高中數(shù)學人教A版2第二章推理與證明 校賽得獎

章末綜合測評(二)推理與證明(時間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選項中，只有一項是符合題目要求的)1．下面四個推理不是合情推理的是()A．由圓的性質類比推出球的有關性質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)角和都是180°C．某次考試張軍的成績是100分，由此推出全班同學的成績都是100分D．蛇、海龜、蜥蜴是用肺呼吸的，蛇、海龜、蜥蜴是爬行動物，所以所有的爬行動物都是用肺呼吸的【解析】逐項分析可知，A項屬于類比推理，B項和D項屬于歸納推理，而C項中各個學生的成績不能類比，不是合情推理．【答案】C2．下列幾種推理是演繹推理的是()A．在數(shù)列{an}中，a1＝1，an＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－1＋\f(1,an－1)))(n≥2)，由此歸納出{an}的通項公式B．某校高三共有12個班，其中(1)班有55人，(2)班有54人，(3)班有52人，由此得出高三所有班級的人數(shù)都超過50人C．由平面三角形的性質，推測出空間四面體的性質D．兩條直線平行，同旁內(nèi)角互補．如果∠A和∠B是兩條平行直線的同旁內(nèi)角，則∠A＋∠B＝π【解析】A，B為歸納推理，C為類比推理．【答案】D3．下列推理是歸納推理的是()A．A，B為定點，動點P滿足|PA|＋|PB|＝2a>|AB|，得P的軌跡為橢圓B．由a1＝1，an＝3n－1，求出S1，S2，S3，猜想出數(shù)列的前n項和Sn的表達式C．由圓x2＋y2＝r2的面積πr2，猜出橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1的面積S＝πabD．科學家利用魚的沉浮原理制造潛艇【解析】由歸納推理的特點知，選B.【答案】B4．“凡是自然數(shù)都是整數(shù)，4是自然數(shù)，所以4是整數(shù)．”以上三段論推理()A．完全正確B．推理形式不正確C．不正確，兩個“自然數(shù)”概念不一致D．不正確，兩個“整數(shù)”概念不一致【解析】大前提“凡是自然數(shù)都是整數(shù)”正確．小前提“4是自然數(shù)”也正確，推理形式符合演繹推理規(guī)則，所以結論正確．【答案】A5．用數(shù)學歸納法證明“5n－2n能被3整除”的第二步中，當n＝k＋1時，為了使用假設，應將5k＋1－2k＋1變形為()A．(5k－2k)＋4×5k－2kB．5(5k－2k)＋3×2kC．(5－2)(5k－2k)D．2(5k－2k)－3×5k【解析】5k＋1－2k＋1＝5k·5－2k·2＝5k·5－2k·5＋2k·5－2k·2＝5(5k－2k)＋3·2k.【答案】B6．已知n為正偶數(shù)，用數(shù)學歸納法證明1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…－eq\f(1,n)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋2)＋\f(1,n＋4)＋…＋\f(1,2n)))時，若已假設n＝k(k≥2且k為偶數(shù))時等式成立，則還需要用歸納假設再證n＝________時等式成立．()A．k＋1B．k＋2C．2k＋2D．2(k＋2)【解析】根據(jù)數(shù)學歸納法的步驟可知，n＝k(k≥2且k為偶數(shù))的下一個偶數(shù)為n＝k＋2，故選B.【答案】B7．觀察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，則a10＋b10＝()A．28 B．76C．123 D．199【解析】利用歸納法，a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4＝3＋1，a4＋b4＝4＋3＝7，a5＋b5＝7＋4＝11，a6＋b6＝11＋7＝18，a7＋b7＝18＋11＝29，a8＋b8＝29＋18＝47，a9＋b9＝47＋29＝76，a10＋b10＝76＋47＝123，規(guī)律為從第三組開始，其結果為前兩組結果的和．【答案】C8．分析法又叫執(zhí)果索因法，若使用分析法證明：“設a>b>c，且a＋b＋c＝0，求證：eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a”最終的索因應是()A．a(chǎn)－b>0 B．a(chǎn)－c>0C．(a－b)(a－c)>0 D．(a－b)(a－c)<0【解析】因為a>b>c，且a＋b＋c＝0，所以3c<a＋b＋c<3a，即a>0，c<0.