高中數(shù)學(xué)人教A版2本冊總復(fù)習(xí)總復(fù)習(xí) 單元測評(三)

單元測評(三)推理與證明(A卷)(時間：90分鐘滿分：120分)第Ⅰ卷(選擇題，共50分)一、選擇題：本大題共10小題，共50分．1．下面幾種推理是合情推理的是()①由圓的性質(zhì)類比出球的有關(guān)性質(zhì)；②由直角三角形、等腰三角形、等邊三角形內(nèi)角和是180°歸納出所有三角形的內(nèi)角和都是180°；③由f(x)＝sinx，滿足f(－x)＝－f(x)，x∈R，推出f(x)＝sinx是奇函數(shù)；④三角形內(nèi)角和是180°，四邊形內(nèi)角和是360°，五邊形內(nèi)角和是540，由此得凸多邊形內(nèi)角和是(n－2)·180°.A．①② B．①③④C．①②④ D．②④解析：合情推理分為類比推理和歸納推理，①是類比推理，②④是歸納推理，③是演繹推理．答案：C2．命題“有理數(shù)是無限循環(huán)小數(shù)，整數(shù)是有理數(shù)，所以整數(shù)是無限循環(huán)小數(shù)”是假命題，推理錯誤的原因是()A．使用了歸納推理B．使用了類比推理C．使用了“三段論”，但大前提錯誤D．使用了“三段論”，但小前提錯誤解析：大前提錯誤，小前提正確．答案：C3．用反證法證明命題“三角形的內(nèi)角中至少有一個角不大于60°”時，應(yīng)假設(shè)()A．三角形的三個內(nèi)角都不大于60°B．三角形的三個內(nèi)角都大于60°C．三角形的三個內(nèi)角至多有一個大于60°D．三角形的三個內(nèi)角至少有兩個大于60°解析：其假設(shè)應(yīng)是對“至少有一個角不大于60°”的否定，即“都大于60°”．答案：B4．已知命題1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1及其證明：(1)當(dāng)n＝1時，左邊＝1，右邊＝21－1＝1，所以等式成立；(2)假設(shè)n＝k時等式成立，即1＋2＋22＋…＋2k－1＝2k－1，則當(dāng)n＝k＋1時，1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝eq\f(1－2k＋1,1－2)＝2k＋1－1，所以n＝k＋1時等式也成立．由(1)(2)知，對任意的正整數(shù)n等式都成立．則以下說法正確的是()A．命題、推理都正確B．命題正確、推理不正確C．命題不正確、推理正確D．命題、推理都不正確解析：命題正確，但證明n＝k＋1時沒有用到歸納假設(shè)，推理不正確．答案：B5．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：設(shè)an＋bn＝f(n)，則f(3)＝f(1)＋f(2)＝1＋3＝4；f(4)＝f(2)＋f(3)＝3＋4＝7；f(5)＝f(3)＋f(4)＝11.通過觀察不難發(fā)現(xiàn)f(n)＝f(n－1)＋f(n－2)(n∈N*，n≥3)，則f(6)＝f(4)＋f(5)＝18；f(7)＝f(5)＋f(6)＝29；f(8)＝f(6)＋f(7)＝47；f(9)＝f(7)＋f(8)＝76；f(10)＝f(8)＋f(9)＝123.所以a10＋b10＝123.答案：C6．由“正三角形的內(nèi)切圓切于三邊的中點”，可類比猜想出正四面體的內(nèi)切球切于四個側(cè)面()A．各正三角形內(nèi)任一點B．各正三角形的某高線上的點C．各正三角形的中心D．各正三角形外的某點解析：正三角形的邊對應(yīng)正四面體的面，即正三角形所在的正四面體的側(cè)面，所以邊的中點對應(yīng)的就是正四面體各正三角形的中心．答案：C7．設(shè)正數(shù)x，y滿足log2(x＋y＋3)＝log2x＋log2y，則x＋y的取值范圍是()A．(0,6] B．[6，＋∞)C．[1＋eq\r(7)，＋∞) D．(0,1＋eq\r(7)]解析：x＋y＋3＝xy≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))2?(x＋y)2－4(x＋y)－12≥0，故x＋y≥6，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝3時等號成立．答案：B8．已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝n2·an(n≥2)，而a1＝1，通過計算a2，a3，a4，猜想an等于()\f(2,n＋12) \f(2,nn＋1)\f(2,2n－1) \f(2,2n－1)解析：∵Sn＝n2·an(a≥2)，a1＝1，∴S2＝4·a2＝a1＋a2?a2＝eq\f(1,3)＝eq\f(2,3×2).S3＝9a3＝a1＋a2＋a3?a3＝eq\f(a1＋a2,8)＝eq\f(1,6)＝eq\f(2,4×3).S4＝16a4＝a1＋a2＋a3＋a4?a4＝eq\f(a1＋a2＋a3,15)＝eq\f(2,5×4).