2020-2021学年高中数学-单元素养评价-第一章-推理与证明北师大版选修2-2.doc

2020-2021学年高中数学 单元素养评价 第一章 推理与证明北师大版选修2-2

2020-2021学年高中数学 单元素养评价 第一章 推理与证明北师大版选修2-2

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单元素养评价(一)(第一章)
(120分钟　150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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.“四边形是矩形，四边形的对角线相等”补充以上推理的大前提是(　　)
A.正方形都是对角线相等的四边形
B.矩形都是对角线相等的四边形
C.等腰梯形都是对角线相等的四边形
D.矩形都是对边平行且相等的四边形
【解析】选B.根据题意，用演绎推理即三段论形式推导一个结论成立，大前提应该是结论成立的依据，因为由四边形是矩形，得到四边形的对角线相等的结论，所以大前提一定是矩形都是对角线相等的四边形.
2.观察下列式子：1+<，1++<，1+++<，…，则可归纳出1+++…+小于(　　)
A. B. C. D.
【解析】选C.所猜测的分式的分母为n+1，分子恰好是第n+1个正奇数，即2n+1.
3.用反证法证明命题“+是无理数”时，假设正确的是(　　)
A.假设是有理数 B.假设是有理数
C.假设或是有理数 D.假设+是有理数
【解析】选D.应对结论进行否定，则+不是无理数，即+是有理数.
4.用数学归纳法证明1+++…+=时，由n=k到n=k+1左边需要添加的项是(　　)
A.　　 B.
C.　 D.
【解析】选D.由n=k到n=k+1时，左边需要添加的项是=.
5.观察下列等式：13+23=32，13+23+33=62，13+23+33+43=102，记f=13+23+33+…+n3.根据上述规律，若f=225，则正整数n的值为(　　)
A.8 B.7 C.6 D.5
【解析】选D.由已知等式的规律可知
f==，
当f=225时，可得n=5.
6.我们把平面几何里相似形的概念推广到空间：如果两个几何体大小不一定相等，但形状完全相同，就把它们叫作相似体.下列几何体中，一定属于相似体的有(　　)
①两个球体；②两个长方体；③两个正四面体；④两个正三棱柱；⑤两个正四棱锥.
A.4个　 B.3个 C.2个 D.1个
【解析】选C.类比相似形中的对应边成比例知，①③属于相似体.
7.(2020·浙江高考)设集合S，T，S⊆N*，T⊆N*，S，T中至少有两个元素，且S，T满足：
①对于任意x，y∈S，若x≠y，都有xy∈T；
②对于任意x，y∈T，若x<y，则∈S；
下列命题正确的是(　　)
A.若S有4个元素，则S∪T有7个元素
B.若S有4个元素，则S∪T有6个元素
C.若S有3个元素，则S∪T有4个元素
D.若S有3个元素，则S∪T有5个元素
【解析】选A.对于AB，构造S={q，q2，q3，q4}，则T={q3，q4，q5，q6，q7}，
q≠1且q∈N*，则S∪T={q，q2，q3，q4，q5，q6，q7}共7个元素，对于CD，不妨设S={a，b，c}，且a<b<c，则T={ab，ac，cb}，且bc>ac>ab，所以，，∈S，显然>，>，
①=b，=a，=a，则S={a，a2，a3}，T={a3，a4，a5}，S∪T有5个元素，
②=c⇒a=1，=b，有2种可能，(ⅰ)=a，b=c与S为集合矛盾，
(ⅱ)=b，b2=c，S=，T=，S∪T有4个元素，所以，当S中有三个元素时，S∪T的元素个数可为4，可为5，不唯一.
8.已知函数f(x)=sin(2x+φ)，满足f(x)≤f(a)对x∈R恒成立，则函数(　　)
A.f(x-a)一定为奇函数 　 B.f(x-a)一定为偶函数
C.f(x+a)一定为奇函数 　 D.f(x+a)一定为偶函数
【解析】选D.由题意得，f(a)=sin(2a+φ)=1时，2a+φ=2kπ+，k∈Z，所以f(x+a)=sin(2x+2a+φ)=sin2x+2kπ+=cos 2x，此时函数为偶函数.
