人教版 高中數(shù)學(xué) 選修22優(yōu)化練習(xí)：第二章 章末優(yōu)化總結(jié)

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1、人教版高中數(shù)學(xué)精品資料 章末檢測(二) 時(shí)間：120分鐘　滿分：150分 一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的) 1．根據(jù)偶函數(shù)定義可推得“函數(shù)f(x)＝x2在R上是偶函數(shù)”的推理過程是(　　) A．歸納推理　　　　　　 B．類比推理 C．演繹推理 D．非以上答案 解析：根據(jù)演繹推理的定義知，推理過程是演繹推理，故選C. 答案：C 2．下面四個(gè)推理不是合情推理的是(　　) A．由圓的性質(zhì)類比推出球的有關(guān)性質(zhì) B．由直角三角形、等腰三角形、等邊三角形的內(nèi)角和都是180°，歸納出所有三角形的內(nèi)角和都

2、是180° C．某次考試張軍的成績是100分，由此推出全班同學(xué)的成績都是100分 D．蛇、海龜、蜥蜴是用肺呼吸的，蛇、海龜、蜥蜴是爬行動(dòng)物，所以所有的爬行動(dòng)物都是用肺呼吸的 解析：A是類比推理，B、D是歸納推理，C不是合情推理． 答案：C 3．用三段論證明命題：“任何實(shí)數(shù)的平方大于0，因?yàn)閍是實(shí)數(shù)，所以a2>0”，你認(rèn)為這個(gè)推理(　　) A．大前提錯(cuò)誤 B．小前提錯(cuò)誤 C．推理形式錯(cuò)誤 D．是正確的 解析：這個(gè)三段論推理的大前提是“任何實(shí)數(shù)的平方大于0”，小前提是“a是實(shí)數(shù)”，結(jié)論是“a2>0”．顯然結(jié)論錯(cuò)誤，原因是大前提錯(cuò)誤． 答案：A 4．設(shè)n

3、為正整數(shù)，f(n)＝1＋＋＋…＋，計(jì)算得 f(2)＝，f(4)>2，f(6)>，f(8)>3，f(10)>，觀察上述結(jié)果，可推測出一般結(jié)論為(　　) A．f(2n)＝ B．f(2n)> C．f(2n)≥ D．f(n)> 解析：觀察所給不等式，不等式左邊是f(2n)，右邊是，故選B. 答案：B 5．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1＝1，Sn＝n2an(n∈N*)，計(jì)算S1，S2，S3，S4，…，可歸納猜想出Sn的表達(dá)式為(　　) A. B. C. D. 解析：由a1＝1，得a1＋a2＝22a2，∴a2＝，S2＝； 又1＋＋a

4、3＝32a3，∴a3＝，S3＝＝； 又1＋＋＋a4＝16a4，得a4＝，S4＝； …… 由S1＝＝，S2＝＝，S3＝＝， S4＝＝，…， 可以猜想Sn＝. 答案：A 6．如果兩個(gè)數(shù)之和為正數(shù)，則這兩個(gè)數(shù)(　　) A．一個(gè)是正數(shù)，一個(gè)是負(fù)數(shù) B．兩個(gè)都是正數(shù) C．至少有一個(gè)是正數(shù) D．兩個(gè)都是負(fù)數(shù) 解析：這兩個(gè)數(shù)中至少有一個(gè)數(shù)是正數(shù)，否則，若這兩個(gè)數(shù)都不是正數(shù)，則它們的和一定是非正數(shù)，這與“兩個(gè)數(shù)之和為正數(shù)”相矛盾． 答案：C 7．已知n為正偶數(shù)，用數(shù)學(xué)歸納法證明1－＋－＋…＋＝2時(shí)，若已假設(shè)n＝k(k≥2為偶數(shù))時(shí)命題為真，則還需要用歸納假設(shè)再證(　　) A．n＝

5、k＋1時(shí)等式成立 B．n＝k＋2時(shí)等式成立 C．n＝2k＋2時(shí)等式成立 D．n＝2(k＋2)時(shí)等式成立 解析：因?yàn)榧僭O(shè)n＝k(k≥2為偶數(shù))，故下一個(gè)偶數(shù)為k＋2，故選B. 答案：B 8．用數(shù)學(xué)歸納法證明12＋22＋…＋(n－1)2＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12＝時(shí)，從n＝k到n＝k＋1時(shí)，等式左邊應(yīng)添加的式子是(　　) A．(k－1)2＋2k2 B．(k＋1)2＋k2 C．(k＋1)2 D.(k＋1)[2(k＋1)2＋1] 解析：當(dāng)n＝k時(shí)，左邊＝12＋22＋…＋(k－1)2＋k2＋(k－1)2…＋22＋12，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，左邊＝12＋22＋…＋(k－1)2＋k

