《2022年高中數(shù)學(xué) 第2章 推理與證明知能基礎(chǔ)測(cè)試 新人教B版選修2-2》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高中數(shù)學(xué) 第2章 推理與證明知能基礎(chǔ)測(cè)試 新人教B版選修2-2（11頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高中數(shù)學(xué) 第2章 推理與證明知能基礎(chǔ)測(cè)試 新人教B版選修2-2 一、選擇題(本大題共12個(gè)小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．) 1．k棱柱有f(k)個(gè)對(duì)角面，則k＋1棱柱的對(duì)角面?zhèn)€數(shù)f(k＋1)為(　　) A．f(k)＋k－1　　　 B．f(k)＋k＋1 C．f(k)＋k D．f(k)＋k－2 [答案]　A [解析]　增加的一條側(cè)棱與其不相鄰的k－2條側(cè)棱形成k－2個(gè)對(duì)角面，而過(guò)與其相鄰的兩條側(cè)棱的截面原來(lái)為側(cè)面，現(xiàn)在也成了一個(gè)對(duì)角面，故共增加了k－1個(gè)對(duì)角面，∴f(k＋1)＝f(k)＋k－1.故選A. 2．已知a>0，b>

2、0，a、b的等差中項(xiàng)為，且α＝a＋，β＝b＋，則α＋β的最小值為(　　) A．3 B．4 C．5 D．6 [答案]　C [解析]　由已知得a＋b＝1， ∴α＋β＝a＋＋b＋＝1＋＋＝3＋＋≥3＋2＝5.故選C. 3．已知f(x)＝x3＋x(x∈R)，a、b、c∈R，且a＋b>0，b＋c>0，c＋a>0，則f(a)＋f(b)＋f(c)的符號(hào)為(　　) A．正 B．負(fù) C．等于0 D．無(wú)法確定 [答案]　A [解析]　∵f′(x)＝3x2＋1>0， ∴f(x)在R上是增函數(shù)． 又a＋b>0，∴a>－b.∴f(a)>f(－b)． 又f(x)＝x3＋x是奇函數(shù)， ∴f(a)

3、>－f(b)，即f(a)＋f(b)>0. 同理：f(b)＋f(c)>0，f(c)＋f(a)>0， ∴f(a)＋f(b)＋f(c)>0，故選A. 4．下列代數(shù)式(其中k∈N*)能被9整除的是(　　) A．6＋6·7k B．2＋7k－1 C．2(2＋7k＋1) D．3(2＋7k) [答案]　D [解析]　特值法：當(dāng)k＝1時(shí)，顯然只有3(2＋7k)能被9整除，故選D. 證明如下： 當(dāng)k＝1時(shí)，已驗(yàn)證結(jié)論成立， 假設(shè)當(dāng)k＝n(n∈N*)時(shí)，命題成立，即3(2＋7n)能被9整除，那么3(2＋7n＋1)＝21(2＋7n)－36. ∵3(2＋7n)能被9整除，36能被9整除， ∴21

4、(2＋7n)－36能被9整除， 這就是說(shuō)，k＝n＋1時(shí)命題也成立． 故命題對(duì)任何k∈N*都成立． 5．已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n×3n－1＝3n(na－b)＋c對(duì)一切n∈N*都成立，那么a，b，c的值為(　　) A．a(chǎn)＝，b＝c＝ B．a(chǎn)＝b＝c＝ C．a(chǎn)＝0，b＝c＝ D．不存在這樣的a、b、c [答案]　A [解析]　令n＝1，得1＝3(a－b)＋c， 令n＝2，得1＋2×3＝9(2a－b)＋c， 令n＝3，得1＋2×3＋3×32＝27(3a－b)＋c. 即， ∴a＝，b＝c＝.故選A. 6．觀察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，

5、a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，則a10＋b10＝(　　) A．28 B．76 C．123 D．199 [答案]　C [解析]　法一：由a＋b＝1，a2＋b2＝3得ab＝－1，代入后三個(gè)等式中符合，則a10＋b10＝(a5＋b5)2－2a5b5＝123，故選C. 法二：令an＝an＋bn，則a1＝1，a2＝3，a3＝4，a4＝7，…得an＋2＝an＋an＋1，從而a6＝18，a7＝29，a8＝47，a9＝76，a10＝123，故選C. 7．觀察下列各式：55＝3125,56＝15625,57＝78125，…，則5xx的末四位數(shù)字為(　　) A．3125 B．5625 C．