9.已知n∈N，则-与-的大小关系为 (　　)
A.->-
B.-<-
C.-=-
D.不能确定
【解析】选B.要比较-与-的大小，只需比较与的大小，只需比较与的大小，只需比较(n+4)(n+1)与(n+2)(n+3)的大小，即比较n2+5n+4和n2+5n+6的大小，因为n2+5n+4-(n2+5n+6)=-2<0，所以-<-.
10.设函数f(x)=(x>0)，观察：f1(x)=f(x)=，f2(x)=f(f1(x))=，f3(x)=f(f2(x))=，f4(x)=f(f3(x))=，由归纳推理可得当n∈N+且n≥2时fn(x)=f(fn-1(x))= (　　)
A. B.
C. D.
【解析】选C.观察可得，所给的函数式的分子不变都是x，而分母是由两部分的和组成，第一部分的系数分别是1，3，7，15，…，2n-1，第二部分的数分别是2，4，8，16，…，2n，所以fn(x)=f(fn-1(x))=.
11.观察下列各式：72=49，73=343，74=2 401，则72 019的末两位数字为(　　)
A.01 B.43 C.07 D. 49
【解析】选B.72=49，73=343，74=2 401，75=…07，76=…49，77=…43，78=…01，79=…07，易观察出末两位数是呈周期变化的，周期为4，所以72 019=74×504+3，72 019的末两位数字是43.
12.已知数列{an}满足a1=，an+1=1-，则a2 019等于(　　)
A. B.-1 C.2 D.3
【解析】选C.因为a1=，an+1=1-，
所以a2=1-=-1，a3=1-=2，
a4=1-=，a5=1-=-1，a6=1-=2，
所以an+3k=an(n∈N+，k∈N+).
所以a2 019=a3+3×672=a3=2.
二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分.请把答案填在题中的横线上)
13.观察下列不等式：1>，1++>1，1+++…+>，1+++…+>2，1+++…+>，…，由此猜测第n个不等式为_________. 
【解析】由3=22-1，7=23-1，15=24-1，可猜测第n个不等式为1+++…+>.
答案：1+++…+>
14.我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系中，利用求动点轨迹方程的方法，可以求出过点A(-3，4)，且法向量为n=(1，-2)的直线方程为1×(x+3)+(-2)×(y-4)=0，即x-2y+11=0.类比以上方法，在空间直角坐标系中，经过点A(1，2，3)，且法向量为m=(-1，-2，1)的平面的方程为__________________. 
【解析】在所求平面内任取一点P(x，y，z)，则=(x-1，y-2，z-3)，因为所求平面的法向量为m=(-1，-2，1)，所以类比平面中求动点轨迹方程的方法，可得-(x-1)-2×(y-2)+1×(z-3)=0，即x+2y-z-2=0.
答案：x+2y-z-2=0
15.给出下列不等式：
①a>b>0，且a2+=1，则ab>a2b2；
②a，b∈R，且ab<0，则≤-2；
③a>b>0，m>0，则>；
④≥4(x≠0).
其中正确的序号为_________. 
【解析】①a>b>0，所以a≠，
所以a2+=1>2=ab，
所以1-ab>0，所以ab-a2b2=ab(1-ab)>0，
所以ab>a2b2正确.
②+2=，因为ab<0，(a+b)2≥0，
所以≤-2，②正确；③-=，
因为a>b>0，m>0，所以b(b+m)>0，b-a<0，
所以<0，所以<，③不正确.
④=|x|+≥4，④正确.
答案：①②④
16.已知Sk=1k+2k+3k+…+nk，当k=1，2，3，…时，观察下列等式：
S1=n2+n，
S2=n3+n2+n，
S3=n4+n3+n2，
S4=n5+n4+n3-n，
S5=An6+n5+n4+Bn2，
…
可以推测，A-B=_________. 
【解析】由S1，S2，S3，S4，S5的特征，
推测A=.又各项的系数和为1，
所以A+++B=1，则B=-.
因此推测A-B=+=.
答案：
三、解答题(本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
17.(10分)设a，b为实数，求证：≥(a+b).
【证明】当a+b≤0时，因为≥0，
所以≥(a+b)成立.
当a+b>0时，用分析法证明如下：
要证≥(a+b)，
只需证()2≥，
即证a2+b2≥(a2+b2+2ab)，即证a2+b2≥2ab.