6、2＋(k＋1)2＋k2＋(k－1)2＋…＋22＋12， ∴從n＝k到n＝k＋1，左邊應(yīng)添加的式子為(k＋1)2＋k2. 答案：B 9.如圖所示，橢圓中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，F(xiàn)為左焦點(diǎn)，當(dāng)⊥時(shí)，其離心率為，此類橢圓被稱為“黃金橢圓”．類比“黃金橢圓”，可推算出“黃金雙曲線”的離心率e等于(　　) A. B. C.－1 D.＋1 解析：如圖所示，設(shè)雙曲線方程為－＝1(a>0，b>0)，則F(－c,0)，B(0，b)，A(a,0)． ∴＝(c，b)，＝(－a，b)． 又∵⊥，∴·＝b2－ac＝0. ∴c2－a2－ac＝0.∴e2－e－1＝0. ∴e＝或e＝(舍

7、去)，故應(yīng)選A. 答案：A 10．用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式＋＋…＋>的過程中，由n＝k到n＝k＋1時(shí)，不等式左邊的變化情況為(　　) A．增加 B．增加＋ C．增加，減少 D．增加，減少 解析：當(dāng)n＝k時(shí)，不等式的左邊＝＋＋…＋，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，不等式的左邊＝＋＋…＋，所以＋＋…＋－(＋＋…＋)＝－，所以由n＝k到n＝k＋1時(shí)，不等式的左邊增加，減少. 答案：C 11．將石子擺成如圖的梯形形狀，稱數(shù)列5,9,14,20，…為“梯形數(shù)”．根據(jù)圖形的構(gòu)成，此數(shù)列{an}的第2 012項(xiàng)與5的差，即a2 012－5＝(　　) A．2 018×2 012 B．2

8、 018×2 011 C．1 009×2 012 D．1 009×2 011 解析：由已知的圖形我們可以得出圖形的編號(hào)與圖中石子的個(gè)數(shù)之間的關(guān)系為：n＝1時(shí)，a1＝2＋3＝×(2＋3)×2；n＝2時(shí)，a2＝2＋3＋4＝×(2＋4)×3……由此我們可以推斷：an＝2＋3＋…＋(n＋2)＝×[2＋(n＋2)]×(n＋1) ∴a2 012－5＝×[2＋(2 012＋2)]×(2 012＋1)－5＝1 008×2 013－5＝1 009×2 011，故選D. 答案

9、：D 12．語文、數(shù)學(xué)兩學(xué)科，成績?cè)u(píng)定為“優(yōu)秀”“合格”“不合格”三種．若A同學(xué)每科成績不低于B同學(xué)，且至少有一科成績比B高，則稱“A同學(xué)比B同學(xué)成績好．”現(xiàn)有若干同學(xué)，他們之間沒有一個(gè)人比另一個(gè)成績好，并且沒有任意兩個(gè)人語文成績一樣，數(shù)學(xué)成績也一樣的．問滿足條件的最多有多少學(xué)生(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 解析：假設(shè)A、B兩個(gè)同學(xué)的數(shù)學(xué)成績一樣，由題意知他們語文成績不一樣，這樣他們的語文成績總有人比另一個(gè)人高，語文成績高的同學(xué)比另一個(gè)同學(xué)“成績好”，與已知條件“他們之中沒有一個(gè)比另一個(gè)成績好”相矛盾．因此，沒有任意兩個(gè)同學(xué)數(shù)學(xué)成績是相同的．同理，沒有任意兩個(gè)同學(xué)語文成

10、績是相同的．因?yàn)檎Z文、數(shù)學(xué)兩學(xué)科成績各有3種，因而同學(xué)數(shù)量最大為3.即 3位同學(xué)成績分別為(優(yōu)秀，不合格)、(合格，合格)、(不合格，優(yōu)秀)時(shí)滿足條件． 答案：B 二、填空題(本大題共4小題，每小題4分，共16分，把答案填在題中的橫線上) 13．已知x，y∈R，且x＋y<2，則x，y中至多有一個(gè)大于1，在用反證法證明時(shí)，假設(shè)應(yīng)為________． 解析：“至多有一個(gè)大于1”包括“都不大于1和有且僅有一個(gè)大于1”，故其對(duì)立面為“x，y都大于1”． 答案：x，y都大于1 14．已知f(x)＝，定義f1(x)＝f′(x)，f2(x)＝ [f1(x)]′，…，fn＋1(x)＝[fn