6、0625 D．8125 [答案]　D [解析]　∵55＝3125,56＝15625,57＝78125， 58末四位數(shù)字為0625,59末四位數(shù)字為3125， 510末四位數(shù)字為5625,511末四位數(shù)字為8125， 512末四位數(shù)字為0625，…， 由上可得末四位數(shù)字周期為4，呈規(guī)律性交替出現(xiàn)， ∴5xx＝54×502＋7末四位數(shù)字為8125. 8.已知函數(shù)f(x)滿足f(0)＝0，導(dǎo)函數(shù)f ′(x)的圖象如圖所示，則f(x)的圖象與x軸圍成的封閉圖形的面積為(　　) A. B． C．2 D． [答案]　B [解析]　由f ′(x)的圖象知，f ′(x)＝2x＋2，

7、設(shè)f(x)＝x2＋2x＋c，由f(0)＝0知，c＝0，∴f(x)＝x2＋2x， 由x2＋2x＝0得x＝0或－2. 故所求面積S＝－(x2＋2x)dx＝＝. 9．平面上有n個(gè)圓，其中每?jī)蓚€(gè)都相交于兩點(diǎn)，每三個(gè)都無(wú)公共點(diǎn)，它們將平面分成f(n)塊區(qū)域，有f(1)＝2，f(2)＝4，f(3)＝8，則f(n)的表達(dá)式為(　　) A．2n B．n2－n＋2 C．2n－(n－1)(n－2)(n－3) D．n3－5n2＋10n－4 [答案]　B [解析]　四個(gè)選項(xiàng)的前三項(xiàng)是相同的，但第四項(xiàng)f(4)＝14(如圖)就只有B符合，從而否定A，C，D，選B，一般地，可用數(shù)學(xué)歸納法證明f(n)＝

8、n2－n＋2.故選B. 10．已知等比數(shù)列an＝，其前n項(xiàng)和為Sn＝k，則Sk＋1與Sk的遞推關(guān)系不滿足(　　) A．Sk＋1＝Sk＋ B．Sk＋1＝1＋Sk C．Sk＋1＝Sk＋ak＋1 D．Sk＋1＝3Sk－3＋ak＋ak＋1 [答案]　A [解析]　Sk＋1＝a1＋a2＋…＋ak＋ak＋1 ＝Sk＋ak＋1.C真． Sk＋1＝1＋＋…＋ ＝1＋×＝1＋Sk.B真． 3Sk＝3× ＝3＋1＋＋…＋ ＝3＋－ak－ak＋1 ＝3＋Sk＋1－ak－ak＋1.D真． 事實(shí)上，Sk＋1＝Sk＋ak＋1＝Sk＋.A不真．故選A. 11．下列結(jié)論正確的是(　　) A．當(dāng)x

9、>0且x≠1時(shí)，lgx＋≥2 B．當(dāng)x>0時(shí)，＋≥2 C．當(dāng)x≥2時(shí)，x＋的最小值為2 D．當(dāng)0

10、題 D．增加條件“三棱錐A－BCD是正三棱錐”后才是真命題 [答案]　A [解析]　由已知垂直關(guān)系，不妨進(jìn)行如下類比：將題圖(2)中的△ABC，△BCO，△BDC分別與題圖(1)中的AB，BD，BC進(jìn)行類比即可．嚴(yán)格推理如下：連結(jié)DO并延長(zhǎng)交BC于點(diǎn)E，連結(jié)AE，則DE⊥BC，AE⊥BC.因?yàn)锳D⊥面ABC，所以AD⊥AE.又因?yàn)锳O⊥DE，所以AE2＝EO·ED，所以S＝(BC·EA)2＝(BC·EO)·(BC·ED)＝S△BCO·S△BCD.故選A. 二、填空題(本大題共4個(gè)小題，每小題4分，共16分．將正確答案填在題中橫線上) 13．設(shè)函數(shù)f(x)＝(x>0)，觀察：f1(x)

11、＝f(x)＝，f2(x)＝f(f1(x))＝，f3(x)＝f(f2(x))＝，f4(x)＝f(f3(x))＝，……根據(jù)以上事實(shí)，由歸納推理可得：當(dāng)n∈N*且n≥2時(shí)，fn(x)＝f(fn－1(x))＝________. [答案]　 [解析]　觀察f1(x)、f2(x)、f3(x)、f4(x)的表達(dá)式可見(jiàn)，fn(x)的分子為x，分母中x的系數(shù)比常數(shù)項(xiàng)小1，常數(shù)項(xiàng)依次為2,4,8,16……2n.故fn(x)＝. 14．在平面上，我們用一直線去截正方形的一個(gè)角，那么截下的一個(gè)直角三角形，按如圖所標(biāo)邊長(zhǎng)，由勾股定理有c2＝a2＋b2.設(shè)想正方形換成正方體，把截線換成如圖截面，這時(shí)從正方體上截下三

