高中數(shù)學(xué)人教A版2第二章推理與證明 全國一等獎

章末分層突破[自我校對]①由部分到整體，由個別到一般②類比推理③演繹推理④由一般到特殊⑤綜合法⑥執(zhí)果索因⑦反證法歸納推理1.歸納推理的一般步驟：(1)通過觀察個別情況發(fā)現(xiàn)某些相同性質(zhì)；(2)從已知的相同性質(zhì)中推出一個明確表述的一般命題(猜想)．2．在應(yīng)用歸納推理時，首先要觀察部分對象的整體特征，然后分析所觀察對象中哪些元素是不變的，哪些元素是變化的，并將變化的量的變化規(guī)律表達(dá)出來．如圖2-1，一個樹形圖依據(jù)下列規(guī)律不斷生長：1個空心圓點(diǎn)到下一行僅生長出1個實心圓點(diǎn)，1個實心圓點(diǎn)到下一行生長出1個實心圓點(diǎn)和1個空心圓點(diǎn)．則第11行的實心圓點(diǎn)的個數(shù)是________．圖2-1【精彩點(diǎn)撥】列出每行實心圓點(diǎn)的個數(shù)，從中歸納出變化規(guī)律，然后運(yùn)用此規(guī)律求第11行實心圓點(diǎn)的個數(shù)．【規(guī)范解答】前6行中實心圓點(diǎn)的個數(shù)依次為：0,1,1,2,3,5，據(jù)此猜想這個數(shù)列的規(guī)律為：從第3項起，每一項都等于它前面兩項的和，故續(xù)寫這個數(shù)列到第11行如下：8,13,21,34,55，所以第11行的實心圓點(diǎn)的個數(shù)是55.【答案】55[再練一題]1．記Sk＝1k＋2k＋3k＋…＋nk，當(dāng)k＝1,2,3，…時，觀察下列等式：S1＝eq\f(1,2)n2＋eq\f(1,2)n，S2＝eq\f(1,3)n3＋eq\f(1,2)n2＋eq\f(1,6)n，S3＝eq\f(1,4)n4＋eq\f(1,2)n3＋eq\f(1,4)n2，S4＝eq\f(1,5)n5＋eq\f(1,2)n4＋eq\f(1,3)n3－eq\f(1,30)n，S5＝An6＋eq\f(1,2)n5＋eq\f(5,12)n4＋Bn2，…可以推測，A－B＝________.【解析】由S1，S2，S3，S4各項系數(shù)知，A＝eq\f(1,6)，A＋eq\f(1,2)＋eq\f(5,12)＋B＝1，于是B＝－eq\f(1,12)，所以A－B＝eq\f(1,6)＋eq\f(1,12)＝eq\f(1,4).【答案】eq\f(1,4)類比推理1.類比推理的基本原則是根據(jù)當(dāng)前問題的需要，選擇適當(dāng)?shù)念惐葘ο?，可以從幾何元素的?shù)目、位置關(guān)系、度量等方面入手，由平面中的相關(guān)結(jié)論可以類比得到空間中的相關(guān)結(jié)論．2．平面圖形與空間圖形類比．平面圖形空間圖形點(diǎn)線線面邊長面積面積體積線線角二面角三角形四面體在平面幾何中研究正三角形內(nèi)任意一點(diǎn)與三邊的關(guān)系時，我們有真命題：邊長為a的正三角形內(nèi)任意一點(diǎn)到各邊的距離之和是定值eq\f(\r(3),2)a，類比上述命題，請你寫出關(guān)于正四面體內(nèi)任意一點(diǎn)與四個面的關(guān)系的一個真命題，并給出簡要的證明．【精彩點(diǎn)撥】利用類比推理時，正三角形可類比成正四面體，歸納出結(jié)論再給予證明．【規(guī)范解答】類比所得的真命題是：棱長為a的正四面體內(nèi)任意一點(diǎn)到四個面的距離之和是定值eq\f(\r(6),3)a.證明：設(shè)M是正四面體P-ABC內(nèi)任一點(diǎn)，M到面ABC，面PAB，面PAC，面PBC的距離分別為d1，d2，d3，d4.由于正四面體四個面的面積相等，故有：VP－ABC＝VM－ABC＋VM－PAB＋VM－PAC＋VM－PBC＝eq\f(1,3)·S△ABC·(d1＋d2＋d3＋d4)，而S△ABC＝eq\f(\r(3),4)a2，VP－ABC＝eq\f(\r(2),12)a3，故d1＋d2＋d3＋d4＝eq\f(\r(6),3)a(定值)．[再練一題]2．在△ABC中，若AB⊥AC，AD⊥BC于D，則eq\f(1,AD2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2).在四面體A-BCD中，若AB，AC，AD兩兩垂直，AH⊥底面BCD，垂足為H，則類似的結(jié)論是什么？并說明理由.