《2018-2019学年高二数学苏教版选修2-2讲义：第2章 章末小结 知识整合与阶段检测 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018-2019学年高二数学苏教版选修2-2讲义：第2章 章末小结 知识整合与阶段检测 Word版含解析.pdf（8页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 对应学生用书 P52 一、合情推理和演绎推理 1 归纳和类比是常用的合情推理， 都是根据已有的事实， 经过观察、 分析、 比较、 联想， 再进行归纳类比，然后提出猜想的推理从推理形式上看，归纳是由部分到整体，个别到一 般的推理，类比是由特殊到特殊的推理，演绎推理是由一般到特殊的推理 2从推理所得结论来看，合情推理的结论不一定正确，有待进一步证明；演绎推理在 前提和推理形式都正确的前提下， 得到的结论一定正确 从二者在认识事物的过程中所发挥 作用的角度考虑，它们又是紧密联系，相辅相成的合情推理的结论需要演绎推理的验证， 而演绎推理的内容一般是通过合情推
2、理获得合情推理可以为演绎推理提供方向和思路 二、直接证明和间接证明 1直接证明包括综合法和分析法： (1)综合法是“由因导果” 它是从已知条件出发，顺着推证，用综合法证明命题的逻辑 关系是：AB1B2BnB(A 为已经证明过的命题，B 为要证的命题)它的常见书面 表达是“，”或“” (2)分析法是“执果索因” ，一步步寻求上一步成立的充分条件它是从要求证的结论出 发，倒着分析，由未知想需知，由需知逐渐地靠近已知(已知条件，包括学过的定义、定理、 公理、公式、法则等)用分析法证明命题的逻辑关系是：BB1B2BnA.它的常见书面 表达是“要证只需”或“” 2间接证明主要是反证法： 反证法 ： 一般
3、地，假设原命题不成立，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设 错误， 从而证明了原命题成立， 这样的证明方法叫做反证法， 反证法是间接证明的一种方法 反证法主要适用于以下两种情形： (1)要证的结论与条件之间的联系不明显，直接由条件推出结论的线索不够清晰； (2)如果从正面证明，需要分成多种情形进行分类讨论，而从反面进行证明，只要研究 一种或很少的几种情形 三、数学归纳法 数学归纳法是推理逻辑，它的第一步称为归纳奠基，是论证的基础保证，即通过验证落 实传递的起点，这个基础必须真实可靠 ； 它的第二步称为归纳递推，是命题具有后继传递性 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 的保证，两步
4、合在一起为完全归纳步骤，这两步缺一不可，第二步中证明“当 nk1 时结 论正确”的过程中，必须用“归纳假设” ，否则就是错误的 对应阶段质量检测(二) 见8开试卷 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_ 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：A 2周
5、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 _ 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 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 “因为 AC
6、，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_ 答案：菱形对角线互相垂直且平分 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_ 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 解析： . V1 V2 1 3S 1h1 1 3S 2h2 ( S1 S2) h1 h2 1 4 1 2 1 8 答案：18 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
7、的等式是_ 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：FVE2 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 _ 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已知 x，yR，当 x2y2_时，有 xy1.1y21x2 解析：要使 xy1，1y21x2 只需 x2(1y2)1y2(1x2)2y，1x2 即 2y1x
8、2y2.1x2 只需使(y)20，1x2 即y，x2y21.1x2 答案：1 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 12k1 12 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_ 解析：因为没有用到归纳假设的结果，错误 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 答案： 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
9、点 P， 若mOA nOB (m， nR)， 则 是 m2， n2的等差中项 ； 现有一椭圆1(aOP 1 4 x2 a2 y2 b2 b0)内切于矩形 ABCD， 任取椭圆上一点 P， 若OP mOA nOB (m， nR)， 则 m2， n2 的等差中项为_ 解析 ： 如图，设 P(x， y)，由1 知 A(a， b)， B(a， b)，由OP m x2 a2 y2 b2 OA nOB 可得Error!Error!代入1 可得(mn)2(mn)21，即 m2n2 x2 a2 y2 b2 ， 所以 ， 即 m2， n2的等差中项为 . 1 2 m2n2 2 1 4 1 4 答案：1 4 11
10、(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2 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_. 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 2，AA1a2，A1A2a31，A5A6a7a1 6 . 2 ( 2 2) 1 4 法二 ： 求通项 ： 等腰直角三角形ABC中， 斜边BC2， 所以ABACa12， AA1a22 ，An1Anan1sin an