要證明eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a，只需證明b2－ac<3a2，只需證明(－a－c)2－ac<3a2，只需證明2a2－ac－c2>0，只需證明2a＋c>0(a>0，c<0，則a－c>0)，只需證明a＋c＋(－b－c)>0，即證明a－b>0，這顯然成立，故選A.【答案】A9．在等差數(shù)列{an}中，若a10＝0，則有等式a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a19－n(n<19且n∈N*)成立，類比上述性質，在等比數(shù)列{bn}中，若b11＝1，則有()A．b1·b2·…·bn＝b1·b2·…·b19－nB．b1·b2·…·bn＝b1·b2·…·b21－nC．b1＋b2＋…＋bn＝b1＋b2＋…＋b19－nD．b1＋b2＋…＋bn＝b1＋b2＋…＋b21－n【解析】令n＝10時，驗證即知選B.【答案】B10．將石子擺成如圖1的梯形形狀．稱數(shù)列5,9,14,20，…為“梯形數(shù)”．根據(jù)圖形的構成，此數(shù)列的第2016項與5的差，即a2016－5＝()【導學號：62952093】圖1A．2018×2014 B．2018×2013C．1010×2012 D．1011×2013【解析】an－5表示第n個梯形有n－1層點，最上面一層為4個，最下面一層為n＋2個．∴an－5＝eq\f(n－1n＋6,2)，∴a2016－5＝eq\f(2015×2022,2)＝2013×1011.【答案】D11．在直角坐標系xOy中，一個質點從A(a1，a2)出發(fā)沿圖2中路線依次經(jīng)過B(a3，a4)，C(a5，a6)，D(a7，a8)，…，按此規(guī)律一直運動下去，則a2015＋a2016＋a2017＝()圖2A．1006 B．1007C．1008 D．1009【解析】依題意a1＝1，a2＝1；a3＝－1，a4＝2；a5＝2，a6＝3；…，歸納可得a1＋a3＝1－1＝0，a5＋a7＝2－2＝0，…，進而可歸納得a2015＋a2017＝0，a2＝1，a4＝2，a6＝3，…，進而可歸納得a2016＝eq\f(1,2)×2016＝1008，a2015＋a2016＋a2017＝1008.故選C.【答案】C12．記集合T＝{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}，M＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(a1,10)＋\f(a2,102)＋\f(a3,103)＋\f(a4,104)\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,))ai∈T，i＝1，2，3，4))，將M中的元素按從大到小排列，則第2016個數(shù)是()\f(7,10)＋eq\f(9,102)＋eq\f(8,103)＋eq\f(4,104)\f(5,10)＋eq\f(5,102)＋eq\f(7,103)＋eq\f(2,104)\f(5,10)＋eq\f(5,102)＋eq\f(7,103)＋eq\f(3,104)\f(7,10)＋eq\f(9,102)＋eq\f(9,103)＋eq\f(1,104)【解析】因為eq\f(a1,10)＋eq\f(a2,102)＋eq\f(a3,103)＋eq\f(a4,104)＝eq\f(1,104)(a1×103＋a2×102＋a3×101＋a4)，括號內(nèi)表示的10進制數(shù)，其最大值為9999，從大到小排列，第2016個數(shù)為9999－2016＋1＝7984，所以a1＝7，a2＝9，a3＝8，a4＝4.【答案】A二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分，將答案填在題中的橫線上)13．已知圓的方程是x2＋y2＝r2，則經(jīng)過圓上一點M(x0，y0)的切線方程為x0x＋y0y＝r2.類比上述性質，可以得到橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1類似的性質為__________．【解析】圓的性質中，經(jīng)過圓上一點M(x0，y0)的切線方程就是將圓的方程中的一個x與y分別用M(x0，y0)的橫坐標與縱坐標替換．故可得橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1類似的性質為：過橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1上一點P(x0，y0)的切線方程為eq\f(x0x,a2)＋eq\f(y0y,b2)＝1.