1、1 / 7数学选修 2-2推理与证明第卷( 选择题 共 60 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,只有一项是最符合题目要求的.)1、 下列表述正确的是( ). 归纳推理是由部分到整体的推理;归纳推理是由一般到一般的推理; 演绎推理是由一般到特殊的推理;类比推理是由特殊到一般的推理 ;类比推理是由特殊到特殊的推理 . A. B. C. D.2、分析法是从要证明的结论出发,逐步寻求使结论成立的( ).充分条件 .必要条件 .充要条件 .等价条件3、在 ABC 中, sincosAC,则 B 一定是( ).锐角三角形 .钝角三角形 .直角三角
2、形 .不确定4、下面使用类比推理正确的是 ( )A.直线 a,b,c,若 a/b,b/c,则 a/c.类推出: 向量 a,b,c,若 a/b,b/c,则 a/cB.同一平面内,直线 a,b,c,若 ac,bc,则 a/b.类推出: 空间中,直线 a,b,c,若 ac,b c,则a/b.C.实数 ,若方程 有实数根,则 .类推出: 复数 ,若方程20xb24b有实数根,则 .20x4aD.以点 为圆心, 为半径的圆的方程为 .类推出:以点 为球心,()r22xyr(0)为半径的球的方程为 .r22xyzr5、(1)已知 3pq,求证 pq ,用反证法证明时,可假设 2pq ;(2)已知abR，,
3、 1,求证方程 20xab的两根的绝对值都小于 1.用反证法证明时可假设方程有一根 1x的绝对值大于或等于 1,即假设 1x ,以下结论正确的是( )A.(1)的假设错误 ,(2)的假设正确 B.(1)与(2) 的假设都正确C.(1)的假设正确,(2) 的假设错误 D.(1)与(2) 的假设都错误6、观察式子: 231, 2153, 2274, ,则可归纳出式子为( ). 2 ()n . 211(2)3n . 21123 . 2 7、已知扇形的弧长为 l,所在圆的半径为 r,类比三角形的面积公式: 12S底 高,可得扇形的面积公式为( )2 / 7. 21r. 21l. 1rl.不可类比8、定
4、义 ADCBA, 的运算分别对应下图中的(1)、(2) 、(3)、(4), 那么下图中的(A) 、(B)所对应的运算结果可能是 ( )(1) (2) (3) (4) (A) (B)A. D, B. , C. DCB, D. DA,9、观察下列各式: 21, 234, 2567, 2456789107,可以得出的一般结论是( )A. 2)(nn B. 123)(1)C. 2()(nn D. 1231)()10、用数学归纳法证明 (2213()nn ,从 k到 1,左边需要增乘的代数式为( )A. 2(1)k B. 21kC. k D. k11、正整数按下表的规律排列则上 起第 2009 行,左起
5、第 2010 列的数 应为( )A. 209 B. C.2011D. 912、 为了保证信息安全传输,有一种称 为秘密密钥密码系统(Private Key Cryptosystem),其加密、解密原理 如下图:现在加密密钥为 ,如上所示,明文“6”通过加密后得到密文 “3”,再发送,接受方通)2(logxya过解密密钥解密得到明文“6”.问:若接受方接到密文为“4”, 则解密后得明文为( )A.12 B.13 C.14 D.15第卷( 非选择题 共 90 分)1 2 5 10 174 3 6 11 189 8 7 12 1916 15 14 13 2025 24 23 22 21解密密钥密码加
6、密密钥密码明文 密文 密文发送 明文3 / 7二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 4 分,共 16 分.把答案填在题中的横线上.)13、数列 中的 等于_.2,5107xx14、已知经过计算和验证有下列正确的不等式: 12, 13, 13272 ,12235, ,根据以上不等式的规律,写出一个一般性的不等式 .15、已知命题:“若数列 na是等比数列,且 0na,则数列 12()nnbaN 也是等比数列”.可类比得关于等差数列的一个性质为_.16、若数列 的通项公式 ,记n )()12Nn,试通过计算 的值,推测出)1()(1)(2naanf 3(,ff._三、解答题(本大题共 6 小题,
7、共 74 分,解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.)17、(12 分)已知: 23150sin9si30sin222 17si6si5i222 通过观察上述两等式的规律,请你写出一般性的命题,并给出的证明.18、(12 分)如图(1),在三角形 ABC中, ,若 ADBC,则 2DBC;若类比该命题,如图(2),三棱锥 D中, 面 ,若 点在三角形 所在平面内的射影为 M,则有什么结论?命题是否是真命题.19、(12 分)已知实数 abcd，满足1abcd, 1,求证，中至少有 一个是负数.20、(12 分)已知数列a n满 足 Sna n2n1.(1)写出 a1, a2, a3,并
