高中数学 第二章 推理与证明B章末测试 新人教A版选修121.docx

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高中数学第二章推理与证明B章末测试新人教A版选修121

高中数学第二章推理与证明B章末测试新人教A版选修1-2

（高考体验卷）

（时间：

90分钟　满分：

100分）

一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分）

1．（2013北京高考）设a，b，c∈R，且a＞b，则（　　）

A．ac＞bcB．

＜

C．a2＞b2D．a3＞b3

2．（2013广东高考）设l为直线，α，β是两个不同的平面．下列命题中正确的是（　　）

A．若l∥α，l∥β，则α∥β

B．若l⊥α，l⊥β，则α∥β

C．若l⊥α，l∥β，则α∥β

D．若α⊥β，l∥α，则l⊥β

3．（2012江西高考）观察下列事实：

|x|＋|y|＝1的不同整数解（x，y）的个数为4，|x|＋|y|＝2的不同整数解（x，y）的个数为8，|x|＋|y|＝3的不同整数解（x，y）的个数为12，…，则|x|＋|y|＝20的不同整数解（x，y）的个数为（　　）

A．76B．80C．86D．92

4．（2014山东高考）用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要做的假设是（　　）

A．方程x3＋ax＋b＝0没有实根

B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一个实根

C．方程x3＋ax＋b＝0至多有两个实根

D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实根

5．（2011江西高考）观察下列各式：

72＝49,73＝343，74＝2401，…，则72011的末两位数字为（　　）

A．01B．43C．07D．49

6．（2012江西高考）观察下列各式：

a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，则a10＋b10＝（　　）

A．28B．76C．123D．199

7．（2013福建高考）若2x＋2y＝1，则x＋y的取值范围是（　　）

A．[0,2]B．[－2,0]

C．[－2，＋∞）D．（－∞，－2]

8．（2013辽宁高考）已知点O（0,0），A（0，b），B（a，a3）．若△OAB为直角三角形，则必有（　　）

A．b＝a3

B．b＝a3＋

C．（b－a3）

＝0

D．|b－a3|＋

＝0

9．（2012福建高考）已知f（x）＝x3－6x2＋9x－abc，a＜b＜c，且f（a）＝f（b）＝f（c）＝0.现给出如下结论：

①f（0）f

（1）＞0；②f（0）f

（1）＜0；③f（0）f（3）＞0；④f（0）f（3）＜0.

其中正确结论的序号是（　　）

A．①③B．①④C．②③D．②④

10．（2012浙江高考）设a＞0，b＞0，e是自然对数的底数，（　　）

A．若ea＋2a＝eb＋3b，则a＞b

B．若ea＋2a＝eb＋3b，则a＜b

C．若ea－2a＝eb－3b，则a＞b

D．若ea－2a＝eb－3b，则a＜b

二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分）

11．（2014北京高考）顾客请一位工艺师把A，B两件玉石原料各制成一件工艺品．工艺师带一位徒弟完成这项任务．每件原料先由徒弟完成粗加工，再由工艺师进行精加工完成制作，两件工艺品都完成后交付顾客．两件原料每道工序所需时间（单位：

工作日）如下：

则最短交货期为__________个工作日．

12．（2014福建高考）已知集合{a，b，c}＝{0,1,2}，且下列三个关系：

①a≠2；②b＝2；③c≠0有且只有一个正确，则100a＋10b＋c等于__________．

13．（2014课标全国Ⅰ高考）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：

我们三人去过同一城市．

由此可判断乙去过的城市为__________．

14．（2014陕西高考）已知f（x）＝

，x≥0，若f1（x）＝f（x），fn＋1（x）＝f（fn（x）），n∈N＋，则f2014（x）的表达式为__________．

15．（2012湖南高考）对于n∈N*，将n表示为n＝ak×2k＋ak－1×2k－1＋…＋a1×21＋a0×20，当i＝k时，ai＝1，当0≤i≤k－1时，ai为0或1.定义bn如下：

在n的上述表示中，当a0，a1，a2，…，ak中等于1的个数为奇数时，bn＝1；否则bn＝0.

（1）b2＋b4＋b6＋b8＝________；

（2）记cm为数列{bn}中第m个为0的项与第m＋1个为0的项之间的项数，则cm的最大值是________．

三、解答题（本大题共4小题，共25分）

16．（6分）（2012福建高考）某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数：

①sin213°＋cos217°－sin13°cos17°；

②sin215°＋cos215°－sin15°cos15°；

③sin218°＋cos212°－sin18°cos12°；

④sin2（－18°）＋cos248°－sin（－18°）cos48°；

⑤sin2（－25°）＋cos255°－sin（－25°）cos55°.

（1）试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；

（2）根据

（1）的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论．

17．（6分）（2013北京高考）如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥AD.E和F分别是CD和PC的中点．求证：

（1）PA⊥底面ABCD；

（2）BE∥平面PAD；

（3）平面BEF⊥平面PCD.

