高中数学选修22 第二章 推理与证明A卷Word格式.docx

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B.猜想数列的通项公式为

C.由正三角形的性质得出正四面体的性质

D.半径为r的圆的面积，则单位圆的面积

【答案】D

【解析】选项A是由特殊到一般的推理过程，为归纳推理；

选项B是由特殊到一般的推理过程，为归纳推理；

选项C是由特殊到与它类似的另一个特殊的推理过程，是类比推理；

选项D中半径为r圆的面积，是大前提,单位圆的半径为1，是小前提,单位圆的面积为结论．故选D．

3.三角形的面积a，b，c为其边长，r为内切圆的半径，利用类比推理可以得出四面体的体积为（　　）

A.V＝abc（a，b，c为底面边长）

B.V＝sh（s为底面面积，h为四面体的高）

C.V＝（S1＋S2＋S3＋S4）r（S1，S2，S3，S4分别为四个面的面积，r为内切球的半径）

D.V＝（ab＋bc＋ac）h（a，b，c为底面边长，h为四面体的高）

【解析】设四面体的内切球的球心为O，则球心O到四个面的距离都是r，根据三角形面积的求解方法（分割法），将O与四面体的四个顶点连起来，可得四面体的体积等于以O为顶点，分别以四个面为底面的4个三棱锥体积的和，

∴V＝（S1＋S2＋S3＋S4）r.

4.顺次列出的规律相同的20个数中的前四个数依次是2×

1－1，2×

2－1，2×

3－1，2×

4－1，第15个数是（　　）

A.15B.29C.16D.31

【答案】B

【解析】前四个数依次是2×

1－1，

2×

2－1，

3－1，

4－1，

所以第15个数是2×

15－1＝29.

5.古希腊，毕达哥拉斯学派把1,3,6,10,15,21,28，…，这些数叫做三角形数，因为这些数（除1外）对应的点可以排成一个正三角形，如图所示，则第n个三角形数为（　　）

A.n

B.

C.n2－1

D.

【解析】观察图形可知，这些三角形数的特点是第n个三角形数是在前一个三角形数的基础上加上n，于是第n个三角形数为

6.有一段演绎推理：

“直线平行于平面，则这条直线平行于平面内所有直线；

已知直线b平面α，直线a平面α，直线b∥平面α，则直线b∥直线a”的结论是错误的，这是因为（）

A.大前提错误B.小前提错误C.推理形式错误D.非以上错误

【答案】A

【考点】合情推理与演绎推理,直接证明与间接证明

【解析】该演绎推理的大前提是：

若直线平行于平面，则该直线平行于平面内所有直线；

小前提是：

已知直线平面，直线a平面；

结论是：

直线直线a；

该结论是错误的，因为大前提是错误的，

正确叙述是“若直线平行于平面，过该直线作平面与已知平面相交，则交线与该直线平行”．

故选：

A．

7.用数学归纳法证明当n为正奇数时，能被x+y整除，第二步是（）

A.设n=2k+1时正确，再推n=2k+3正确

B.设n=2k-1时正确，再推n=2k+1时正确

C.设n=k时正确，再推n=k+2时正确

D.设正确，再推n=k+2时正确

【考点】数学归纳法

【解析】【解析】根据证明的结论，n为正奇数，故第二步的假设应写成：

假设时命题正确，

即当时，能被x+y整除，再推n=2k+1正确；

故选B．

8.仔细观察下面○和●的排列规律：

○●○○●○○○●○○○○●○○○○○●○○○○○○●

若依此规律继续下去，得到一系列的○和●，那么在前120个○和●中，●的个数是（　　）

A.12B.13C.14D.15

【解析】进行分组○●|○○●|○○○●|○○○○●|○○○○○●|○○○○○○●|则前n组两种圈的总数是

2+3+4（n+1）=，易知故n＝14．

9.用数学归纳法证明“”．在验证n＝1时，左端计算所得项为（　　）

A.1＋a

B.1＋a＋a2

C.1＋a＋a2＋a3

D.1＋a＋a2＋a3＋a4

【解析】将n＝1代入a2n＋1得a3，故选C.

10.分析法又叫执果索因法，若使用分析法证明：

“设a＞b＞c，且a＋b＋c＝0，求证：

”最终的索因应是（　　）

A.a－b＞0

B.a－c＞0

C.（a－b）（a－c）＞0

D.（a－b）（a－c）＜0

【考点】直接证明与间接证明

【解析】要证只需证b2－ac＜3a2.∵a＋b＋c＝0，∴b＝－a－c，只需证（－a－c）2－ac＜3a2，

只需证（c－a）（c＋2a）＜0，只需证（c－a）（c＋a－b－c）＜0，只需证（c－a）（a－b）＞0，故选C.

11.若，则下面四个式子中恒成立的是（　　）

A.　

C.

【解析】在A中，时，,因此不成立；

在B中，因为恒成立；

在C中，时不成立；

在D中，取，可知不成立.