8、推测 an 的表达式;(2)用数学归纳法证明所得的结论.21、(12 分)已知命题“若数列 为等差数列,且 ,n,mnab),(Nnm4 / 7则 ”.现已知数列 为等比数列,mnab),0(Nnbn且 .,b),(m(1)请给出已知命的证明;(2)类比(1)的方法与结论,推导出 .nb22、(14 分)在中学阶段,对许多特定集合(如实数集、复数集以及平面向量集等) 的学习常常是以定义运算( 如四则运算)和研究运算律为主要内容.现设集合 A由全体二元有序实数组组成,在A上定义一个运算,记为 ,对于 A中的任意两个元素 , ,规定:()ab()cdA.()adbca(1)计算: 3,2(4,1;
9、(2)请用数学符号语言表述运算 满足交换律,并给出证明 ;A(3)若“ A中的元素 ”是“ 对 ,都有 I成立”的充要条(,)IxyA件,试求出元素 .参考答案1.D 由归纳推理、演绎推理和类比推理的概念知 正确.2.A 由分析法的定义知 A 正确.3.B 由已知得 sincoscos()0,CACcos()0,AC 为锐角,得 为钝角, 为钝角三角形.AB4.D 若向量 b=0,则 a/c 不正确;空间内,直线 a 与 b 可以相交、平行、异面,故 B 不正确;方程 有实根,但 不成立;设点 是球面上的任一点,由20(1)xii24()Pxyz,得 ,D 正确.OPr22yzr5.A 用反证
10、法证明时,假设命题为假 ,应为全面否定.所以 2pq 的假命题应为.2qp6. 由每个不等式的不等号左边的最后一项的分母和右边的分母以及不等号左边的最后一项的分母的底和指数的乘积减 1 等于右边分母可知,选 C.7. 三角形的高类比扇形半径,三角形的底类比扇形的弧.8.B 观察知 A 表示“”,B 表示“”,C 表示“ ”,D 表示“”,故选 B.9.B 等式右边的底数为左边的项数.10.A 当 时,左边=nk(1)2()kk5 / 71,(1)()2(1)nkkk当 时 左 边(2)3k()()1kk,(1)2从 k到 ,左边需要增乘的代数式为 .(2)k11.D 由上的规律可知,第一列的每
11、个数为所该数所在行数的平方,而第一行的数则满足列数减 1 的平方再加 1.依题意有,左起第 2010 列的第一个数为 ,故按连线规律可知,上2091起第 2009 行,左起第 2010 列的数应为 .20912.C 由其加密、解密原理可知,当 x=6 时,y=3,从而 a =2;不妨设接受方接到密文为“4”的“明文”为 b,则有 ,从而有 .)2(log4b144b13.32 ,157,20,910651,35 x3214.一般不等式为: ()22nN .15.若数列 na是等差数列,则数列 1naab 也是等差数列.证明如下:设等差数列 n的公差为 d,则 12nnaab 11()2()an
12、,所以数列 n是以 1为首项, d为公差的等差数列.16. 2()f 232221 41)(,1)(,)( aaa1213,f同理 2 4()()23a123 123531()34f 22()()fnn6 / 7111()()()()23n342.17.解:一般性的命题为 2 3sin(60)sii(60)2 证明:左边01co1co2cs(1)0 03s(2)s(2)所以左边等于右边18.解:命题是:三棱锥 ABCD中, 面 ABC,若 点在三角形 BCD所在平面内的射影为M,则有 2ABCMSS 是一个真命题.证明如下:在图(2)中,连结 ,并延长交 于 E,连结 ,则有 E.因为 D面
13、,所以 .又 E,所以 2.于是 21112ABC BCMDSBCS .19.证明:假设 abcd，都是非负实数 ,因为 1abcd,所以 ，01,所以 2ac , 2bc ,所以 2cacbd ,这与已知 1相矛盾,所以原假设不成立,即证得 abcd，中至少有一个是负数.20.解:(1) a 1 , a2 , a3 ,猜测 an24785n1(2) 由(1)已得当 n1 时,命题成立; 假设 nk 时,命题成立,即 ak2 ,k当 nk1 时,a 1a 2a ka k1 a k1 2(k1)1,且 a1a 2a k2k1a k2k1a k 2ak1 2(k1)12k3, 2ak1 22 ,
14、ak1 2 , 即当 nk1 时,命题成立. 根据得 nN+ , an2 都成立.n7 / 721.解:(1)因为在等差数列a n中,由等差数列性质得 ,又 ,mdann,nab ,得 ,两式相减得 ,mnadbmnadb()n .n(2)在等比数列 中,由等比数列的性质得 ,nbmnqb又 , ,得 ,两式相除得 ,mnbanmaqmnnba mnab .n22.解:(1) )3,2( )14,5(,. (2)交换律: ,证明如下:A设 , ,则 ,()ab()cdA(,)adbca= = .,)bdc . A(3)设 中的元素 ,对 ,都有 I成立,()IxyAA由(2)知只需 ,即 )(ba, ()(,bxayxab若 )0,(,显然有 I 成立; 若 ,则 ,解得 , bxya01xy当对 ,都有 I成立时,得 或 ,AA(,)I(01)I易验证当 或 时,有对 ,都有 成立(0)I(1)A 或 .,