【導(dǎo)學(xué)號：81092031】【解】類似的結(jié)論是：如圖，在四面體A-BCD中，若AB，AC，AD兩兩垂直，AH⊥底面BCD，垂足為H，則eq\f(1,AH2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,AD2).證明如下：連接BH并延長交CD于E，連接AE.∵AB，AC，AD兩兩垂直，∴AB⊥平面ACD.又∵AE?平面ACD，∴AB⊥AE.在Rt△ABE中，有eq\f(1,AH2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AE2).①又易證CD⊥AE，在Rt△ACD中，eq\f(1,AE2)＝eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,AD2).②將②代入①得eq\f(1,AH2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,AD2).演繹推理演繹推理是由一般到特殊的推理，一般模式為三段論．演繹推理只要前提正確，推理的形式正確，那么推理所得的結(jié)論就一定正確．已知平面α∥平面β，直線l⊥α，l∩α＝A，如圖2-2所示，求證：l⊥β.圖2-2【精彩點(diǎn)撥】分別確定大前提、小前提，利用演繹推理的方法證明．【規(guī)范解答】在平面β內(nèi)任取一條直線b，平面γ是經(jīng)過點(diǎn)A與直線b的平面．設(shè)γ∩α＝a.①如果兩個平行平面同時和第三個平面相交，那么它們的交線平行，(大前提)α∥β，且α∩γ＝a，β∩γ＝b，(小前提)所以a∥b.(結(jié)論)②如果一條直線與一個平面垂直，那么這條直線和這個平面內(nèi)的任意一條直線都垂直，(大前提)且l⊥α，a?α，(小前提)所以l⊥a.(結(jié)論)③如果一條直線和兩條平行線中的一條垂直，那么它也與另一條垂直，(大前提)a∥b，且l⊥a，(小前提)所以l⊥b.(結(jié)論)④如果一條直線和一個平面內(nèi)的任意一條直線都垂直，那么這條直線和這個平面垂直，(大前提)因為l⊥b，且直線b是平面β內(nèi)的任意一條直線，(小前提)所以l⊥β.(結(jié)論)[再練一題]3．如圖2-3，在空間四邊形ABCD中，M，N分別為AB，AD的中點(diǎn)．求證：MN∥平面BCD(寫出大前提，小前提，結(jié)論)圖2-3【證明】三角形中位線平行于底邊，(大前提)∵M(jìn)，N分別為AB與AD的中點(diǎn)，∴MN為△ABD的中位線．(小前提)∴MN∥BD.(結(jié)論)又平面外一條直線與平面內(nèi)一條直線平行，則這條直線與這個平面平行，(大前提)∵M(jìn)N?平面BCD，BD?平面BCD，MN∥BD，(小前提)∴MN∥平面BCD.(結(jié)論)直接證明綜合法和分析法是直接證明中最基本的兩種證明方法，也是解決數(shù)學(xué)問題常用的思維方式．如果從解題的切入點(diǎn)的角度細(xì)分，直接證明方法可具體分為：比較法、代換法、放縮法、判別式法、構(gòu)造函數(shù)法等，應(yīng)用綜合法證明問題時，必須首先想到從哪里開始起步，分析法就可以幫助我們克服這種困難，在實際證明問題時，應(yīng)當(dāng)把分析法和綜合法結(jié)合起來使用．設(shè)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，若函數(shù)f(x＋1)與f(x)的圖象關(guān)于y軸對稱．求證：feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))為偶函數(shù)．【精彩點(diǎn)撥】解答本題可先分析feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))為偶函數(shù)的條件，再利用已知推出滿足的條件或?qū)ふ医Y(jié)論成立的條件．【規(guī)范解答】要證feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))為偶函數(shù)，只需證feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))的對稱軸為x＝0，只需證－eq\f(b,2a)－eq\f(1,2)＝0，只需證a＝－b.