2020-2021学年高中数学(人教A版选修2-2)单元质量评估-第二章-推理与证明.docx

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单元质量评估(二)
其次章
(100分钟　120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.下列推理过程属于演绎推理的为(　　)
A.老鼠、猴子与人在身体结构上有相像之处，某医药先在猴子身上试验，试验成功后再用于人体试验
B.由1=12，1+3=22，1+3+5=32，…得出1+3+5+…+(2n-1)=n2
C.由三角形的三条中线交于一点联想到四周体四条中线(四周体每一个顶点与对面重心的连线)交于一点
D.通项公式形如an=cqn(cq≠0)的数列{an}为等比数列，则数列{-2n}为等比数列
【解析】选D.由于老鼠、猴子与人在身体结构上有相像之处，
故A中推理为类比推理；
由于由1=12，1+3=22，1+3+5=32，…得出1+3+5+…+(2n-1)=n2，是由特殊到一般，
故B中推理为归纳推理；
由于由三角形性质得到四周体的性质有相像之处，
故C中推理为类比推理；
由于由通项公式形如an=cqn(cq≠0)的数列{an}为等比数列(大前提)，数列{-2n}满足这种形式(小前提)，则数列{-2n}为等比数列(结论)，
可得D中推理为演绎推理.
2.(2022·石家庄高二检测)下列推理是归纳推理的是(　　)
A.A，B为定点，动点P满足|PA|+|PB|=2a>|AB|，得P的轨迹为椭圆
B.由a1=1，an=3n-1，求出S1，S2，S3，猜想出数列的前n项和Sn的表达式
C.由圆x2+y2=r2的面积πr2，猜出椭圆x2a2+y2b2=1的面积S=πab
D.科学家利用鱼的沉浮原理制造潜艇
【解析】选B.从S1，S2，S3猜想出数列的前n项和Sn，是从特殊到一般的推理，所以B是归纳推理.
3.(2022·广州高二检测)四个小动物换座位，开头是猴、兔、猫、鼠分别坐在1，2，3，4号位置上，第1次前后排动物互换位置，第2次左右列互换座位，…，这样交替进行下去，那么第2022次互换座位后，小兔的位置对应的是(　　)

A.编号1 B.编号2
C.编号3 D.编号4
【解析】选C.交换4次是一个周期，第2022次小兔的位置和第2次小兔的位置一样.
4.(2022·太原高二检测)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(点法式)方程为：1×(x+3)+(-2)×(y-4)=0，化简得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(　　)
A.x+2y-z-2=0
B.x-2y-z-2=0
C.x+2y+z-2=0
D.x+2y+z+2=0
【解析】选A.类比直线方程求法得平面方程为(-1)×(x-1)+(-2)×(y-2)+1×(z-3)=0，即x+2y-z-2=0.
5.把正整数按确定的规章排成了如下所示的三角形数表.设aij(i，j∈N*)是位于这个三角形数表中从上往下数第i行、从左往右数第j个数，如a42=8.若aij=2009，则i与j的和为(　　)
1
2　4
3　5　7
6　8　10　12
9　11　13　15　17
14　16　18　20　22　24
A.105 B.106 C.107 D.108
【解析】选C.由三角形数表可以看出其奇数行为奇数列，偶数行为偶数列，2009=2×1005-1，
所以2009为第1005个奇数，
又前31个奇数行内数的个数的和为961，
前32个奇数行内数的个数的和为1024，
故2009在第32个奇数行内，
所以i=63，
由于第63行的第一个数为2×962-1=1923，2009=1923+2(m-1)，
所以m=44，即j=44，
所以i+j=107.
6.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个图案中有白色地面砖的块数是(　　)

A.4n+2 B.4n-2
C.2n+4 D.3n+3
【解析】选A.方法一：(归纳猜想法)
观看可知：除第一个以外，每增加一个黑色地面砖，相应的白色地面砖就增加四个，
因此第n个图案中有白色地面砖的块数是一个“以6为首项，公差是4的等差数列的第n项”.
故第n个图案中有白色地面砖的块数是4n+2.
方法二：(特殊值代入排解法)
由图可知，当n=1时，a1=6，可排解B.
当n=2时，a2=10，可排解C，D.
故答案为A.
