數(shù)學（選修12）練習階段質(zhì)量評估2

階段質(zhì)量評估(二)推理與證明A卷(時間：60分鐘滿分：80分)一、選擇題(本大題共6小題，每小題5分，共30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．綜合法是()A．執(zhí)果索因的逆推法B．由因?qū)Ч捻樛品–．因果互推的兩頭湊法D．原命題的證明方法解析由綜合法的定義知，綜合法是由條件推出結(jié)論，故選B．答案：B2．對命題“對于任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos2θ”，給出如下證明：cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos2θ.證明過程應用了()A．分析法B．綜合法C．綜合法、分析法綜合使用D．間接證明法解析結(jié)合推理及分析法和綜合法的定義可知，B正確．答案：B3．①已知p3＋q3＝2，求證p＋q≤2，用反證法證明時，可假設p＋q≥2；②已知a，b∈R，|a|＋|b|<1，求證方程x2＋ax＋b＝0的兩根的絕對值都小于1，用反證法證明時可假設方程有一根x1的絕對值大于或等于1，即假設|x1|≥1.以下正確的是()A．①與②的假設都錯誤B．①與②的假設都正確C．①的假設正確，②的假設錯誤D．①的假設錯誤，②的假設正確解析反證法的實質(zhì)是否定結(jié)論，對于①，其結(jié)論的反面是p＋q＞2，所以①不正確；對于②，其假設正確．答案：D4．“分析法”的原理是“執(zhí)果索因”，用分析法證明命題：eq\r(a)＋eq\r(a＋7)＜eq\r(a＋3)＋eq\r(a＋4)，(a＞0)，所索的“因”是()A．0＜12 B．7＜12C．8＞7 D．7＞0解析要證eq\r(a)＋eq\r(a＋7)＜eq\r(a＋3)＋eq\r(a＋4)(a＞0)，只需證2eq\r(a)·eq\r(a＋7)＜2eq\r(a＋3)·eq\r(a＋4)(a＞0)，即證a2＋7a＜a2＋7即證0＜12.故求所索的“因”是0＜12.答案：A5．在平面幾何中，可以得出正確結(jié)論：正三角形的內(nèi)切圓半徑等于這個正三角形的高的eq\f(1,3).拓展到空間中，類比平面幾何的上述結(jié)論，則正四面體的內(nèi)切球半徑等于這個正四面體的高的()A．eq\f(1,2) B．eq\f(1,4)C．eq\f(1,6) D．eq\f(1,8)解析從平面圖形類比空間圖形，從二維類比三維，可得如下結(jié)論：正四面體的內(nèi)切球半徑等于這個正四面體高的eq\f(1,4).證明如下：如圖，球心O到正四面體一個面的距離即球的半徑r，連接球心與正四面體的四個頂點，則把正四面體分成四個高為r的三棱錐．∴4×eq\f(1,3)S·r＝eq\f(1,3)·S·h.∴r＝eq\f(1,4)h.(其中S為正四面體一個面的面積，h為正四面體的高)故選B．答案：B6．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解析觀察可得各式的值構(gòu)成數(shù)列1,3,4,7,11，…，其規(guī)律為從第三項起，每項等于其前相鄰兩項的和，所求值為數(shù)列中的第十項．繼續(xù)寫出此數(shù)列為1,3,4,7,11,18,29,47,76,123，…，第十項為123，即a10＋b10＝123.答案：C二、填空題(本大題共3小題，每小題5分，共15分．把正確答案填在題中的橫線上)7．試根據(jù)等式的性質(zhì)猜想不等式的性質(zhì)并填寫下表.等式不等式a＝b?a＋c＝b＋c①a＝b?ac＝bc②a＝b?a2＝b2③答案：①a＞b?a＋c＞b＋c②a＞b?ac＞bc(c＞0)③a＞b＞0?a2＞b2.(說明：“＞”也可改為“＜”)8．下圖數(shù)表為一組等式．某學生根據(jù)數(shù)表猜測S2n－1＝(2n－1)(an2＋bn＋c)，老師說正確．