11、(x)]′，n∈N.經(jīng)計(jì)算 f1(x)＝，f2(x)＝，f3(x)＝，…，照此規(guī)律，則fn(x)＝________. 解析：觀察各個(gè)式子，發(fā)現(xiàn)分母都是ex，分子依次是 －(x－1)，(x－2)，－(x－3)，(x－4)，…，括號(hào)前是(－1)n，括號(hào)里是x－n， 故fn(x)＝. 答案： 15．設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12成等差數(shù)列．類比以上結(jié)論有：設(shè)等比數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)積為Tn，則T4，________，________，成等比數(shù)列． 解析：由于等差數(shù)列與等比數(shù)列具有類比性，且等差數(shù)列與和差有關(guān)，等比數(shù)列與積商有關(guān)，因此

12、當(dāng)?shù)炔顢?shù)列依次每4項(xiàng)之和仍成等差數(shù)列時(shí)，類比到等比數(shù)列為依次每4項(xiàng)的積的商成等比數(shù)列．即T4，，，成等比數(shù)列． 答案：　 16．在平面上，我們用一直線去截正方形的一個(gè)角，那么截下的一個(gè)直角三角形，按如圖所標(biāo)邊長，由勾股定理有c2＝a2＋b2.設(shè)想正方形換成正方體，把截線換成如圖截面，這時(shí)從正方體上截下三條側(cè)棱兩兩垂直的三棱錐O ­LMN，如果用S1、S2、S3表示三個(gè)側(cè)面面積，S表示截面面積，那么類比得到的結(jié)論是________． 解析：類比如下： 正方形?正方體；截下直角三角形?截下三側(cè)面兩兩垂直的三棱錐；直角三角形斜邊平方?三棱錐底面面積的平方；直角三角形兩直角邊平方

13、和?三棱錐三個(gè)側(cè)面面積的平方和，結(jié)論S2＝S＋S＋S. 證明如下：如圖，作OE⊥平面LMN，垂足為E，連接LE并延長交MN于F，連接NE，ME，OF. ∵LO⊥OM，LO⊥ON，∴LO⊥平面MON， ∵M(jìn)N?平面MON，∴LO⊥MN， ∵OE⊥MN，∴MN⊥平面OFL，∴S△OMN＝MN·OF，S△MNE＝MN·FE，S△MNL＝MN·LF，OF2＝FE·FL，∴S ＝(MN·OF)2＝ (MN·FE)·(MN·FL)＝S△MNE·S△MNL，同理S＝S△MLE·S△MNL，S＝S

14、△NLE·S△MNL，∴S＋S＋S＝(S△MNE＋S△MLE＋S△NLE)·S△MNL＝S，即S＋S＋S＝S2. 答案：S2＝S＋S＋S 三、解答題(本大題共6小題，共74分，必要的解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟) 17．(本小題滿分12分)設(shè)a，b∈(0，＋∞)，且a≠b，求證：a3＋b3>a2b＋ab2. 證明：要證a3＋b3>a2b ＋ab2成立， 即需證(a＋b)(a2－ab＋b2)>ab(a＋b)成立． 又因a＋b>0， 故只需證a2－ab＋b2>ab成立， 即需證a2－2ab＋b2>0成立， 即需證(

15、a－b)2>0成立． 而依題設(shè)a≠b，則(a－b)2>0顯然成立． 由此命題得證． 18．(本小題滿分12分)用綜合法或分析法證明： (1)如果a，b>0，則lg≥ ； (2)已知m＞0，a，b∈R，求證：2≤. 證明：(1)當(dāng)a，b>0時(shí)，有≥， ∴l(xiāng)g≥lg，∴l(xiāng)g≥lg ab＝. (2) ∵m＞0，∴1＋m＞0.所以要證原不等式成立， 只需證(a＋mb)2≤(1＋m)(a2＋mb2)， 即證m(a2－2ab＋b2)≥0， 即證(a－b)2≥0，而(a－b)2≥0顯然成立，故原不等式得證． 19. (本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝ax＋

16、(a>1)． (1)證明：函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)； (2)用反證法證明方程f(x)＝0沒有負(fù)數(shù)根． 證明：(1)任取x1、x2∈(－1，＋∞)，不妨設(shè)x1<x2，則x2－x1>0，ax2－x1>1且ax1>0， ∴ax2－ax1＝ax1(ax2－x1－1)>0，又∵x1＋1>0，x2＋1>0， ∴－＝＝， 于是f(x2)－f(x1)＝ax2－ax1＋－>0， 故函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)． (2)設(shè)存在x0<0(x0≠－1)滿足f(x0)＝0， 則ax0＝－，且0<ax0<1.