18．（6分）（2013湖北高考）已知Sn是等比数列{an}的前n项和，S4，S2，S3成等差数列，且a2＋a3＋a4＝－18.

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）是否存在正整数n，使得Sn≥2013？

若存在，求出符合条件的所有n的集合；若不存在，说明理由．

参考答案

一、1．解析：

A选项中若c小于等于0则不成立，B选项中若a为正数b为负数则不成立，C选项中若a，b均为负数则不成立，故选D.

答案：

D

2．解析：

如图，在正方体A1B1C1D1－ABCD中，

对于A，设l为AA1，平面B1BCC1，平面DCC1D1为α，β.

A1A∥平面B1BCC1，A1A∥平面DCC1D1，

而平面B1BCC1∩平面DCC1D1＝C1C；

对于C，设l为A1A，平面ABCD为α，平面DCC1D1为β，A1A⊥平面ABCD，A1A∥平面DCC1D1，

而平面ABCD∩平面DCC1D1＝DC；

对于D，设平面A1ABB1为α，平面ABCD为β，直线D1C1为l，平面A1ABB1⊥平面ABCD，D1C1∥平面A1ABB1，而D1C1∥平面ABCD.

故A，C，D都是错误的．

而对于B，根据垂直于同一直线的两平面平行，知B正确．

答案：

B

3．解析：

由已知条件，得|x|＋|y|＝n（n∈N＋）的不同整数解（x，y）的个数为4n，所以|x|＋|y|＝20的不同整数解（x，y）的个数为80，故选B.

答案：

B

4．解析：

“至少有一个”的否定为“没有”．

答案：

A

5．解析：

（法一）由题意得，72011＝7502×4＋3＝（74）502·73，由于74＝2401末位为1，倒数第二位为0，因此2401502的末两位定为01.又73＝343，∴（74）502·73的末两位定为43.

（法二）用归纳法：

∵72＝49,73＝343,74＝2401,75＝16807,76＝117649,77＝823543，…，由上知末两位有周期性且T＝4.

又72011＝7502×4＋3，∴72011的末两位与73的末两位一样为43.

答案：

B

6．解析：

利用归纳法：

a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4＝3＋1，a4＋b4＝4＋3＝7，a5＋b5＝7＋4＝11，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.

规律为从第三组开始，其结果为前两组结果的和．

答案：

C

7．解析：

∵2x＋2y＝1≥2

，

∴

2≥2x＋y，即2x＋y≤2－2.

∴x＋y≤－2.

答案：

D

8．解析：

若∠OBA为直角，则

·

＝0，

即a2＋（a3－b）·a3＝0，

又a≠0，故b＝a3＋

；

若∠OAB为直角时，

·

＝0，即b（a3－b）＝0，得b＝a3；

若∠AOB为直角，则不可能．所以b－a3－

＝0或b－a3＝0，故选C.

答案：

C

9．解析：

设g（x）＝x3－6x2＋9x＝0，则x1＝0，x2＝x3＝3，其图象如下图：

要使f（x）＝x3－6x2＋9x－abc有3个零点，需将g（x）的图象向下平移，如图所示：

又f′（x）＝3x2－12x＋9＝0时，x1＝1，x2＝3，即得f

（1）是极大值，f（3）是极小值．

故由图象可知f（0）·f

（1）＜0，f（0）·f（3）＞0.

答案：

C

10．解析：

考查函数y＝ex＋2x为单调增函数，若ea＋2a＝eb＋2b，则a＝b；

若ea＋2a＝eb＋3b，∴a＞b.故选A.

答案：

A

二、11．解析：

最短交货期为先由徒弟完成原料B的粗加工，共需6天，然后工艺师加工该件工艺品，需21天；徒弟可在这几天中完成原料A的粗加工；最后由工艺师完成原料A的精加工，需15个工作日．故交货期为6＋21＋15＝42个工作日．

答案：

42

12．解析：

由题意可知三个关系只有一个正确分为三种情况：

（1）当①成立时，则a≠2，b≠2，c＝0，此种情况不成立；

（2）当②成立时，则a＝2，b＝2，c＝0，此种情况不成立；

（3）当③成立时，则a＝2，b≠2，c≠0，即a＝2，b＝0，c＝1，

所以100a＋10b＋c＝100×2＋10×0＋1＝201.

故答案为201.

答案：

201

13．解析：

由丙的说法“三人去过同一城市”知乙至少去过一个城市，而甲说去过的城市比乙多，且没去过B城市，因此甲一定去过A城市和C城市．又乙没去过C城市，所以三人共同去过的城市必为A，故乙去过的城市就是A.

答案：

A

14．解析：

依题意，f1（x）＝f（x）＝

，f2（x）＝f（f1（x））＝f

＝

＝

，

f3（x）＝f（f2（x））＝f

＝

＝

，…，

由此可猜测fn（x）＝

，故f2014（x）＝

.

答案：

15．解析：

（1）由题意知2＝1×2，b2＝1；4＝1×22，b4＝1；6＝1×22＋1×2，b6＝0；8＝1×23，b8＝1，

所以b2＋b4＋b6＋b8＝3.