7.设f0(x)=sinx，f1(x)=f0′(x)，f2(x)=f1′(x)，…，fn(x)=fn-1′(x)，n∈N，则f2021(x)=(　　)
A.sinx B.-sinx
C.cosx D.-cosx
【解析】选C.f1(x)=(sinx)′=cosx，
f2(x)=(cosx)′=-sinx，
f3(x)=(-sinx)′=-cosx，
f4(x)=(-cosx)′=sinx，
f5(x)=(sinx)′=cosx=f1(x)，
f6(x)=(cosx)′=-sinx=f2(x)，
故可猜想fn(x)以4为周期，
有f4n+1(x)=f1(x)=cosx，
f4n+2(x)=f2(x)=-sinx，
f4n+3(x)=f3(x)=-cosx，
f4n+4(x)=f4(x)=sinx，
所以f2021(x)=f503×4+1(x)=f1(x)=cosx，故选C.
8.(2021·江西高考)观看下列各式：a+b=1，a2+b2=3，a3+b3=4，a4+b4=7，a5+b5=11，…，则a10+b10=(　　)
A.28　　　　 B.76　　　 　C.123　　　 　D.199
【解析】选C.由于a+b=1，a2+b2=3，a3+b3=4，a4+b4=7，a5+b5=11，…，通过观看发觉，从第三个等式起，等号右边的常数分别为其前两个等式等号右边的常数的和.
因此，a6+b6=11+7=18，
a7+b7=18+11=29，
a8+b8=29+18=47，
a9+b9=47+29=76，
a10+b10=76+47=123，故选C.
9.下列不等式中确定成立的是(　　)
A.lgx2+14>lgx(x>0)
B.sinx+1sinx≥2(x≠kπ，k∈Z)
C.x2+1≥2x(x∈R)
D.1x2+1>1(x∈R)
【解析】选C.A项中，由于x2+14≥x，
所以lgx2+14≥lgx；
B项中sinx+1sinx≥2只有在sinx>0时才成立；
C项中由不等式a2+b2≥2ab可知成立；
D项中由于x2+1≥1，
所以0<1x2+1≤1.
10.如图所示，将若干个点摆成三角形图案，每条边(包括两个端点)有n(n>1，n∈N*)个点，相应的图案中总的点数记为an，则9a2a3+9a3a4+9a4a5+…+9a2 012a2 013=(　　)

A.2 0102 011 B.2 0112 012 C.2 0122 013 D.2 0132 012
【解析】选B.由于由所给的图形可得，三角形的每个边有n个点，把每个边的点数相加得3n，这样角上的点被重复计算了一次，故第n个图形的点数为3n-3，即an=3n-3，
故9anan+1=9(3n-3)[3(n+1)-3]
=1(n-1)n=1n-1-1n，
利用裂项求和可知9a2a3+9a3a4+9a4a5+…+9a2 012a2 013
=1-12+12-13+13-14+…[phone]，
除了首项1和末项-12 012，中间项都消去了，故结果为1-12 012=2 0112 012.
11.设fx是定义在正整数集上的函数，且fx满足：“当fk≥k2成立时，总可推出fk+1≥k+12成立”，那么，下列命题总成立的是(　　)
A.若f1<1成立，则f10<100成立
B.若f3≥9成立，则当k≥1时，均有fk≥k2成立
C.若f2<4成立，则f1≥1成立
D.若f4≥16成立，则当k≥4时，均有fk≥k2成立
【解析】选D.对A，由于“原命题成立，否命题不愿定成立”，所以若f(1)<1成立，则不愿定f(10)<100成立；对C，由于“原命题成立，则逆否命题确定成立”，所以只能得出：若f(2)<4成立，则f(1)<1成立，不能得出：若f(2)<4成立，则f(1)≥1成立；对B，当k=1或2时，不愿定有f(k)≥k2成立；对D，由于f(4)≥16，所以对于任意的k≥4，均有f(k)≥k2成立.故选D.
【变式训练】平面内有n条直线，最多可将平面分成f(n)个区域，则f(n)的表达式为(　　)
A.n+1 B.2n
C.n2+n+22 D.n2+n+1
【解析】选C.1条直线将平面分成1+1个区域；
2条直线最多可将平面分成1+(1+2)=4个区域；
3条直线最多可将平面分成1+(1+2+3)=7个区域；
n条直线最多可将平面分成1+(1+2+3+…+n)=1+n(n+1)2=n2+n+22个区域，选C.