則a－b＋c＝________.S1＝1S2＝2＋3＝5S3＝4＋5＋6＝15S4＝7＋8＋9＋10＝34S5＝11＋12＋13＋14＋15＝65……解析由題意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＋c＝1，,34a＋2b＋c＝15，,59a＋3b＋c＝65.))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝－2，,c＝1.))∴a－b＋c＝5.答案：59．小趙、小錢、小孫、小李四名同學被問到誰去過長城時，小趙說：我沒去過；小錢說：小李去過；小孫說：小錢去過；小李說：我沒去過．假定四人中只有一人說的是假話，由此可判斷一定去過長城的是________.解析如果小趙去過長城，那么小趙、小錢、小孫說假話，小李說真話，不滿足題意；如果小錢去過長城，那么小趙說真話，小錢說假話，小孫、小李說真話，滿足題意；如果小孫去過長城，那么小孫、小錢均說假話，不合題意；如果小李去過長城，那么小李、小孫均說假話，不合題意．答案：小錢三、解答題(本大題共3小題，共35分．解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟)10．(本小題滿分10分)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且Sn是2a與－2nan的等差中項，其中a≠(1)求數(shù)列{an}的前三項a1，a2，a3，并猜想數(shù)列的通項公式．(2)利用(1)的猜想，若S10＝90，求實數(shù)a的值．解(1)∵Sn是2a與－2nan∴Sn＝a－nan.∵a1＝a－a1，∴a1＝eq\f(a,2).∵a1＋a2＝a－2a2，∴a2＝eq\f(a,2×3).∵a1＋a2＋a3＝a－3a3，∴a3＝eq\f(a,3×4).故猜想an＝eq\f(a,nn＋1).(寫出結(jié)果即可)(2)若S10＝90，則S10＝a－10a10解得a＝99.11．(本小題滿分12分)(1)用分析法證明：eq\r(6)－2eq\r(2)＞eq\r(5)－eq\r(7).(2)用反證法證明：eq\r(2)，eq\r(3)，eq\r(5)不能為同一等差數(shù)列中的某三項．證明：(1)要證明eq\r(6)－2eq\r(2)＞eq\r(5)－eq\r(7)，只需證eq\r(6)＋eq\r(7)＞eq\r(5)＋2eq\r(2)，只需證(eq\r(6)＋eq\r(7))2＞(eq\r(5)＋2eq\r(2))2，只需證13＋2eq\r(42)＞13＋2eq\r(40)，只需證eq\r(42)＞eq\r(40)，即證42＞40.而42＞40顯然成立，故原不等式成立．(2)假設eq\r(2)，eq\r(3)，eq\r(5)為同一等差數(shù)列中的三項，則存在整數(shù)m，n，滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)＝\r(2)＋md，①,\r(5)＝\r(2)＋nd.②))①×n－②×m，得eq\r(3)n－eq\r(5)m＝eq\r(2)(n－m)．兩邊平方，得3n2＋5m2－2eq\r(15)mn＝2(n－m)2.左邊為無理數(shù)，右邊為有理數(shù)，且有理數(shù)≠無理數(shù)，所以假設不正確．故eq\r(2)，eq\r(3)，eq\r(5)不能為同一等差數(shù)列中的三項．12．(本小題滿分13分)(2017·山東卷)由四棱柱ABCD_A1B1C1D1截去三棱錐C1_B1CD1后得到的幾何體如圖所示，四邊形ABCD為正方形，O為AC與BD的交點，E為AD的中點，A1E⊥平面ABC(1)證明：A1O∥平面B1CD1.(2)設M是OD的中點，證明：平面A1EM⊥平面B1CD1.證明：(1)如圖，取B1D1的中點O1，連接CO1，A1O1.∵ABCD_A1B1C1D1∴A1O1∥OC，A1O1＝OC．