12.用反证法证明命题：

“a，b∈N，ab可被5整除，那么a，b中至少有一个能被5整除”时，假设的内容应为（　　）

A.a，b都能被5整除

B.a，b都不能被5整除

C.a，b不都能被5整除

D.a不能被5整除

【解析】“至少有一个”的否定是“一个也没有”，即“a，b都不能被5整除”．

13.用数学归纳法证明,则当时，左端应在n=k的基础上加（）

A.

【解析】当n=k时，左边=，

当n=k时，左边=，

所以观察可知，增加的项为.

14.对于不等式，某学生的证明过程如下：

（1）当n=1时，，不等式成立．

（2）假设时，不等式成立，即，则n=k+1时，

，

∴当n=k+1时，不等式成立，上述证法（）

A.过程全都正确B.n=1验证不正确C.归纳假设不正确

D.从n=k到n=k+1的推理不正确

【解析】

15.已知a，b，c∈（0，1）．则在（1－a）b，（1－b）c，（1－c）a中（　　）

A.不能同时大于

B.都大于

C.至少有一个大于

D.至多有一个大于

【解析】方法一　假设（1－a）b，（1－b）c，（1－c）a都大于.

∵a，b，c都是小于1的正数，

∴1－a，1－b，1－c都是正数．

同理，

.

三式相加，得，

即，矛盾．

所以（1－a）b，（1－b）c，（1－c）a不能都大于.

方法二　假设三个式子同时大于，

即，，，

三式相乘得（1－a）b（1－b）c（1－c）a>

（）3.①

因为0<

a<

1，所以0<

a（1－a）≤＝.

同理0<

b（1－b）≤，0<

c（1－c）≤.

所以（1－a）a（1－b）b（1－c）c≤（）3.②

因为①与②矛盾，所以假设不成立．

16.在平面直角坐标系中，方程表示x，y轴上的截距分别为a，b的直线，类比到空间直角坐标系中，在x，y，z轴上截距分别为a，b，c（abc≠0）的平面方程为（　　）

【解析】在平面直角坐标系中，方程表示的图形是一条直线，具有特定性质：

“在x轴，y轴上的截距分别为a，b”．类比到空间坐标系中，在x，y，z轴上截距分别为a，b，c（abc≠0）的平面方程为.故选A.

17.将所有正偶数按如图方式进行排列，则2016位于（）

A.第30行B.第31行C.第32行D.第33行

【解析】由于题意可得：

第n行的最后一个数为．

令，最后一个数为1984令，最后一个数为2112．

∴2016位于第32行．

18.用数学归纳法证明34n＋1＋52n＋1（n∈N）能被8整除时，当n＝k＋1时，34（k＋1）＋1＋52（k＋1）＋1可变形（　　）

A.56×

34k＋1＋25（34k＋1＋52k＋1）

B.34k＋1＋52k＋1

C.34×

34k＋1＋52×

52k＋1

D.25（34k＋1＋52k＋1）

【解析】当n＝k＋1时，34（k＋1）＋1＋52（k＋1）＋1＝34×

34k＋1＋25×

52k＋1＝56×

34k＋1＋25（34k＋1＋52k＋1），两个表达式都能被8整除．

19.在平面几何里，有勾股定理：

“设的两边AB，AC互相垂直，则|AB|2＋|AC|2＝|BC|2”．拓展到空间，类比平面几何的勾股定理，“设三棱锥A－BCD的三个侧面两两相互垂直，则可得”（　　）

A.|AB|2＋|AC|2＋|AD|2＝|BC|2＋|CD|2＋|BD|2

D.|AB|2×

|AC|2×

|AD|2＝|BC|2×

|CD|2×

|BD|2

【解析】由边对应着面，边长对应着面积，

如图所示．由类比可得

20.我国南北朝数学家何承天发明的“调日法”是程序化寻求精确分数来表示数值的算法，其理论依据是：

设实数x的不足近似值和过剩近似值分别为和，则是x的更为精确的不足近似值或过剩近似值我们知道，若令，则第一次用“调日法”后得是的更为精确的过剩近似值，即，若每次都取最简分数，那么第四次用“调日法”后可得π的近似分数为（）

第一次用“调日法”后得是π的更为精确的过剩近似值，即；

第二次用“调日法”后得是π的更为精确的过剩近似值，即；

第三次用“调日法”后得是π的更为精确的过剩近似值，即，

第四次用“调日法”后得是π的更为精确的过剩近似值，即，

21.当x∈（0，＋∞）时，可得到不等式，由此可以推广为取值p等于（　　）[

A.nn

B.n2

C.n

D.n＋1

【解析】由不等式，不等式左边是两项的和，第二项是利用此规律观察所给不等式，从而归纳出一般性结论：

，即p＝nn.故选A.

22.有这样一段演绎推理“有些有理数是真分数，整数是有理数，则整数是真分数”结论显然是错误的，是因为（　　）

【解析】演绎推理的一般模式是三段论，大前提是已知的一般性原理，小前提是研究的特殊情况，结论是得出的判断．本题中并非所有的有理数都是真分数，所以推理形式错误．