17、∴0<－<1，即<x0<2，與假設(shè)x0<0矛盾． 故方程f(x)＝0沒有負(fù)數(shù)根． 20．(本小題滿分12分)某同學(xué)在一次研究性學(xué)習(xí)中發(fā)現(xiàn)，以下五個(gè)式子的值都等于同一個(gè)常數(shù)： ①sin213°＋cos217°－sin 13°cos 17°； ②sin215°＋cos215°－sin 15°cos 15°； ③sin218°＋cos212°－sin 18°cos 12°； ④sin2(－18°)＋cos248°－sin

18、(－18°)cos 48°； ⑤sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos 55°. (1)試從上述五個(gè)式子中選擇一個(gè)，求出這個(gè)常數(shù)； (2)根據(jù)(1)的計(jì)算結(jié)果，將該同學(xué)的發(fā)現(xiàn)推廣為三角恒等式，并證明你的結(jié)論． 解析：(1)選擇②式，計(jì)算如下： sin215°＋cos215°－sin 15°cos 15°＝1－sin 30°＝1－＝. (2)三角恒等式為sin2α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝. 證明如

19、下： sin2α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α) ＝sin2α＋(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)2－sin α(cos 30°cos α＋sin 30°sin α) ＝sin2α＋cos2α＋sin αcos α＋sin2α－sin αcos α－sin2α＝sin2α＋cos2α＝. 21．(本小題滿分13分) 設(shè)數(shù)列a1，a2，…，an，…中的每一項(xiàng)都不為0.證明{an}為等差數(shù)列的充分必要條件是：對(duì)任何n∈N*，都有＋＋…＋＝. 證明：先證必要性． 設(shè)數(shù)列{an}的公差為

20、d.若d＝0，則所述等式顯然成立． 若d≠0，則＋＋…＋＝ ＝＝＝＝. 再證充分性． (直接證法)依題意有 ＋＋…＋＝，① ＋＋…＋＋＝.② ②－①得＝－， 在上式兩端同乘a1an＋1an＋2，得a1＝(n＋1)an＋1－nan＋2.③ 同理可得a1＝nan－(n－1)an＋1(n≥2)，④ ③－④得2nan＋1＝n(an＋2＋an)， 即an＋2－an＋1＝an＋1－an，⑤ 又由①當(dāng)n＝2時(shí)，得等式＋＝，兩端同乘a1a2a3，即得a1＋a3＝2a2，知a3－a2＝a2－a1，故⑤對(duì)任意n∈N*均成立．所以{an}是等差數(shù)列． 22．(本小題滿分13分)(2014&

21、#183;高考北京卷)對(duì)于數(shù)對(duì)序列P：(a1，b1)，(a2，b2)，…，(an，bn)，記T1(P)＝a1＋b1，Tk(P)＝bk＋max{Tk－1(P)，a1＋a2＋…＋ak}(2≤k≤n)，其中max{Tk－1(P)，a1＋a2＋…＋ak}表示Tk－1(P)和a1＋a2＋…＋ak兩個(gè)數(shù)中最大的數(shù)． (1)對(duì)于數(shù)對(duì)序列P：(2,5)，(4,1)，求T1(P)，T2(P)的值； (2)記m為a，b，c，d四個(gè)數(shù)中最小的數(shù)，對(duì)于由兩個(gè)數(shù)對(duì)(a，b)，(c，d)組成的數(shù)對(duì)序列P：(a，b)，(c，d)和P′：(c，d)，(a，b)，試分別對(duì)m＝a和m＝d兩種情況比較T2(P)和T2 (P′)

22、的大?。? (3)在由五個(gè)數(shù)對(duì)(11,8)，(5,2)，(16,11)，(11,11)，(4,6)組成的所有數(shù)對(duì)序列中，寫出一個(gè)數(shù)對(duì)序列P使T5(P)最小，并寫出T5(P)的值．(只需寫出結(jié)論)． 解析：(1)T1(P)＝2＋5＝7，T2(P)＝1＋max{T1(P)，2＋4}＝1＋max{7,6}＝8. (2)T2(P)＝max{a＋b＋d，a＋c＋d}， T2(P′)＝max{c＋d＋b，c＋a＋b}． 當(dāng)m＝a時(shí)，T2(P′)＝max{c＋d＋b，c＋a＋b}＝c＋d＋b. 因?yàn)閍＋b＋d≤c＋b＋d，且a＋c＋d≤c＋b＋d，所以T2(P)≤T2(P′)． 當(dāng)m＝d時(shí)，T2(P′)＝max{c＋d＋b，c＋a＋b}＝c＋a＋b. 因?yàn)閍＋b＋d≤c＋a＋b，且a＋c＋d≤c＋a＋b，所以T2(P)≤T2(P′)． 所以無論m＝a還是m＝d，T2(P)≤T2(P′)都成立． (3)數(shù)對(duì)序列P：(4,6)，(11,11)，(16,11)，(11,8)，(5,2)的T5(P)值最小， T1(P)＝10，T2(P)＝26，T3(P)＝42，T4(P)＝50， T5(P)＝52.