∴四邊形A1OCO1為平行四邊形．∴A1O∥O1C又O1C?平面B1CD1，A1O?平面B1CD1∴A1O∥平面B1CD1.(2)∵AC⊥BD，E，M分別為AD和OD的中點，∴EM⊥BD．又A1E⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，∴A1E⊥BD．∵B1D1∥BD，∴EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1.又A1E，EM?平面A1EM，A1E∩EM＝E，∴B1D1⊥平面A1EM.又B1D1?平面B1CD1，∴平面A1EM⊥平面B1CD1.B卷(時間：60分鐘滿分：80分)一、選擇題(本大題共6小題，每小題5分，共30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．下圖是今年元宵花燈展中一款五角星燈連續(xù)旋轉(zhuǎn)閃爍所成的三個圖形，照此規(guī)律閃爍，下一個呈現(xiàn)出來的圖形是()解析按不亮的兩盞燈順時針方向?qū)ふ乙?guī)律，可知下一個呈現(xiàn)出來的圖形是A中所示的圖形．答案：A2．[eq\r(n)]表示不超過eq\r(n)的最大整數(shù)．S1＝[eq\r(1)]＋[eq\r(2)]＋[eq\r(3)]＝3，S2＝[eq\r(4)]＋[eq\r(5)]＋[eq\r(6)]＋[eq\r(7)]＋[eq\r(8)]＝10，S3＝[eq\r(9)]＋[eq\r(10)]＋[eq\r(11)]＋[eq\r(12)]＋[eq\r(13)]＋[eq\r(14)]＋[eq\r(15)]＝21……則Sn＝()A．n(n＋2) B．n(n＋3)C．(n＋1)2－1 D．n(2n＋1)解析第一個等式，起始數(shù)為1，項數(shù)為3＝4－1＝22－12，S1＝1×3；第二個等式，起始數(shù)為2，項數(shù)為5＝9－4＝32－22，S2＝2×5；第三個等式，起始數(shù)為3，項數(shù)為7＝16－9＝42－32，S3＝3×7……第n個等式，起始數(shù)為n，項數(shù)為(n＋1)2－n2＝2n＋1，Sn＝n(2n＋1)(n∈N＋)．答案：D3．下列推理中屬于歸納推理且結(jié)論正確的是()A．設數(shù)列{an}的前n項和為Sn，由an＝2n－1，求出S1＝12，S2＝22，S3＝32，…，推斷：Sn＝n2B．由f(x)＝xcosx滿足f(－x)＝－f(x)對任意x∈R恒成立，推斷：f(x)＝xcosx為奇函數(shù)C．由圓x2＋y2＝r2的面積S＝πr2，推斷：橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的面積S＝πabD．由(1＋1)2＞21，(2＋1)2＞22，(3＋1)2＞23，…，推斷：對一切n∈N＋有(n＋1)2＞2n解析選項A由一些特殊事例得出一般性結(jié)論，且注意到數(shù)列{an}是等差數(shù)列，其前n項和等于Sn＝eq\f(n1＋2n－1,2)＝n2，故正確．選項B，C不屬于歸納推理，選項D中的推理屬于歸納推理，但結(jié)論不正確．因此選A．答案：A4．類比a(b＋c)＝ab＋ac得到下列結(jié)論：①lg(a＋b)＝lga＋lgb；②sin(α＋β)＝sinα＋sinβ；③a·(b＋c)＝a·b＋a·c；④A∩(B∪C)＝(A∩B)∪(A∩C)以上結(jié)論正確的是()A．①②③④ B．③④C．③ D．④解析①lg(a·b)＝lga＋lgb，不正確；②sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ，不正確；③a·(b＋c)＝a·b＋a·c，向量的乘法滿足分配律，正確；④a.假設x∈A∩(B∪C)，則x∈A且x∈B∪C，所以x∈B或x∈C，這樣x∈A∩B或x∈A∩C，所以x∈(A∩B)∪(A∩C)，即左邊集合屬于右邊集合．b.