因为a2+b2≥2ab对一切实数恒成立，
所以≥(a+b)成立.
综上所述，对任意实数a，b不等式都成立.
18.(12分)求证：当x2+bx+c2=0有两个不相等的非零实数根时bc≠0.
【证明】假设bc=0.
(1)若b=0，c=0，方程变为x2=0，则x1=x2=0是方程x2+bx+c2=0的两个根，这与方程有两个不相等的非零实数根矛盾.
(2)若b=0，c≠0，方程变为x2+c2=0，但c≠0，此时方程无解，与x2+bx+c2=0有两个不相等的非零实数根矛盾.
(3)若b≠0，c=0，方程变为x2+bx=0，方程的根为x1=0，x2=-b，这与方程有两个不相等的非零实数根相矛盾.
综上所述，可知bc≠0.
19.(12分)已知f(x)=x-x2，设0<a1<，an+1=f(an)，n∈N+，证明：an<.
【证明】①当n=1时，0<a1<，不等式an<成立；
因为a2=f(a1)=-+≤<，所以n=2时不等式也成立.
②假设n=k(k≥2)时，不等式ak<成立，
因为f(x)=x-x2的对称轴为x=，知f(x)在上是增加的，
所以由ak<≤，得f(ak)<f.
所以ak+1<-·+-=-<.
所以当n=k+1时，不等式也成立.
根据①②知，对任何n∈N+，不等式an<成立.
20.(12分)已知等差数列{an}的公差d大于0，且a2，a5是方程x2-12x+27=0的两根，数列{bn}的前n项和为Tn且Tn=1-bn.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式.
(2)设数列{an}的前n项和为Sn，试比较与Sn+1的大小，并说明理由.
【解析】(1)设an的首项为a1，
因为a2，a5是方程x2-12x+27=0的两根，
所以解得所以an=2n-1.
因为n=1时，b1=T1=1-b1，所以b1=，
当n≥2时，Tn=1-bn①，Tn-1=1-bn-1②，
①-②得bn=bn-1，所以数列{bn}是等比数列.
所以bn=·=.
(2)Sn==n2，
Sn+1=(n+1)2，=.
以下比较与Sn+1的大小：
当n=1时，=，S2=4，<S2，
当n=2时，=，S3=9，<S3，
当n=3时，=，S4=16，<S4，
当n=4时，=，S5=25，>S5，
猜想：n≥4时，>Sn+1.
下面用数学归纳法证明：①当n=4时，已证.
②假设当n=k(k∈N+，k≥4)时，>Sk+1，即>(k+1)2，
那么当n=k+1时，==3·>3(k+1)2=3k2+6k+3
=(k2+4k+4)+2k2+2k-1>[(k+1)+1]2=S(k+1)+1.
综合①②，当n≥4，n∈N+时，>Sn+1.
21.(12分)已知a>0，利用分析法证明：-≥a+-2.
【证明】要证-≥a+-2，
只需证+2≥a++，
因为a>0，所以不等式两边均大于零，
因此只需证≥，
即证a2++4+4≥a2++4+2，
只需证≥，
只需证a2+≥，即证a2+≥2，
只需证≥0，而≥0显然成立，所以原不等式成立.
22.(12分)已知函数f=ax2+bx+c及函数g(x)=-bx(a，b，c∈R)，若a>b>c且a+b+c=0.
(1)证明：f(x)的图像与g(x)的图像一定有两个交点；
(2)请用反证法证明：-2<<-.
【证明】(1)由ax2+bx+c=-bx得ax2+2bx+c=0，
因为a>b>c，且a+b+c=0，
所以 a>0，b=-，
所以Δ=4b2-4ac=4-4ac=4>0，
所以ax2+2bx+c=0有两个不相等的实数根，即两函数图像一定有两个交点.
(2)若结论不成立，则≤-2或≥-，
①由≤-2，结合(1)a>0，得c≤-2a，
即a+c≤-a，所以-b≤-a，所以a≤b，这与条件中a>b矛盾；
②再由≥-，得2c≥-a，即c≥-(a+c)=b，
所以b≤c，这与条件中b>c矛盾，
故假设不成立，原不等式成立.