∴猜想an＝eq\f(2,nn＋1).答案：B9．若函數(shù)f(x)＝x2－2x＋m(x∈R)有兩個零點，并且不等式f(1－x)≥－1恒成立，則實數(shù)m的取值范圍為()A．(0,1) B．[0,1)C．(0,1] D．[0,1]解析：∵f(x)＝x2－2x＋m有兩個零點，∴4－4m>0，∴m由f(1－x)≥－1得(1－x)2－2(1－x)＋m≥－1，即x2＋m≥0，∴m≥－x2，∵－x2的最大值為0，∴0≤m<1.答案：B10．已知x>0，不等式x＋eq\f(1,x)≥2，x＋eq\f(4,x2)≥3，x＋eq\f(27,x3)≥4，…，可推廣為x＋eq\f(a,xn)≥n＋1，則a的值為()A．n2 B．nnC．2n D．22n－2解析：由x＋eq\f(1,x)≥2，x＋eq\f(4,x2)＝x＋eq\f(22,x2)≥3，x＋eq\f(27,x3)＝x＋eq\f(33,x3)≥4，…，可推廣為x＋eq\f(nn,xn)≥n＋1，故a＝nn.答案：B第Ⅱ卷(非選擇題，共70分)二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．11．在△ABC中，D為BC的中點，則eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，將命題類比到三棱錐中得到的命題為__________．答案：在三棱錐A－BCD中，G為△BCD的重心，則eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))12．如圖，第n個圖形是由正n＋2邊形“擴(kuò)展”而來(n＝1,2,3，…)，則第n－2(n>2)個圖形中共有________個頂點．解析：設(shè)第n個圖形中有an個頂點，則a1＝3＋3×3，a2＝4＋4×4，…，an＝(n＋2)＋(n＋2)·(n＋2)，an－2＝n2＋n.答案：n2＋n13．已知x，y∈R，且x＋y>2，則x，y中至少有一個大于1，在用反證法證明時，假設(shè)應(yīng)為________．解析：“至少有一個”的反面為“一個也沒有”，即“x，y均不大于1”，亦即“x≤1且y≤1答案：x，y均不大于1(或者x≤1且y≤1)14．若符號“*”表示求實數(shù)a與b的算術(shù)平均數(shù)的運算，即a*b＝eq\f(a＋b,2)，則a＋(b*c)用含有運算符號“*”和“＋”表示的另一種形式是________．解析：a＋(b*c)＝a＋eq\f(b＋c,2)＝eq\f(2a＋b＋c,2)＝eq\f(a＋b＋a＋c,2)＝(a＋b)*(a＋c)．答案：(a＋b)*(a＋c)三、解答題：本大題共4小題，滿分50分．15．(12分)設(shè)f(x)＝x2＋ax＋b，求證：|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|中至少有一個不小于eq\f(1,2).證明：假設(shè)|f(1)|<eq\f(1,2)，|f(2)|<eq\f(1,2)，|f(3)|<eq\f(1,2)，于是有－eq\f(1,2)<1＋a＋b<eq\f(1,2)，①－eq\f(1,2)<4＋2a＋b<eq\f(1,2)，②－eq\f(1,2)<9＋3a＋b<eq\f(1,2)，③6分①＋③，得－1<10＋4a＋2b所以－3<8＋4a＋2b所以－eq\f(3,2)<4＋2a＋b<－eq\f(1,2).8分這與②－eq\f(1,2)<4＋2a＋b<eq\f(1,2)矛盾，所以假設(shè)不成立，即|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一個不小于eq\f(1,2).12分16．(12分)某同學(xué)在一次研究性學(xué)習(xí)中發(fā)現(xiàn)，以下五個式子的值都等于同一個常數(shù)：(1)sin213°＋cos217°－sin13°cos17°；(2)sin215°＋cos215°－sin15°cos15°；(3)sin218°＋cos212°－sin18°cos12°；(4)sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos48°；(5)sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos55°.(1)試從上述五個式子中選擇一個，求出這個常數(shù)；(2)根據(jù)(1)的計算結(jié)果，將該同學(xué)的發(fā)現(xiàn)推廣為三角恒等式，并證明你的結(jié)論．