假設x∈(A∩B)∪(A∩C)，則x∈A∩B或x∈A∩C，若x?B，則x∈A∩C，進而x∈A∩(B∪C)；若x?C，則x∈A∩B，進而x∈A∩(B∪C)．所以x∈A∩(B∪C)，即右邊集合屬于左邊集合．綜上，A∩(B∪C)＝(A∩B)∪(A∩C)正確．答案：B5．(2016·浙江卷)已知函數(shù)f(x)＝x2＋bx，則“b＜0”是“f(f(x))的最小值與f(x)的最小值相等”的A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充分必要條件D．既不充分也不必要條件解析由題意知f(x)＝x2＋bx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(b,2)))2－eq\f(b2,4)，則f(x)min＝－eq\f(b2,4).令t＝x2＋bx≥－eq\f(b2,4)，則f(f(x))＝f(t)＝t2＋bt＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(b,2)))2－eq\f(b2,4).當b＜0時，f(f(x))的最小值為－eq\f(b2,4)，所以“b＜0”能推出“f(f(x))的最小值與f(x)的最小值相等”．當b＝0時，f(f(x))＝x4的最小值為0，f(x)的最小值也為0，所以“f(f(x))的最小值與f(x)的最小值相等”不能推出“b＜0”．答案：A6．“已知x1＞0，x1≠1且xn＋1＝eq\f(xnx\o\al(2,n)＋3,3x\o\al(2,n)＋1)(n＝1,2，…)，試證：數(shù)列{xn}或者對任意正整數(shù)n都滿足xn＜xn＋1，或者對任意正整數(shù)n都滿足xn＞xn＋1.”當此題用反證法否定結(jié)論時，反設應為()A．對任意的正整數(shù)n，有xn＝xn＋1B．存在正整數(shù)n，使xn＝xn＋1C．存在正整數(shù)n，使xn≥xn－1且xn≥xn＋1D．存在正整數(shù)n，使(xn－xn－1)(xn－xn＋1)≥0解析結(jié)論是說數(shù)列{xn}或單調(diào)遞增或單調(diào)遞減，總之是嚴格單調(diào)數(shù)列．其否定應是：數(shù)列{xn}或為常數(shù)列或為擺動數(shù)列．因而其中存在一個項xn，或不比兩邊的項大，或不比兩邊的項小，即xn≤xn－1且xn≤xn＋1或xn≥xn－1且xn≥xn＋1，合并為(xn－xn－1)·(xn－xn＋1)≥0.答案：D二、填空題(本大題共3小題，每小題5分，共15分．把正確答案填在題中的橫線上)7．已知eq\r(2＋\f(2,3))＝2eq\r(\f(2,3))，eq\r(3＋\f(3,8))＝3eq\r(\f(3,8))，eq\r(4＋\f(4,15))＝4eq\r(\f(4,15))，…，類比這些等式，若eq\r(7＋\f(a,b))＝7eq\r(\f(a,b))(a，b均為正整數(shù))，則a＋b＝________.解析∵eq\r(2＋\f(2,3))＝2eq\r(\f(2,3))，eq\r(3＋\f(3,8))＝3eq\r(\f(3,8))，eq\r(4＋\f(4,15))＝4eq\r(\f(4,15))，∴eq\r(2＋\f(2,3))＝2eq\r(\f(2,3))＝2eq\r(\f(2,22－1))，eq\r(3＋\f(3,8))＝3eq\r(\f(3,8))＝3eq\r(\f(3,32－1))，eq\r(4＋\f(4,15))＝4eq\r(\f(4,15))＝4eq\r(\f(4,42－1))，……eq\r(7＋\f(a,b))＝7eq\r(\f(a,b))＝7eq\r(\f(7,72－1)).∴a＝7，b＝72－1＝48.∴a＋b＝7＋48＝55.答案：558．傳說古希臘畢達哥拉斯學派的數(shù)學家經(jīng)常在沙灘上面畫點或用小石子表示數(shù)．