（2）①若n为偶数，且bn＝0，则n＝ak×2k＋ak－1×2k－1＋…＋a1×21＋a0×20中a0＝0，且ak，ak－1，…a1中有偶数个1，

n＋1＝ak×2k＋ak－1×2k－1＋…＋a1×21＋1×20，bn＋1＝1

n＋2＝am′×2m＋am－1′　×2m－1＋…＋a1′×21＋0×20，

若bn＋2＝0，此时cm＝1；

若bn＋2＝1，则n＋3＝am′×2m＋am－1′　×2m－1＋…＋a1′×21＋1×20，

则bn＋3＝0，此时cm＝2.

②若n为奇数，n＝ak×2k＋…＋1×20，且bn＝0，

则n＋1＝am′×2m＋…＋a1′×21＋0×20，

若bn＋1＝0，此时cm＝0.

若bn＋1＝1，则n＋2＝am′×2m＋…＋a1′×21＋1×20，bn＋2＝0.

此时，cm＝1.

综上所述，cm的最大值为2.

（注：

也可列举连续的几项，作出猜测）

答案：

（1）3　

（2）2

三、16．解法一：

（1）选择②式，计算如下：

sin215°＋cos215°－sin15°cos15°＝1－

sin30°＝1－

＝

.

（2）三角恒等式为sin2α＋cos2（30°－α）－sinαcos（30°－α）＝

.

证明如下：

sin2α＋cos2（30°－α）－sinαcos（30°－α）

＝sin2α＋（cos30°cosα＋sin30°sinα）2－sinα（cos30°cosα＋sin30°sinα）

＝sin2α＋

cos2α＋

sinαcosα＋

sin2α－

sinαcosα－

sin2α

＝

sin2α＋

cos2α＝

.

解法二：

（1）同解法一．

（2）三角恒等式为sin2α＋cos2（30°－α）－sinαcos（30°－α）＝

.

证明如下：

sin2α＋cos2（30°－α）－sinαcos（30°－α）

＝

＋

－sinα（cos30°cosα＋sin30°sinα）

＝

－

cos2α＋

＋

（cos60°cos2α＋sin60°sin2α）－

sinαcosα－

sin2α

＝

－

cos2α＋

＋

cos2α＋

sin2α－

sin2α－

（1－cos2α）

＝1－

cos2α－

＋

cos2α＝

.

17．证明：

（1）因为平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，

所以PA⊥底面ABCD.

（2）因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，

所以AB∥DE，且AB＝DE.

所以四边形ABED为平行四边形．

所以BE∥AD.

又因为BE

平面PAD，AD

平面PAD，

所以BE∥平面PAD.

（3）因为AB⊥AD，而且四边形ABED为平行四边形，

所以BE⊥CD，AD⊥CD.

由

（1）知PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD.

所以CD⊥平面PAD.所以CD⊥PD.

因为E和F分别是CD和PC的中点，

所以PD∥EF.所以CD⊥EF.

所以CD⊥平面BEF.

所以平面BEF⊥平面PCD.

18．解：

（1）设数列{an}的公比为q，则a1≠0，q≠0.

由题意得

即

解得

故数列{an}的通项公式为an＝3（－2）n－1.

（2）由

（1）有Sn＝

＝1－（－2）n.

若存在n，使得Sn≥2013，

则1－（－2）n≥2013，

即（－2）n≤－2012.

当n为偶数时，（－2）n＞0，上式不成立；

当n为奇数时，（－2）n＝－2n≤－2012，即2n≥2012，则n≥11.

综上，存在符合条件的正整数n，且所有这样的n的集合为{n|n＝2k＋1，k∈N，k≥5}．

19．（7分）（2014天津高考）已知q和n均为给定的大于1的自然数．设集合M＝{0,1,2，…，q－1}，集合A＝{x|x＝x1＋x2q＋…＋xnqn－1，xi∈M，i＝1,2，…，n}．

（1）当q＝2，n＝3时，用列举法表示集合A；

（2）设s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，其中ai，bi∈M，i＝1,2，…，n.证明：

若an＜bn，则s＜t.

分析：

（1）先由已知写出M，及描述法的集合A，再对xi值的情况讨论，写出A的列举法表示．

（2）证明s＜t，可用作差法，即判断s－t＜0.作差后利用放缩法，将差式转化为等比数列求和判断差的符号．

（1）解：

当q＝2，n＝3时，M＝{0,1}，A＝{x|x＝x1＋x2·2＋x3·22，xi∈M，i＝1,2,3}．

可得，A＝{0,1,2,3,4,5,6,7}．

（2）证明：

由s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，ai，bi∈M，i＝1,2，…，n及an＜bn，

可得s－t＝（a1－b1）＋（a2－b2）q＋…＋（an－1－bn－1）qn－2＋（an－bn）qn－1

≤（q－1）＋（q－1）q＋…＋（q－1）qn－2－qn－1

＝

－qn－1＝－1＜0.

所以，s＜t.