12.(2022·潍坊高二检测)记集合T={0，1，2，3，4，5，6，7，8，9}，M=a110+a2102+a3103+a4104ai∈T,i=1,2,3,4，将M中的元素按从大到小排列，则第2022个数是(　　)
A.710+9102+8103+6104
B.510+5102+7103+2104
C.510+5102+7103+3104
D.710+9102+9103+1104
【解析】选A.由于a110+a2102+a3103+a4104=1104(a1×103+a2×102+a3×101+a4)，括号内表示的10进制数，其最大值为9999，从大到小排列，第2022个数为9999-2022+1=7986，所以a1=7，a2=9，a3=8，a4=6.
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.请把正确答案填在题中横线上)
13.观看下列等式：
C51+C55=23-2，
C91+C95+C99=27+23，
C131+C135+C139+=211-25，
C171+C175+C179+C1713+C1717=215+27，
…
由以上等式推想到一个一般的结论：
对于n∈N*，C4n+11+C4n+15+C4n+19+…+C4n+14n+1=__________.
【解析】给出的一系列等式中，右边为两项2s形式加减轮换的规律，其中第一个2s的指数由3，7，11，…，4n-1构成，其次个2s的指数由1，3，5，7，…，2n-1构成.其次个2s前有(-1)n，所以，对于n∈N*，C4n+11+C4n+15+C4n+19+…+C4n+14n+1=24n-1+(-1)n22n-1.
答案：24n-1+(-1)n22n-1
14.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a6=S3=12，则an=__________.
【解析】依据题意a6=S3=12，3a2=12，a2=4，a6=12，所以4d=8，d=2，所以an=a6+2(n-6)=2n，故可知数列an=2n.
答案：2n
15.(2022·苏州高二检测)在平面直角坐标系xOy中，二元一次方程Ax+By=0(A，B不为0)表示过原点的直线.类似地：在空间直角坐标系Oxyz中，三元一次方程Ax+By+Cz=0(A，B，C不为0)表示____________________.
【解析】首先，Ax+By=0表示一条直线.Ax+By+C=0中的C=0说明截距为0，即当y=0时，解得x=0，所以当然过原点.同理，Ax+By+Cz=0，当z=0时，Ax+By=0，它是平面xOy中的一条过原点的直线，所以Ax+By+Cz=0是过原点的一个平面，故答案为过原点的平面.
答案：过原点的平面
16.(2022·郑州高二检测)图1是一个水平摆放的小正方体木块，图2，图3是由这样的小正方体木块叠放而成的，依据这样的规律放下去，至第七个叠放的图形中，小正方体木块总数就是________.

【解析】分别观看正方体的个数为：1，1+5，1+5+9，…
归纳可知，第n个叠放图形中共有n层，构成了以1为首项，以4为公差的等差数列，
所以Sn=n+[n(n-1)×4]÷2=2n2-n，
所以S7=2×72-7=91.
答案：91
三、解答题(本大题共4小题，共40分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(10分)已知n≥0，试用分析法证明：n+2-n+1<n+1-n.
【证明】要证上式成立，需证n+2+n<2n+1.
需证(n+2+n)2<(2n+1)2，
需证n+1>n2+2n，
需证(n+1)2>n2+2n，
需证n2+2n+1>n2+2n，
只需证1>0.
由于1>0明显成立，所以原命题成立.
18.(10分)点P为斜三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱BB1上一点，PM⊥BB1交AA1于点M，PN⊥BB1交CC1于点N.
(1)求证：CC1⊥MN.
(2)在任意△DEF中有余弦定理：DE2=DF2+EF2-2DF·EF·cos∠DFE.扩展到空间类比三角形的余弦定理，写出斜三棱柱的三个侧面面积与其中两个侧面所成的二面角之间的关系式，并予以证明.
【解析】(1)由于PM⊥BB1，PN⊥BB1，
又PM∩PN=P，
所以BB1⊥平面PMN.所以BB1⊥MN.
又CC1∥BB1，所以CC1⊥MN.
(2)在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，有
SABB1A12=SBCC1B12+SACC1A12-2SBCC1B1SACC1A1cosα.
其中α为平面CC1B1B与平面CC1A1A所成的二面角.
证明如下：
由于CC1⊥平面PMN，所以上述的二面角的平面角为∠MNP.