因為函數(shù)f(x＋1)與f(x)的圖象關(guān)于y軸對稱，即x＝－eq\f(b,2a)－1與x＝－eq\f(b,2a)關(guān)于y軸對稱，即－eq\f(b,2a)－1－eq\f(b,2a)＝0，整理得－eq\f(b,a)＝1，即a＝－b成立，故原命題得證．[再練一題]4．已知a，b，c為互不相等的非負(fù)數(shù)．求證：a2＋b2＋c2＞eq\r(abc)(eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c))．【證明】(1)因為a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，a2＋c2≥2ac，又因為a，b，c為互不相等的非負(fù)數(shù)，所以上面三個式子中都不能取“＝”，所以a2＋b2＋c2＞ab＋bc＋ac，因為ab＋bc≥2eq\r(ab2c)，bc＋ac≥2eq\r(abc2)，ab＋ac≥2eq\r(a2bc)，又a，b，c為互不相等的非負(fù)數(shù)，所以ab＋bc＋ac＞eq\r(abc)(eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c))，所以a2＋b2＋c2＞eq\r(abc)(eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c))．“正難則反”思想當(dāng)一個命題的結(jié)論是以“至多”“至少”“唯一”或以否定形式出現(xiàn)時，宜用反證法來證，反證法關(guān)鍵是在正確的推理下得出矛盾，矛盾可以是與已知條件矛盾，與假設(shè)矛盾，與定義、公理、定理矛盾，與事實矛盾等等．求證：若兩條平行直線a，b中的一條與平面α相交，則另一條也與平面α相交．【精彩點(diǎn)撥】直接證明直線與平面相交比較困難，故考慮用反證法．【規(guī)范解答】不妨設(shè)直線a與平面α相交，假設(shè)直線b不與平面α相交，則b?α或b∥平面α.①若b?α，由a∥b，a?α，得a∥α，這與“a與平面α相交”矛盾．②若b∥α，則平面α內(nèi)有直線b′，使b′∥b.而a∥b，故a∥b′，因為a?α，所以a∥α，這與“a與平面α相交”矛盾．綜上所述，假設(shè)不成立，則直線b與平面α只能相交．[再練一題]5．已知a，b，c，d∈R，且a＋b＝c＋d＝1，ac＋bd>1，求證：a，b，c，d中至少有一個是負(fù)數(shù)．【證明】假設(shè)a，b，c，d都是非負(fù)數(shù)，因為a＋b＝c＋d＝1，所以(a＋b)(c＋d)＝1.又(a＋b)(c＋d)＝ac＋bd＋ad＋bc≥ac＋bd，所以ac＋bd≤1，這與已知ac＋bd>1矛盾，所以a，b，c，d中至少有一個是負(fù)數(shù).1．已知a，b>0且a≠1，b≠1，若logab>1，則()A．(a－1)(b－1)<0 B．(a－1)(a－b)>0C．(b－1)(b－a)<0 D．(b－1)(b－a)>0【解析】∵a，b>0且a≠1，b≠1，∴當(dāng)a>1，即a－1>0時，不等式logab>1可化為alogab>a1，即b>a>1，∴(a－1)(a－b)<0，(b－1)(a－1)>0，(b－1)(b－a)>0.當(dāng)0<a<1，即a－1<0時，不等式logab>1可化為alogab<a1，即0<b<a<1，∴(a－1)(a－b)<0，(b－1)(a－1)>0，(b－1)(b－a)>0.綜上可知，選D.【答案】D2．袋中裝有偶數(shù)個球，其中紅球、黑球各占一半．甲、乙、丙是三個空盒．每次從袋中任意取出兩個球，將其中一個球放入甲盒，如果這個球是紅球，就將另一個球放入乙盒，否則就放入丙盒．重復(fù)上述過程，直到袋中所有球都被放入盒中，則()A．乙盒中黑球不多于丙盒中黑球B．乙盒中紅球與丙盒中黑球一樣多C．乙盒中紅球不多于丙盒中紅球D．乙盒中黑球與丙盒中紅球一樣多【解析】通過隨機(jī)事件直接分析出現(xiàn)情況的可能性．取兩個球往盒子中放有4種情況：①紅＋紅，則乙盒中紅球數(shù)加1；②黑＋黑，則丙盒中黑球數(shù)加1；③紅＋黑(紅球放入甲盒中)，則乙盒中黑球數(shù)加1；④黑＋紅(黑球放入甲盒中)，則丙盒中紅球數(shù)加1.因為紅球和黑球個數(shù)一樣多，所以①和②的情況一樣多，③和④的情況完全隨機(jī)．③和④對B選項中的乙盒中的紅球數(shù)與丙盒中的黑球數(shù)沒有任何影響．