12、條側(cè)棱兩兩垂直的三棱錐O－LMN，如果用S1、S2、S3表示三個(gè)側(cè)面面積，S表示截面面積，那么類比得到的結(jié)論是________． [答案]　S2＝S＋S＋S [解析]　類比如下： 正方形?正方體；截下直角三角形?截下三側(cè)面兩兩垂直的三棱錐；直角三角形斜邊平方?三棱錐底面面積的平方；直角三角形兩直角邊平方和?三棱錐三個(gè)側(cè)面面積的平方和，結(jié)論S2＝S＋S＋S. 證明如下：如圖，作OE⊥平面LMN，垂足為E，連接LE并延長(zhǎng)交MN于F， ∵LO⊥OM，LO⊥ON， ∴LO⊥平面MON， ∵M(jìn)N?平面MON， ∴LO⊥MN， ∵OE⊥MN，∴MN⊥平面OFL，∴S△OMN＝MN

13、·OF，S△MNE＝MN·FE，S△MNL＝MN·LF，OF2＝FE·FL，∴S＝(MN·OF)2＝(MN·FE)·(MN·FL)＝S△MNE·S△MNL，同理S＝S△MLE·S△MNL，S＝S△NLE·S△MNL，∴S＋S＋S＝(S△MNE＋S△MLE＋S△NLE)·S△MNL＝S，即S＋S＋S＝S2. 15．對(duì)于大于1的自然數(shù)m的n次冪可用奇數(shù)進(jìn)行如圖所示的“分裂”，仿此，記53的“分裂”中的最小數(shù)為a，而52的“分裂”中最大的數(shù)是b，則a＋b＝________. [答案]　30 [解析]　類比規(guī)律 ∴a＝21，b＝9故a＋b＝30. 16．觀察下列等式：×＝1－，×＋×＝1

14、－，×＋×＋×＝1－，……，由以上等式推測(cè)到一個(gè)一般的結(jié)論：對(duì)于n∈N*，×＋×＋…＋×＝________. [答案]　1－ [解析]　由已知中的等式：×＝1－＝1－， ×＋×＝1－， ×＋×＋×＝1－，…， 所以對(duì)于n∈N*，×＋×＋…＋×＝1－. 三、解答題(本大題共6個(gè)小題，共74分．解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟) 17．(本題滿分12分)已知a、b、c是互不相等的非零實(shí)數(shù)．用反證法證明三個(gè)方程ax2＋2bx＋c＝0，bx2＋2cx＋a＝0，cx2＋2ax＋b＝0至少有一個(gè)方程有兩個(gè)相異實(shí)根． [證明]　假設(shè)三個(gè)方程中都沒(méi)有兩個(gè)相異實(shí)根， 則Δ1＝4b2－4a

15、c≤0，Δ2＝4c2－4ab≤0， Δ3＝4a2－4bc≤0. 相加有a2－2ab＋b2＋b2－2bc＋c2＋c2－2ac＋a2≤0， 即(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≤0. 由題意a、b、c互不相等，∴①式不能成立． ∴假設(shè)不成立，即三個(gè)方程中至少有一個(gè)方程有兩個(gè)相異實(shí)根． 18．(本題滿分12分)在圓x2＋y2＝r2(r>0)中，AB為直徑，C為圓上異于A、B的任意一點(diǎn)，則有kAC·kBC＝－1.你能用類比的方法得出橢圓＋＝1(a>b>0)中有什么樣的結(jié)論？并加以證明． [解析]　類比得到的結(jié)論是：在橢圓＋＝1(a>b>0)中，A、B分別是橢圓長(zhǎng)軸的左右端點(diǎn)，點(diǎn)C(

16、x，y)是橢圓上不同于A、B的任意一點(diǎn)，則kAC·kBC＝－ 證明如下：設(shè)A(x0，y0)為橢圓上的任意一點(diǎn)，則A關(guān)于中心的對(duì)稱點(diǎn)B的坐標(biāo)為B(－x0，－y0)，點(diǎn)P(x，y)為橢圓上異于A，B兩點(diǎn)的任意一點(diǎn)，則kAP·kBP＝·＝. 由于A、B、P三點(diǎn)在橢圓上，∴ 兩式相減得，＋＝0， ∴＝－，即kAP·kBP＝－. 故在橢圓＋＝1(a>b>0)中，長(zhǎng)軸兩個(gè)端點(diǎn)為A、B、P為異于A、B的橢圓上的任意一點(diǎn)，則有kAB·kBP＝－. 19．(本題滿分12分)已知a、b∈R，求證：≥. [證明]　設(shè)f(x)＝，x∈[0，＋∞)．設(shè)x1、x2是[0，＋∞)上的任意兩個(gè)實(shí)數(shù)，且0≤x1<

