2018-2019学年高二数学苏教版选修2-2阶段质量检测（二）　推理与证明

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)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)演绎推理是由一般到特殊的推理演绎推理得到的结论一定是正确的演绎推理的一般模式是“三段论”形式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12，则它们的面积比为14.类似地，在空间中，若两个正四面体的棱长比为12，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，yR，当x2y2_时，有xy1.9用数学归纳法证明12222n12n1(nN*)的过程如下：当n1时，左边1，右边2111，等式成立；假设当nk(kN*)时，等式成立，即12222k12k1；则当nk1时，12222k12k2k11，则当nk1时等式成立由此可知，对任何nN*，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x2y2r2(r0)内切于正方形ABCD，任取圆上一点P，若mn (m，nR)，则是m2，n2的等差中项；现有一椭圆1(ab0)内切于矩形ABCD，任取椭圆上一点P，若mn (m，nR)，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BC2.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BAa1 ，AA1a2 , A1A2a3 ， A5A6a7 ，则 a7_.12已知x>0，不等式x2，x3，x4，可推广为xn1，则a的值为_13如图，第n个图形是由正n2边形“扩展”而来(n1,2,3，)，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n2n.记第n个k边形数为N(n，k)(k3)，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)n2n，正方形数 N(n,4)n2，五边形数 N(n,5)n2n，六边形数 N(n,6)2n2n，可以推测N(n，k)的表达式，由此计算N(10,24)_.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a>0，b>0，ab1，求证：8.16(本小题满分14分)已知数列an满足a11，anan1n(nN*)，若Tna1a2·5a3·52an·5n1，bn6Tn5nan，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 sin210°cos240°sin 10°cos 40°；sin26°cos236°sin 6°cos 36°.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0<a，b，c<2，求证：(2a)b，(2b)c，(2c)a不可能同时大于1.19.(本小题满分16分)数列an满足Sn2nan(nN*)(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)x3x，数列an满足条件：a11，an1f(an1)，(1)证明：an2n1(nN*)(2)试比较与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错误答案：4形对角线互相垂直且平分5解析：·×.答案：186解析：三棱柱中5692；五棱锥中66102；立方体中68122，由此归纳可得FVE2.答案：FVE27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xy1，只需x2(1y2)1y2(1x2)2y，即2y1x2y2.只需使(y)20，即y，x2y21.答案：19解析：因为没有用到归纳假设的结果，错误答案：10解析：如图，设P(x，y)，由1知A(a，b)，B(a，b)，由mn可得代入1可得(mn)2(mn)21，即m2n2，所以，即m2，n2的等差中项为.答案：11解析：法一：直接递推归纳：等腰直角三角形ABC中，斜边BC2，所以ABACa12，AA1a2，A1A2a31，A5A6a7a1×6.法二：求通项：等腰直角三角形ABC中，斜边BC2，所以ABACa12，AA1a2，An1Anan1sin·anan2×n，故a72×6.答案：12解析：由x2，xx3，xx4，可推广为xn1，故ann.答案：nn13解析：设第n个图形中有an个顶点，则a133×3，a244×4，an2nn·n，an(n2)2n2n25n6.答案：n25n614解析：N(n，k)akn2bkn(k3)，其中数列ak是以为首项，为公差的等差数列；数列bk是以为首项，为公差的等差数列；所以N(n,24)11n210n，当n10时，N(10,24)11×10210×101 000.答案：1 00015证明：a>0，b>0，ab1.1ab2，ab，4，又(ab)24.8.16解：因为Tna1a2·5a3·52an·5n1，所以5Tna1·5a2·52a3·53an1·5n1an·5n，由得：6Tna1(a1a2)·5(a2a3)·52(an1an)·5n1an·5n1×52×52n1×5n1an·5nnan·5n，所以6Tn5nann，所以数列bn的通项公式为bnn.17.解：观察40°10°30°，36°6°30°，由此猜想：sin2cos2(30°)sin ·cos(30°).证明：sin2cos2(30°)sin ·cos(30°)sin2cos2(30°)sin (cos 30°cos sin 30°sin )sin2cos2(30°)sin cos sin2sin2cos2(30°)sin 2sin 2cos 2sin 2sin 2.18证明：假设(2a)b>1，(2b)c>1，(2c)a>1，则三式相乘：(2a)b(2b)c(2c)a>1而(2a)a21，同理，(2b)b1，(2c)c1，即(2a)b(2b)c(2c)a1，显然与矛盾，所以原结论成立19解：(1)由Sn2nan，得，a12a1，即a11.S2a1a24a2，解得a2.S3a1a2a36a3，解得a3.S4a1a2a3a48a4，解得a4.由此猜想an(nN*)(2)当n1时，a11，结论成立假设当nk(kN*)时，结论成立，即ak，那么当nk1时，ak1Sk1Sk2(k1)ak12kak2akak1，则ak1，这就是说当nk1时，结论也成立根据和，可知猜想对任何nN*都成立，即an(nN*)20解：(1)证明：f(x)x21，an1(an1)21a2an.当n1时，a11211，命题成立；假设当nk(k1，kN*)时命题成立，即ak2k1；那么当nk1时，ak1a2akak(ak2)(2k1)(2k12)22k12k11.即当nk1时，命题成立，综上所述，命题成立(2)an2n1，1an2n，.1<1.