①和②出現(xiàn)的次數(shù)是一樣的，所以對B選項中的乙盒中的紅球數(shù)與丙盒中的黑球數(shù)的影響次數(shù)一樣．綜上，選B.【答案】B3．觀察下列等式：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,3)))－2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(2π,3)))－2＝eq\f(4,3)×1×2；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,5)))－2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(2π,5)))－2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3π,5)))－2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(4π,5)))－2＝eq\f(4,3)×2×3；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,7)))－2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(2π,7)))－2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3π,7)))－2＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(6π,7)))－2＝eq\f(4,3)×3×4；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,9)))－2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(2π,9)))－2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3π,9)))－2＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(8π,9)))－2＝eq\f(4,3)×4×5；…照此規(guī)律，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,2n＋1)))－2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(2π,2n＋1)))－2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3π,2n＋1)))－2＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(2nπ,2n＋1)))－2＝________.【解析】通過觀察已給出等式的特點(diǎn)，可知等式右邊的eq\f(4,3)是個固定數(shù)，eq\f(4,3)后面第一個數(shù)是等式左邊最后一個數(shù)括號內(nèi)角度值分子中π的系數(shù)的一半，eq\f(4,3)后面第二個數(shù)是第一個數(shù)的下一個自然數(shù)，所以，所求結(jié)果為eq\f(4,3)×n×(n＋1)，即eq\f(4,3)n(n＋1)．【答案】eq\f(4,3)n(n＋1)4．已知f(x)＝eq\f(x,1＋x)，x≥0，若f1(x)＝f(x)，fn＋1(x)＝f(fn(x))，n∈N＋，則f2014(x)的表達(dá)式為________．【解析】f1(x)＝eq\f(x,1＋x)，f2(x)＝eq\f(\f(x,1＋x),1＋\f(x,1＋x))＝eq\f(x,1＋2x)，f3(x)＝eq\f(\f(x,1＋2x),1＋\f(x,1＋2x))＝eq\f(x,1＋3x)，…，由數(shù)學(xué)歸納法得f2014(x)＝eq\f(x,1＋2014x).【答案】f2014(x)＝eq\f(x,1＋2014x)5．有三張卡片，分別寫有1和2,1和3,2和3.甲，乙，丙三人各取走一張卡片，甲看了乙的卡片后說：“我與乙的卡片上相同的數(shù)字不是2”，乙看了丙的卡片后說：“我與丙的卡片上相同的數(shù)字不是1”，丙說：“我的卡片上的數(shù)字之和不是【解析】根據(jù)丙的說法及乙看了丙的卡片后的說法進(jìn)行推理．