高中數(shù)學(xué)北師大版選修2-2第一章推理與證明綜合測(cè)試(完整版)
【正文】 － b2a2. f(x)＝ ax2＋ bx＋ c(a0)的圖象與 x軸有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，若 f(c)＝ 0，且 0xc時(shí)， f(x)0. (1)證明： 1a是 f(x)＝ 0的一個(gè)根； (2)試比較 1a與 c的大??； (3)證明：－ 2b－ 1. [解析 ] (1)證明： ∵ f(x)的圖象與 x軸有兩個(gè)不同的交點(diǎn)， ∴ f(x)＝ 0有兩個(gè)不等實(shí)根 x1， x2， ∵ f(c)＝ 0， ∴ x1＝ c是 f(x)＝ 0的一個(gè)根． 又 x1x2＝ ca， ∴ x2＝ 1a(1a≠ c)， ∴ 1a是 f(x)＝ 0的一個(gè)根． (2)解：假設(shè) 1ac. 由 1a0，當(dāng) 0xc時(shí)， f(x)0， 知 f(1a)0，與 f(1a)＝ 0矛盾， ∴ 1a≥ c， 又 ∵ 1a≠ c， ∴ 1ac. (3)證明：由 f(c)＝ 0，得 ac＋ b＋ 1＝ 0， ∴ b＝－ 1－ ac. 又 a0， c0， ∴ b－ 1. 二次函數(shù) f(x)的圖象的對(duì)稱軸方程為 x＝－ b2a＝ x1＋ x22 x2＋ x22 ＝ x2＝ 1a，即－ b2a1a. 又 a0， ∴ b－ 2， ∴ － 2b－ 1. {an}的前 n項(xiàng)和為 Sn，已知對(duì)任意的 n∈ N＋ ，點(diǎn) (n， Sn)均在函數(shù) y＝ bx＋ r(b0且 b≠1 ， b， r均為常數(shù) )的圖像上． (1)求 r的值； (2)當(dāng) b＝ 2 時(shí)，記 bn＝ 2(log2an＋ 1)(n∈ N＋ )，證明：對(duì)任意的 n∈ N＋ ，不等式b1＋ 1b1 76? b2＋ 1b2? 76? b2＋ 1b2 kBP＝－ b2a2 證明如下：設(shè) A(x0， y0)為橢圓上的任意 一點(diǎn)，則 A關(guān)于中心的對(duì)稱點(diǎn) B的坐標(biāo)為 B(－x0，－ y0)，點(diǎn) P(x， y)為橢圓上異于 A， B兩點(diǎn)的任意一點(diǎn)，則 kAP DC， ∴ 1AD2＝ 1BD FL)＝ S△ MNE 廈門六中高二期中 )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(zhǎng)，由勾股定理有 c2＝ a2＋ ，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 ________． [答案 ] S2＝ S21＋ S22＋ S23 [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和 ? 三棱錐三個(gè)側(cè)面面積的平方和，結(jié)論 S2＝ S21＋ S22＋ S23. 證明如下：如圖，作 OE⊥ 平面 LMN，垂足為 E，連接 LE并延長(zhǎng)交 MN 于 F， ∵ LO⊥ OM， LO⊥ ON， ∴ LO⊥ 平面 MON， ∵ MN?平面 MON， ∴ LO⊥ MN， ∵ OE⊥ MN， ∴ MN⊥ 平面 OFL， ∴ S△ OMN＝ 12MN OF， S△ MNE＝ 12MN S△ MNL，同理 S2△ OML＝ S△ MLE DC ＝ BC2BD kBP＝ y－ y0x－ x0? 2n＋ 12n n＋ 1. ① 當(dāng) n＝ 1時(shí)，左邊＝ 32，右邊＝ 2，因?yàn)?32 2，所以不等式成立． ② 假設(shè)當(dāng) n＝ k(k∈ N＋ )時(shí)，不等式成立， 即 32 2k＋ 12k 2k＋ 32k＋ 2＝ k＋2k＋ ＝ k＋2＋ k＋ ＋ 1k＋ ＝ k＋ ＋ 1＋ 1k＋ k＋ ＋ 1， 所以當(dāng) n＝ k＋ 1時(shí)，不等式也成立． 由 ①② 可得，不等式對(duì)任何 n∈ N＋ 都成立， 即 b1＋ 1b1 76 54 kBP＝－b2a2. 故在橢圓 x2a2＋y2b2＝ 1(
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