在△PMN中，
由于PM2=PN2+MN2-2PN·MNcos∠MNP，
所以PM2·CC12=PN2·CC12+MN2·CC12-2(PN·CC1)·(MN·CC1)cos∠MNP，
由于SBCC1B1=PN·CC1，SACC1A1=MN·CC1，
SABB1A1=PM·BB1=PM·CC1，
所以SABB1A12=SBCC1B12+SACC1A12-2SBCC1B1·SACC1A1·cosα.
19.(10分)在数列an中，a1=1，a2=14，且an+1=n-1ann-ann≥2.
(1)求a3，a4，猜想an的表达式，并加以证明.
(2)设bn=an·an+1an+an+1，求证：对任意的n∈N*，都有b1+b2+…+bn<n3.
【解析】(1)简洁求得：a3=17，a4=110.
故可以猜想an=13n-2，n∈N*.
下面利用数学归纳法加以证明：
(i)明显当n=1，2，3，4时，结论成立，
(ii)假设当n=k(k≥4，k∈N*)时，结论也成立，即
ak=13k-2.
那么当n=k+1时，由题设与归纳假设可知：
ak+1=(k-1)akk-ak
=(k-1)×13k-2k-13k-2
=k-13k2-2k-1
=k-1(3k+1)(k-1)
=13k+1
=13(k+1)-2.
即当n=k+1时，结论也成立，综上，对任意n∈N*，an=13n-2成立.
(2)bn=an·an+1an+an+1
=13n-2·13n+113n-2+13n+1
=13n+1+3n-2
=13(3n+1-3n-2)，
所以b1+b2+…+bn
=13[(4-1)+(7-4)+(10-7)+…+(3n+1-3n-2)]
=13(3n+1-1)，
所以只需要证明13(3n+1-1)<n3⇔3n+1<3n+1⇔3n+1<3n+23n+1⇔0<23n(明显成立)，
所以对任意的n∈N*，都有b1+b2+…+bn<n3.
【变式训练】用数学归纳法证明：1×2+2×3+3×4+…+n×(n+1)=n(n+1)(n+2)3(n∈N*).
【证明】(1)当n=1时，左边=1×2=2，右边=1×2×33=2=左边，所以等式成立.
(2)假设当n=k(k∈N*)时，等式成立，
即1×2+2×3+3×4+…+k×(k+1)=k(k+1)(k+2)3.
则当n=k+1时，
1×2+2×3+3×4+…+k×(k+1)+(k+1)(k+2)
=kk+1k+23+k+1k+2
=k+1k+2k+33
所以n=k+1时，等式成立.
由(1)，(2)可知，原等式对于任意n∈N*成立.
20.(10分)已知函数f(x)=|x-a|-a2lnx，a∈R.
(1)求函数f(x)的单调区间.
(2)若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1<x2)，求证：
1<x1<a<x2<a2.
【解析】(1)依题意有，函数的定义域为(0，+∞)，
当a≤0时，f(x)=|x-a|-a2lnx=x-a-a2lnx，
f′(x)=1-a2x>0，函数f(x)的单调增区间为(0，+∞)，
当a>0时，f(x)=|x-a|-a2lnx=x-a-a2lnx,x≥a,a-x-a2lnx,0<x<a.
若x≥a，f′(x)=1-a2x=2x-a2x>0，
此时函数单调递增，
若0<x<a，f′(x)=-1-a2x<0，此时函数单调递减，
综上所述，当a≤0时，函数f(x)的单调增区间为(0，+∞)，
当a>0时，函数f(x)的单调减区间为(0，a)，单调增区间为(a，+∞).
(2)由(1)知，当a≤0时，函数f(x)单调递增，至多只有一个零点，不合题意；
则必有a>0，此时函数f(x)的单调减区间为(0，a)，单调增区间为(a，+∞)，
由题意，必需f(a)=-a2lna<0，解得a>1.
由f(1)=a-1-a2ln1=a-1>0，f(a)<0，得x1∈(1，a)，
而f(a2)=a2-a-alna=a(a-1-lna)，
下面证明：a>1时，a-1-lna>0，
设g(x)=x-1-lnx(x>1)，
则g′(x)=1-1x=x-1x>0，
所以g(x)在(1，+∞)上递增，
则g(x)>g(1)=0，
所以f(a2)=a2-a-alna=a(a-1-lna)>0，
又由于f(a)<0，
所以x2∈(a，a2).
综上所述，1<x1<a<x2<a2.
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