由丙說“我的卡片上的數(shù)字之和不是5”，可推知丙的卡片上的數(shù)字是1和2或1和3.又根據(jù)乙看了丙的卡片后說：“我與丙的卡片上相同的數(shù)字不是1”可知，乙的卡片不含1，所以乙的卡片上的數(shù)字為2和3.再根據(jù)甲的說法“我與乙的卡片上相同的數(shù)字不是2”可知，甲的卡片上的數(shù)字是1和3.【答案】1和3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．?dāng)?shù)列2,5,11,20，x,47，…中的x等于()A．28 B．32C．33 D．27【解析】觀察知數(shù)列{an}滿足：a1＝2，an＋1－an＝3n，故x＝20＋3×4＝32.【答案】B2．有一段“三段論”推理是這樣的：對于可導(dǎo)函數(shù)f(x)，若f(x0)＝0，則x＝x0是函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)．因為f(x)＝x3在x＝0處的導(dǎo)數(shù)值f′(0)＝0，所以x＝0是f(x)＝x3的極值點(diǎn)．以上推理中()A．大前提錯誤 B．小前提錯誤C．推理形式錯誤 D．結(jié)論正確【解析】大前提是錯誤的，若f′(x0)＝0，x＝x0不一定是函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)，故選A.【答案】A3．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．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】C5．設(shè)a＝＋，b＝7，則a，b的大小關(guān)系是()A．a(chǎn)>b B．a(chǎn)＝bC．a(chǎn)<b D．a(chǎn)>2(b＋1)【解析】因為a＝＋>2eq\r·＝8>7，故a>b.【答案】A6．已知點(diǎn)A(x1，xeq\o\al(2,1))，B(x2，xeq\o\al(2,2))是函數(shù)y＝x2圖象上任意不同的兩點(diǎn)，依據(jù)圖象知，線段AB總是位于A，B兩點(diǎn)之間函數(shù)圖象的上方，因此有結(jié)論eq\f(x\o\al(2,1)＋x\o\al(2,2),2)＞eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))2成立，運(yùn)用類比方法可知，若點(diǎn)A(x1，sinx1)，B(x2，sinx2)是函數(shù)y＝sinx(x∈(0，π))圖象上不同的兩點(diǎn)，則類似地有結(jié)論()\f(sinx1＋sinx2,2)＞sineq\f(x1＋x2,2)\f(sinx1＋sinx2,2)＜sineq\f(x1＋x2,2)\f(sinx1＋sinx2,2)≥sineq\f(x1＋x2,2)\f(sinx1＋sinx2,2)≤sineq\f(x1＋x2,2)【解析】畫出y＝x2的圖象，由已知得AB的中點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(x\o\al(2,1)＋x\o\al(2,2),2)))恒在點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))2))的上方，畫出y＝sinx，x∈(0，π)的圖象可得A，B的中點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(sinx1＋sinx2,2)))恒在點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，sin\f(x1＋x2,2)))的下方，故B正確．【答案】B7．證明命題：“f(x)＝ex＋eq\f(1,ex)在(0，＋∞)上是增函數(shù)”．現(xiàn)給出的證法如下：因為f(x)＝ex＋eq\f(1,ex)，所以f′(x)＝ex－eq\f(1,ex).因為x>0，所以ex>1,0<eq\f(1,ex)<1.所以ex－eq\f(1,ex)>0，即f′(x)>0.所以f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，使用的證明方法是()A．綜合法 B．分析法C．反證法 D．以上都不是【解析】從已知條件出發(fā)利用已知的定理證得結(jié)論，是綜合法．