选修12第二章推理与证明复习题_第二章推理与证明题库

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选修1-2第二章推理与证明复习题

一、选择题

1、用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个不大于60度”时，反设正确的是（）。

(A)假设三内角都不大于60度；(B)假设三内角都大于60度；

(C)假设三内角至多有一个大于60度；(D)假设三内角至多有两个大于60度。

2、由①正方形的对角线相等；②平行四边形的对角线相等；③正方形是平行四边形，根据“三段论”推理出一个结论，则这个结论是（）

(A)正方形的对角线相等(B)平行四边形的对角线相等

(C)正方形是平行四边形(D)其它

3、一同学在电脑中打出如下若干个圈:○●○○●○○○●○○○○●○○○○○●„若将此若干个圈依此规律继续下去,得到一系列的圈,那么在前120个圈中的●的个数是()

(A)12(B)13(C)14(D)154、观察下列数:1,3,2,6,5,15,14,x,y,z,122,„中x,y,z的值依次是()

(A)42,41,123;(B)13,39,123;(C)24,23,123;(D)28,27,123.5,使每一行成等差数列,每一列成等比数列,则a+b+c的值是()

(A)1(B)2(C)3(D)

46、设a,b,c大于0，则3个数：a111，b，c的值()bca

A、都大于2B、至少有一个不大于2C、都小于2D、至少有一个不小于

27、已知f1(x)cosx,f2(x)f1'(x),f3(x)f2'(x),f4(x)f3'(x)。。fn(x)fn1'(x),则f2005(x)（）A、sinxB、sinxC、cosxD、cosx8、函数yx2

5x42的最小值为()

A、1B、二、填空题 5C、2D、3

2353,1 , ，„„归纳出通项公式an =____。28812、数列{an}中，a1，an13an0，则an的通项公式为

21、由数列的前四项:

3、对于平面几何中的命题“如果两个角的两边分别对应垂直,那么这两个角相等或互补”,在立体几何中,类比上述命题,可以得到命题: “”,这个类比命题的真假性是。

4、平面内的1条直线把平面分成两部分，2条直线把平面分成4部分，3条相交直线但不共点的直线把平面分成7部分，n条彼此相交而无3条直线共点的直线把平面分成_______部分。

5、若数列{an}，(n∈N)是等差数列,则有数列bn=*a1a2an*(n∈N)也是等差数列，类比上述n

**性质，相应地：若数列{Cn}是等比数列,且Cn＞0(n∈N),则有dn=____________(n∈N)也是等比数列。

三、解答题

1、求证：

(1)a2b23abab);(2)6+>22+。

2、已知ab0,cd0,e0，比较ee与的大小。acbd3、如图，S为△ABC所在平面外一点，SA⊥平面ABC，平面SAB⊥平面SBC。求证：AB⊥BC。

A4、已知：f(x)xpxq，求证：

（1）f(1)f(3)2f(2)2；（2）f(1),f(2),f(3)中至少有一个不小于

2C B 1。

25、已知(0,

2),求ysincos2的最大值。

6、观察以下各等式：

43sin2200cos2500sin200cos500 4

3sin2150cos2450sin150cos450，分析上述各式的共同特点，猜想出反映一般规律的等式，4sin2300cos2600sin300cos600并对等式的正确性作出证明。

参考答案：

一、1、B2、A3、C4、A5、A6、D7、C8、B

二、1、3nn22、3、如果两个二面角的两个半平面分别对应垂直，则这两个二面角相等或互补。2n6

n2n2（答案不唯一）假命题。

4、5、c1·c2cn

2三、1、（1）∵a2b2

2ab,a23,b23;将此三式相加得

2(a2b23)2ab,∴a2b23abab).（2）要证原不等式成立，只需证（6+7）>（22+），即证242240。∵上式显然成立, ∴原不等式成立.2、解：∵ab0,cd0,∴cd0

∴acbd0则

又∵e0，∴2211 acbdee acbdS

E

AC3、证明：如图，作AE⊥SB于E.∵平面SAB⊥平面SBC，∴AE⊥平面SBC，（4分）∴AE⊥BC.（6分）

又∵SA⊥平面ABC，∴SA⊥BC，（8分）

∵SAAE=A，SA平面SAB，AE平面SAB，∴BC⊥平面SAB，（10分）

∴AB⊥BC.（12分）B24、（1）证明：∵f(x)xpxq∴f(1)1pqf(2)42pqf(3)93pq

所以

f(1)f(3)2f(2)

(1pq)(93pq)2(42pq)



21111，则f(1),f(2),f(3)，2222

111111即有f(1)f(2)f(3) 222222（2）假设f(1),f(2),f(3)都小于

∴2f(1)f(3)2f(2)2

由（1）可知f(1)f(3)2f(2)2，与2f(1)f(3)2f(2)2矛盾，∴假设不成立，即原命题成立。

5、解：∵(0,

2)∴sin0,cos0则

112sin2cos2cos23222ysincos2sincoscos()223 124()3232722

4即y23 9

222当且仅当2sincoscos，即tan2时，等号成立。

23。（6分）422006、猜想：sincos(30)sincos(30)

1cos21cos(6002)sin(3002)sin300

证明：sincos(30)sincos(30) 2222200

cos(6002)cos2112sin(3002)sin3001101[sin(302)]1[sin(3002)] 2222223113sin(3002)sin(3002)4224