11、an2 n，故 a726 . 2 4 2 2 ( 2 2) ( 2 2) 1 4 答案：1 4 12已知 x0，不等式 x 2，x 3，x4，可推广为 x n1，则 a 1 x 4 x2 27 x3 a xn 的值为_ 解析：由 x 2，x x3，xx4，可推广为 xn1， 1 x 4 x2 22 x2 27 x3 33 x3 nn xn 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 故 ann. 答案：nn 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 解析：设第 n 个图形中有 an个顶点， 则 a1333，a2444， an2n
12、nn， an(n2)2n2n25n6. 答案：n25n6 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 n2 n.记第 n 个 k 边形数为 N(n，k)(k3)，以 n(n1) 2 1 2 1 2 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) n2 n， 1 2 1 2 正方形数 N(n,4)n2， 五边形数 N(n,5) n2 n， 3 2 1 2 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)_. 解析：N(n，k)akn2bkn(k3)，其中数列
13、ak是以 为首项， 为公差的等差数列；数 1 2 1 2 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) 1 2 1 2 1110210101 000. 答案：1 000 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 a0，b0，ab1，求证： 8. 1 a 1 b 1 ab 证明：a0，b0，ab1. 1ab2， ，ab ，abab 1 2 1 4 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 4， 1 ab (当a 1 2，b 1 2时等号成立) 又 (a
14、b)2 4. 1 a 1 b ( 1 a 1 b) b a a b (当a 1 2，b 1 2时等号成立) 8. 1 a 1 b 1 ab 16 (本小题满分 14 分)已知数列an满足 a11， anan1 n(nN*)， 若 Tna1a25 ( 1 5) a352an5n1，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 解：因为 Tna1a25a352an5n1， 所以 5Tna15a252a353an15n1an5n， 由得： 6Tna1(a1a2)5(a2a3)52(an1an)5n1an5n 1 5 252n15n1an5n 1 5 ( 1
15、 5) ( 1 5) nan5n， 所以 6Tn5nann， 所以数列bn的通项公式为 bnn. 17(本小题满分 14 分)观察 sin210cos240sin 10cos 40 ； 3 4 sin26cos236sin 6cos 36 . 3 4 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 解：观察 401030，36630， 由此猜想： sin2cos2(30)sin cos(30) . 3 4 证明：sin2cos2(30)sin cos(30) sin2cos2(30)sin (cos 30cos sin 30sin ) sin2cos2(30)sin cos sin2
16、 3 2 1 2 sin2cos2(30)sin 2 1 2 3 4 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 sin 2 1cos 2 4 1cos(602) 2 3 4 cos 2sin 2sin 2 1cos 2 4 1 2 1 4 3 4 3 4 . 3 4 18 (本小题满分 16 分)已知实数 a、 b、 c 满足 01，(2b)c1，(2c)a1， 则三式相乘：(2a)b(2b)c(2c)a1 而(2a)a 21， ( 2aa 2 ) 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(本小题满分 16 分)数列an满足
17、 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 解：(1)由 Sn2nan，得，a12a1，即 a11. S2a1a24a2，解得 a2 . 3 2 S3a1a2a36a3，解得 a3 . 7 4 S4a1a2a3a48a4，解得 a4. 15 8 由此猜想 an(nN*) 2n1 2n1 (2)当 n1 时，a11，结论成立 假设当 nk(kN*)时，结论成立，即 ak， 2k1 2k1 那么当 nk1 时，ak1Sk1Sk2(k1)ak12kak2akak1， 则 ak1， 2ak 2 22 k1 2k1
18、2 2k11 2k 2k11 2(k1)1 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， 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 即 an(nN*) 2n1 2n1 20 (本小题满分 16 分)已知函数 f(x) x3x， 数列an满足条件 ： a11， an1f(an 1 3 1)， (1)证明：an2n1(nN*) (2)试比较与 1 的大小，并说明理由 1 1a1 1 1a2 1 1an 解：(1)证明：f(x)x21， an1(an1)21a 2an. 2 n 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， ak1a 2akak(ak2)(2k1)(2k12) 2 k 22k12k11. 即当 nk1 时，命题成立， 综上所述，命题成立 (2)an2n1，1an2n，. 1 1an 1 2n 11. 1 1a1 1 1a2 1 1an 1 2 1 22 1 2n 1 2n