【答案】A8．對“a，b，c是不全相等的正數(shù)”，給出下列判斷：①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；②a＝b與b＝c及a＝c中至少有一個成立；③a≠c，b≠c，a≠b不能同時成立．其中判斷正確的個數(shù)為()A．0 B．1C．2 D．3【解析】若(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2＝0，則a＝b＝c，與“a，b，c是不全相等的正數(shù)”矛盾，故①正確．a(chǎn)＝b與b＝c及a＝c中最多只能有一個成立，故②不正確．由于“a，b，c是不全相等的正數(shù)”，有兩種情形：至多有兩個數(shù)相等或三個數(shù)都互不相等，故③不正確．【答案】B9．設(shè)n為正整數(shù)，f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)，經(jīng)計算得f(2)＝eq\f(3,2)，f(4)>2，f(8)>eq\f(5,2)，f(16)>3，f(32)>eq\f(7,2)，觀察上述結(jié)果，可推測出一般結(jié)論()A．f(2n)>eq\f(2n＋1,2) B．f(n2)≥eq\f(n＋2,2)C．f(2n)≥eq\f(n＋2,2) D．以上都不對【解析】f(2)＝eq\f(3,2)，f(4)＝f(22)>eq\f(2＋2,2)，f(8)＝f(23)>eq\f(3＋2,2)，f(16)＝f(24)>eq\f(4＋2,2)，f(32)＝f(25)>eq\f(5＋2,2).由此可推知f(2n)≥eq\f(n＋2,2).故選C.【答案】C10．定義A*B，B*C，C*D，D*A的運(yùn)算分別對應(yīng)下面圖1中的(1)(2)(3)(4)，則圖1中a，b對應(yīng)的運(yùn)算是()圖1A．B*D，A*D B．B*D，A*CC．B*C，A*D D．C*D，A*D【解析】根據(jù)(1)(2)(3)(4)可知A對應(yīng)橫線，B對應(yīng)矩形，C對應(yīng)豎線，D對應(yīng)橢圓．由此可知選B.【答案】B11．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】從給出的式子特點(diǎn)觀察可推知，等式右端的值，從第三項開始，后一個式子的右端值等于它前面兩個式子右端值的和，照此規(guī)律，則a10＋b10＝123.【答案】C12．在等差數(shù)列{an}中，若an>0，公差d>0，則有a4·a6>a3·a7，類比上述性質(zhì)，在等比數(shù)列{bn}中，若bn>0，公比q>1，則b4，b5，b7，b8的一個不等關(guān)系是()A．b4＋b8>b5＋b7 B．b4＋b8<b5＋b7C．b4＋b7>b5＋b8 D．b4＋b7<b5＋b8【解析】在等差數(shù)列{an}中，由于4＋6＝3＋7時，有a4·a6>a3·a7，所以在等比數(shù)列{bn}中，由于4＋8＝5＋7，所以應(yīng)有b4＋b8>b5＋b7或b4＋b8<b5＋b7.因為b4＝b1q3，b5＝b1q4，b7＝b1q6，b8＝b1q7，所以(b4＋b8)－(b5＋b7)＝(b1q3＋b1q7)－(b1q4＋b1q6)＝b1q6·(q－1)－b1q3(q－1)＝(b1q6－b1q3)(q－1)＝b1q3(q3－1)(q－1)．因為q>1，bn>0，所以b4＋b8>b5＋b7.【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”的否定為“一個也沒有”，故假設(shè)應(yīng)為“x，y均不大于1”(或x≤1且y≤1)．【答案】x，y均不大于1(或x≤1且y≤1)14．如圖2，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(diǎn)．圖2【解析】設(shè)第n個圖形中有an個頂點(diǎn)，則a1＝3＋3×3，a2＝4＋4×4，…，an＝(n＋2)＋(n＋2)·(n＋2)，an－2＝n2＋n.【答案】n2＋n15．設(shè)a>0，b>0，則下面兩式的大小關(guān)系為lg(1＋eq\r(ab))________eq\f(1,2)[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．