【答案】經(jīng)過橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1上一點P(x0，y0)的切線方程為eq\f(x0x,a2)＋eq\f(y0y,b2)＝114．已知“整數(shù)對”按如下規(guī)律排成一列：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，…，則第60個“整數(shù)對”是________.【解析】依題意，把“整數(shù)對”的和相同的分為一組，不難得知第n組中每個“整數(shù)對”的和均為n＋1，且第n組共有n個“整數(shù)對”，這樣的前n組一共有eq\f(nn＋1,2)個“整數(shù)對”，注意到eq\f(10×10＋1,2)＜60＜eq\f(11×11＋1,2)，因此第60個“整數(shù)對”處于第11組(每個“整數(shù)對”的和為12的組)的第5個位置，結合題意可知每個“整數(shù)對”的和為12的組中的各對數(shù)依次為：(1,11)，(2,10)，(3,9)，(4,8)，(5,7)，…，因此第60個“整數(shù)對”是(5,7)．【答案】(5,7)15．當n＝1時，有(a－b)(a＋b)＝a2－b2，當n＝2時，有(a－b)(a2＋ab＋b2)＝a3－b3，當n＝3時，有(a－b)(a3＋a2b＋ab2＋b3)＝a4－b4，當n∈N*時，你能得到的結論是__________.【導學號：62952094】【解析】根據(jù)題意，由于當n＝1時，有(a－b)(a＋b)＝a2－b2，當n＝2時，有(a－b)(a2＋ab＋b2)＝a3－b3，當n＝3時，有(a－b)(a3＋a2b＋ab2＋b3)＝a4－b4，當n∈N*時，左邊第二個因式可知為an＋an－1b＋…＋abn－1＋bn，那么對應的表達式為(a－b)·(an＋an－1b＋…＋abn－1＋bn)＝an＋1－bn＋1.【答案】(a－b)(an＋an－1b＋…＋abn－1＋bn)＝an＋1－bn＋116．如圖3，如果一個凸多面體是n(n∈N*)棱錐，那么這個凸多面體的所有頂點所確定的直線共有________條，這些直線共有f(n)對異面直線，則f(4)＝________，f(n)＝__________.(答案用數(shù)字或n的解析式表示)圖3【解析】所有頂點所確定的直線共有棱數(shù)＋底邊數(shù)＋對角線數(shù)＝n＋n＋eq\f(nn－3,2)＝eq\f(nn＋1,2).從題圖中能看出四棱錐中異面直線的對數(shù)為f(4)＝4×2＋eq\f(4×1,2)×2＝12，所以f(n)＝n(n－2)＋eq\f(nn－3,2)·(n－2)＝eq\f(nn－1n－2,2).【答案】eq\f(nn＋1,2)12eq\f(nn－1n－2,2)三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟)17．(本小題滿分10分)用綜合法或分析法證明：(1)如果a，b>0，則lgeq\f(a＋b,2)≥eq\f(lga＋lgb,2)；(2)eq\r(6)＋eq\r(10)>2eq\r(3)＋2.【導學號：62952095】【證明】(1)當a，b>0時，有eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)，∴l(xiāng)geq\f(a＋b,2)≥lgeq\r(ab)，∴l(xiāng)geq\f(a＋b,2)≥eq\f(1,2)lgab＝eq\f(lga＋lgb,2).(2)要證eq\r(6)＋eq\r(10)>2eq\r(3)＋2，只要證(eq\r(6)＋eq\r(10))2>(2eq\r(3)＋2)2，即2eq\r(60)>2eq\r(48)，這是顯然成立的，所以，原不等式成立．18．(本小題滿分12分)觀察以下各等式：sin230°＋cos260°＋sin30°cos60°＝eq\f(3,4)，sin220°＋cos250°＋sin20°cos50°＝eq\f(3,4)，sin215°＋cos245°＋sin15°cos45°＝eq\f(3,4).分析上述各式的共同特點，猜想出反映一般規(guī)律的等式，并對等式的正確性作出證明．【解】猜想：sin2α＋cos2(α＋30°)＋sinαcos(α＋30°)＝eq\f(3,4).