴11＋a1＋11＋a2＋…＋11＋an≤12＋122＋…＋12n＝1－12n1.