【解析】因為(1＋eq\r(ab))2－(1＋a)(1＋b)＝1＋2eq\r(ab)＋ab－1－a－b－ab＝2eq\r(ab)－(a＋b)＝－(eq\r(a)－eq\r(b))2≤0，所以(1＋eq\r(ab))2≤(1＋a)(1＋b)，所以lg(1＋eq\r(ab))≤eq\f(1,2)[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．【答案】≤16．對于命題“如果O是線段AB上一點(diǎn)，則|eq\o(OB,\s\up6(→))|·eq\o(OA,\s\up6(→))＋|eq\o(OA,\s\up6(→))|·eq\o(OB,\s\up6(→))＝0”將它類比到平面的情形是：若O是△ABC內(nèi)一點(diǎn)，有S△OBC·eq\o(OA,\s\up6(→))＋S△OCA·eq\o(OB,\s\up6(→))＋S△OBA·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，將它類比到空間的情形應(yīng)為：若O是四面體ABCD內(nèi)一點(diǎn)，則有_________．【導(dǎo)學(xué)號：81092033】【解析】根據(jù)類比的特點(diǎn)和規(guī)律，所得結(jié)論形式上一致，又線段類比平面，平面類比到空間，又線段長類比為三角形面積，再類比成四面體的體積，故可以類比為VO-BCD·eq\o(OA,\s\up6(→))＋VO-ACD·eq\o(OB,\s\up6(→))＋VO-ABD·eq\o(OC,\s\up6(→))＋VO-ABC·eq\o(OD,\s\up6(→))＝0.【答案】VO-BCD·eq\o(OA,\s\up6(→))＋VO-ACD·eq\o(OB,\s\up6(→))＋VO-ABD·eq\o(OC,\s\up6(→))＋VO-ABC·eq\o(OD,\s\up6(→))＝0三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟．)17．(本小題滿分10分)在平面幾何中，對于Rt△ABC，∠C＝90°，設(shè)AB＝c，AC＝b，BC＝a，則(1)a2＋b2＝c2；(2)cos2A＋cos2B(3)Rt△ABC的外接圓半徑r＝eq\f(\r(a2＋b2),2).把上面的結(jié)論類比到空間寫出類似的結(jié)論，無需證明．【解】在空間選取三個面兩兩垂直的四面體作為直角三角形的類比對象．(1)設(shè)三個兩兩垂直的側(cè)面的面積分別為S1，S2，S3，底面積為S，則Seq\o\al(2,1)＋Seq\o\al(2,2)＋Seq\o\al(2,3)＝S2.(2)設(shè)三個兩兩垂直的側(cè)面與底面所成的角分別為α，β，γ，則cos2α＋cos2β＋cos2γ＝1.(3)設(shè)三個兩兩垂直的側(cè)面形成的側(cè)棱長分別為a，b，c，則這個四面體的外接球半徑R＝eq\f(\r(a2＋b2＋c2),2).18．(本題滿分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)， ③①＋③，得－1＜10＋4a＋2b＜1，所以－3＜8＋4a＋2b＜－1，所以－eq\f(3,2)＜4＋2a＋b＜－eq\f(1,2).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).19．(本小題滿分12分)已知△ABC的三條邊分別為a，b，c，且a>b，求證：eq\f(\r(ab),1＋\r(ab))<eq\f(a＋b,1＋a＋b).【證明】依題意a>0，b>0，所以1＋eq\r(ab)>0,1＋a＋b>0.所以要證eq\f(\r(ab),1＋\r(ab))<eq\f(a＋b,1＋a＋b)，只需證eq\r(ab)(1＋a＋b)<(1＋eq\r(ab))(a＋b)，只需證eq\r(ab)<a＋b，因為a>b，所以eq\r(ab)<2eq\r(ab)<a＋b，所以eq\f(\r(ab),1＋\r(ab))<eq\f(a＋b,1＋a＋b).20．(本小題滿分12分)在數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq\f(2an,2＋an)，n∈N*，求a2，a3，a4，并猜想數(shù)列的通項公式，并給出證明．【解】數(shù)列{an}中，a1＝1，a2＝eq\f(2a1,2＋a1)＝eq\f(2,3)，a3＝eq\