證明如下：sin2α＋cos2(α＋30°)＋sinαcos(α＋30°)＝sin2α＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosα－\f(1,2)sinα))eq\s\up12(2)＋sinαeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosα－\f(1,2)sinα))＝sin2α＋eq\f(3,4)cos2α－eq\f(\r(3),2)sinαcosα＋eq\f(1,4)sin2α＋eq\f(\r(3),2)sinα·cosα－eq\f(1,2)sin2α＝eq\f(3,4)sin2α＋eq\f(3,4)cos2α＝eq\f(3,4).19．(本小題滿分12分)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝1＋eq\r(2)，S3＝9＋3eq\r(2).(1)求數(shù)列{an}的通項an與前n項和Sn；(2)設bn＝eq\f(Sn,n)(n∈N*)，求證：數(shù)列{bn}中任意不同的三項都不可能成為等比數(shù)列．【解】(1)由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\r(2)＋1，,3a1＋3d＝9＋3\r(2)，))∴d＝2.故an＝2n－1＋eq\r(2)，Sn＝n(n＋eq\r(2))．(2)由(1)得bn＝eq\f(Sn,n)＝n＋eq\r(2).假設數(shù)列{bn}中存在三項bp，bq，br(p，q，r互不相等)成等比數(shù)列，則beq\o\al(2,q)＝bpbr，即(q＋eq\r(2))2＝(p＋eq\r(2))(r＋eq\r(2))，∴(q2－pr)＋(2q－p－r)eq\r(2)＝0，∵p，q，r∈N*，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q2－pr＝0，,2q－p－r＝0，))∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p＋r,2)))eq\s\up12(2)＝pr，(p－r)2＝0.∴p＝r，與p≠r矛盾．∴數(shù)列{bn}中任意不同的三項都不可能成等比數(shù)列．20．(本小題滿分12分)點P為斜三棱柱ABC-A1B1C1的側棱BB1上一點，PM⊥BB1交AA1于點M，PN⊥BB1交CC1于點N.(1)求證：CC1⊥MN；(2)在任意△DEF中有余弦定理：DE2＝DF2＋EF2－2DF·EF·cos∠DFE.擴展到空間類比三角形的余弦定理，寫出斜三棱柱的三個側面面積與其中兩個側面所成的二面角之間的關系式，并予以證明．【解】(1)因為PM⊥BB1，PN⊥BB1，又PM∩PN＝P，所以BB1⊥平面PMN，所以BB1⊥MN.又CC1∥BB1，所以CC1⊥MN.(2)在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，有S2eq\s\do5(ABB1A1)＝S2eq\s\do5(BCC1B1)＋S2eq\s\do5(ACC1A1)－2Seq\s\do5(BCC1B1)Seq\s\do5(ACC1A1)cosα.其中α為平面BCC1B1與平面ACC1A1所成的二面角．證明如下：因為CC1⊥平面PMN，所以上述的二面角的平面角為∠MNP.在△PMN中，因為PM2＝PN2＋MN2－2PN·MNcos∠MNP，所以PM2·CCeq\o\al(2,1)＝PN2·CCeq\o\al(2,1)＋MN2·CCeq\o\al(2,1)－2(PN·CC1)·(MN·CC1)cos∠MNP，由于S＝PN·CC1，S＝MN·CC1，S＝PM·BB1＝PM·CC1，所以S2＝S2＋S2－2S·S·cosα.21．(本小題滿分12分)如圖4，在三棱錐P-ABC中，D，E，F(xiàn)分別為棱PC，AC，AB的中點．已知PA⊥AC，PA＝6，BC＝8，DF＝5.求證：圖4(1)直線PA∥平面DEF；(2)平面BDE⊥平面ABC.【證明】(1)因為D，E分別為棱PC，AC的中點，所以DE∥PA.又因為PA?平面DEF，DE?平面DEF，所以直線PA∥平面DEF.(2)因為D，E，F(xiàn)分別為棱PC，AC，AB的中點，PA＝6，BC＝8，所以DE∥PA，DE＝eq\f(1,2)PA＝3，EF＝eq\f(1,2)BC＝4.又因為DF＝5，故DF2＝DE2＋EF2，所以∠DEF＝90°，即DE⊥EF.又PA⊥AC，DE∥PA，所以DE⊥AC.因為AC∩EF＝E，AC?平面ABC，EF?平面ABC，所以DE⊥平面ABC.又DE?平面BDE，所以平面BDE⊥平面ABC.22．(本小題滿分12分)在數(shù)列{an}中，a1＝1，a2＝eq\f(1,4)，且an＋1＝eq\f(n－1an,n－an)(n≥2)．(1)求a3，a4，猜想an的表達式，并加以證明；(2)設bn＝eq\f(\r(an·an＋1),\r(an)＋\r(an＋1))，求證：對任意的n∈N*，都有