解：(1)選擇(2)式，計算如下：sin215°＋cos215°－sin15°cos15°＝1－eq\f(1,2)sin30°＝1－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4).4分(2)方法一：三角恒等式為sin2α＋cos2(30°－α)－sinα·cos(30°－α)＝eq\f(3,4).6分證明如下：sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝sin2α＋(cos30°cosα＋sin30°sinα)2－sinα(cos30°·cosα＋sin30°sinα)＝sin2α＋eq\f(3,4)cos2α＋eq\f(\r(3),2)sinαcosα＋eq\f(1,4)sin2α－eq\f(\r(3),2)sinαcosα－eq\f(1,2)sin2α＝eq\f(3,4)sin2α＋eq\f(3,4)cos2α＝eq\f(3,4).12分方法二：三角恒等式為sin2α＋cos2(30°－α)－sinα·cos(30°－α)＝eq\f(3,4).6分證明如下：sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝eq\f(1－cos2α,2)＋eq\f(1＋cos60°－2α,2)－sinα(cos30°cosα＋sin30°·sinα)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)cos2α＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)(cos60°cos2α＋sin60°sin2α)－eq\f(\r(3),2)sinαcosα－eq\f(1,2)sin2α＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)cos2α＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)cos2α＋eq\f(\r(3),4)sin2α－eq\f(\r(3),4)sin2α－eq\f(1,4)(1－cos2α)＝1－eq\f(1,4)cos2α－eq\f(1,4)＋eq\f(1,4)cos2α＝eq\f(3,4).12分17．(12分)如圖，在四棱錐P－ABCD中，ABCD為正方形，PD⊥平面AC，PD＝DC，E是PC的中點，作EF⊥PB交PB于點F.(1)證明：PA∥平面EDB；(2)證明：PB⊥平面EFD.證明：(1)連接AC，設(shè)AC∩BD＝O，連接EO，∵ABCD是正方形，∴O為AC的中點，∴OE為△PAC的中位線，∴PA∥OE，而OE?平面EDB，PA?平面EDB，∴PA∥平面EDB.4分(2)∵PD⊥平面AC，BC?平面AC，∴BC⊥PD，而BC⊥CD，PD∩CD＝D，∴BC⊥平面PDC.∵DE?平面PDC，∴BC⊥分又∵PD⊥平面AC，DC?平面AC，∴PD⊥DC，而PD＝DC，∴△PDC為等腰三角形，∴DE⊥PC又BC∩PC＝C，∴DE⊥平面PBC，∴DE⊥PB.又EF⊥PB，DE∩EF＝E，∴PB⊥平面分18．(14分)在各項為正的數(shù)列{an}中，數(shù)列的前n項和Sn滿足Sn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,an))).(1)求a1，a2，a3；(2)由(1)猜想數(shù)列{an}的通項公式，并用數(shù)學(xué)歸納法證明你的猜想．解：(1)S1＝a1＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(1,a1)))，得aeq\o\al(2,1)＝1，∵an>0，∴a1＝1.S2＝a1＋a2＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(1,a2)))，得aeq\o\al(2,2)＋2a2－1＝0，∴a2＝eq\r(2)－1，S3＝a1＋a2＋a3＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a3＋\f(1,a3))).得aeq\o\al(2,3)＋2eq\r(2)a3－1＝0，∴a3＝eq\r(3)－eq\r(2).4分(2)猜想an＝eq\r(n)－eq\r(n－1)(n∈N*)．證明如下：①n＝1時，a1＝eq\r(1)－eq\r(0)命題成立；6分②假設(shè)n＝k時，ak＝eq\r(k)－eq\r(k－1)成立，則n＝k＋1時，ak＋1＝Sk＋1－Sk＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ak＋1＋\f(1,ak＋1)))－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ak＋\f(1,ak)))，即ak＋1＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(