17、x2， 則f(x2)－f(x1)＝－＝ . 因?yàn)閤2>x1≥0，所以f(x2)>f(x1)． 所以f(x)＝在[0，＋∞)上是增函數(shù)．(大前提) 由|a|＋|b|≥|a＋b|≥0(小前提) 知f(|a|＋|b|)≥f(|a＋b|) 即≥成立． 20．(本題滿分12分)設(shè)a，b∈R＋，且a≠b，求證：a3＋b3>a2b＋ab2. [證明]　證法1：用分析法． 要證a3＋b3>a2b＋ab2成立， 只需證(a＋b)(a2－ab＋b2)>ab(a＋b)成立．又因a＋b>0， 只需證a2－ab＋b2>ab成立． 只需證a2－2ab＋b2>0成立． 即需證(a－b)2>0成立．

18、 而依題設(shè)a≠b，則(a－b)2>0顯然成立． 由此命題得證． 證法2：用綜合法． a≠b?a－b≠0?(a－b)2>0 ?a2－2ab＋b2>0?a2－ab＋b2>ab. 注意到a，b∈R＋，a＋b>0，由上式即得(a＋b)(a2－ab＋b2)>ab(a＋b)． ∴a3＋b3>a2b＋ab2. 21．(本題滿分12分)(xx·甘肅省會(huì)寧一中高二期中)用數(shù)學(xué)歸納法證明等式：12－22＋32－42＋…＋(2n－1)2－(2n)2＝－n(2n＋1)(n∈N*)． [證明]　(1)當(dāng)n＝1時(shí)，左邊＝12－22＝－3，右邊＝－1×(2＋1)＝－3， 故左邊＝右邊， ∴當(dāng)n＝1時(shí)，

19、等式成立； (2)假設(shè)n＝k時(shí)，等式成立， 即12－22＋32－…＋(2k－1)2－(2k)2＝－k(2k＋1)成立， 那么n＝k＋1時(shí)，左邊＝12－22＋32－…＋(2k＋1)2－(2k＋2)2 ＝－k(2k＋1)＋(2k＋1)2－4(k＋1)2 ＝(2k＋1)[(2k＋1)－k]－4(k＋1)2 ＝(k＋1)(－2k－3) ＝－(k＋1)[2(k＋1)＋1]， 綜合(1)、(2)可知等式12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2n)2＝－n(2n＋1)對(duì)于任意正整數(shù)都成立． 22．(本題滿分14分)(xx·湖北理，22)已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，bn＝nnan

20、(n∈N＋)，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)． (1)求函數(shù)f(x)＝1＋x－ex的單調(diào)區(qū)間，并比較n與e的大?。? (2)計(jì)算，，，由此推測(cè)計(jì)算的公式，并給出證明； (3)令cn＝(a1a2…an)，數(shù)列{an}，{cn}的前n項(xiàng)和分別記為Sn，Tn，證明：Tn＜eSn. [解析]　(1)f(x)的定義域?yàn)?－∞，＋∞)，f′(x)＝1－ex. 當(dāng)f′(x)＞0，即x＜0時(shí)，f(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)f′(x)＜0，即x＞0時(shí)，f(x)單調(diào)遞減． 故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，0)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，＋∞)． 當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)＜f(0)＝0，即1＋x＜ex. 令x＝，得1＋＜e

21、，即(1＋)n＜e.① (2)＝1·(1＋)1＝1＋1＝2； ＝·＝2·2(1＋)2 ＝(2＋1)2＝32； ＝· ＝32·3(1＋)3＝(3＋1)3＝43. 由此推測(cè)：＝(n＋1)n.② 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明②. (1)當(dāng)n＝1時(shí)，左邊＝右邊＝2，②成立． (2)假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，②成立，即 ＝(k＋1)k. 當(dāng)n＝k＋1時(shí)，bk＋1＝(k＋1)(1＋)k＋1ak＋1，由歸納假設(shè)可得 ＝· ＝(k＋1)k(k＋1)(1＋)k＋1＝(k＋2)k＋1. 所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)，②也成立． 根據(jù)(1)(2)，可知②對(duì)一切正整數(shù)n都成立． (3)由cn的定義，②，算術(shù)－幾何平均不等式， bn的定義及①得 Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn ＝(a1)＋(a1a2)＋(a1a2a3)＋…＋(a1a2…an) ＝＋＋＋… ≤＋＋＋…＋ ＝b1[＋＋…＋]＋b2[＋＋…＋]＋…＋bn· ＝b1(1－)＋b2(－)＋…＋bn(－) ＜＋＋…＋ ＝(1＋)1a1＋(1＋)2a2＋…＋(1＋)nan ＜ea1＋ea2＋…＋ean＝eSn. 即Tn＜eSn.