人教版新课标A选修1-2第二章 推理与证明综合与测试课后测评

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课后测评，共5页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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．③④
4.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．③
6．（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．5
8．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≤2
10．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．－4
11．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（csα）＞f（sinβ）
C．f（csα）＜f（csβ） 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 \(\s\up 5(0),\s\d 2(n))a0－Ceq \(\s\up 5(1),\s\d 2(n))a1＋Ceq \(\s\up 5(2),\s\d 2(n))a2－…＋Ceq \(\s\up 5(n),\s\d 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＿＿＿＿＿＿
F
E
A
C
E
B
D
图2
F
h2
h11
（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 C
11 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＜csα＜sinβ＜1，函数f（x）在［－1，1］上满足是减函数
所以f（csα）＞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 \(\s\up 5(0),\s\d 2(n))·a1－Ceq \(\s\up 5(1),\s\d 2(n))·a2 Ceq \(\s\up 5(2),\s\d 2(n))·…·an （－1）nCeq \(\s\up 5(n),\s\d 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+a2-2cacsB
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)
A
G
F
E
B H C
图1
A
C
E
B
D
图2
F
h2
h11
∴ eq \f(SΔACD,SΔBCD) ＝ eq \f(AE,BE)