他們研究如圖所示的三角形數(shù)：將三角形形數(shù)1,3,6,10，…記為數(shù)列{an}，將可被5整除的三角形數(shù)按從小到大的順序組成一個新數(shù)列{bn}，可以推測：(1)b5＝____________；(2)b2n－1＝____________.解析(1)由題設條件可以歸納出an＋1＝an＋(n＋1)，故an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋(n－1)＋…＋2＋1＝eq\f(1,2)n(n＋1)．由此知三角數(shù)依次為1,3,6,10,15,21,28,36,45,55,66,78,91,105,120……由此知可被5整除的三角形數(shù)每五個數(shù)中出現(xiàn)兩個，即每五個數(shù)分為一組，則該組的后兩個數(shù)可被5整除．所以b5＝105.(2)由于2n－1是奇數(shù)，由(1)知，第2n－1個被5整除的數(shù)出現(xiàn)在第n組倒數(shù)第二個，故它是數(shù)列{an}中的第n×5－1＝5n－1項．所以b2n－1＝eq\f(1,2)(5n－1)(5n－1＋1)＝eq\f(5n5n－1,2).答案：(1)105(2)eq\f(5n5n－1,2)9．如圖(1)，若射線OM，ON上分別存在點M1，M2與點N1，N2，則eq\f(S△OM1N1,S△OM2N2)＝eq\f(OM1,OM2)·eq\f(ON1,ON2).如圖(2)，若不在同一平面內(nèi)的射線OP，OQ和OR上分別存在點P1，P2，點Q1，Q2和點R1，R2，則你能夠得到類似的結(jié)論是__________________.解析根據(jù)類比推理原則，把三角形的面積類比為四面體的體積，于是可得類似的結(jié)論為eq\f(VO-P1Q1R1,VO-P2Q2R2)＝eq\f(OP1,OP2)·eq\f(OQ1,OQ2)·eq\f(OR1,OR2).可作如下證明：如圖，過R2作R2M2⊥平面P2OQ2于M2，連接OM2，過R1在平面OR2M2上作R1M1∥R2M2交OM2于M1，則R1M1⊥平面P2OQ2.∵VO-P1Q1R1＝eq\f(1,3)S△P1OQ1·R1M1＝eq\f(1,3)·eq\f(1,2)OP1·OQ1·sin∠P1OQ1·R1M1，VO-P2Q2R2＝eq\f(1,6)OP2·OQ2·R2M2·sin∠P2OQ2.∴eq\f(VO-P1Q1R1,VO-P2Q2R2)＝eq\f(OP1·OQ1·R1M1,OP2·OQ2·R2M2).由平面幾何知識可得eq\f(R1M1,R2M2)＝eq\f(OR1,OR2)，∴eq\f(VO-P1Q1R1,VO-P2Q2R2)＝eq\f(OP1·OQ1·OR1,OP2·OQ2·OR2)＝eq\f(OP1,OP2)·eq\f(OQ1,OQ2)·eq\f(OR1,OR2).答案：eq\f(VO-P1Q1R1,VO-P2Q2R2)＝eq\f(OP1,OP2)·eq\f(OQ1,OQ2)·eq\f(OR1,OR2)三、解答題(本大題共3小題，共35分．解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟)10．(本小題滿分10分)觀察下面的解答過程：已知正實數(shù)a，b滿足a＋b＝1，求eq\r(2a＋1)＋eq\r(2b＋1)的最大值．解：eq\r(2a＋1)·eq\r(2)≤eq\f(\r(2a＋1)2＋\r(2)2,2)＝a＋eq\f(3,2)，eq\r(2b＋1)·eq\r(2)≤eq\f(\r(2b＋1)2＋\r(2)2,2)＝b＋eq\f(3,2)，兩式相加，得eq\r(2a＋1)·eq\r(2)＋eq\r(2b＋1)·eq\r(2)＝eq\r(2)·(eq\r(2a＋1)＋eq\r(2b＋1))≤a＋b＋3＝4.∴eq\r(2a＋1)＋eq\r(2b＋1)≤2eq\r(2)，等號在a＝b＝eq\f(1,2)時取得．故eq\r(2a＋1)＋eq\r(2b＋1)的最大值為2eq\r(2).請類比以上解題法，使用綜合法證明下題：已知正實數(shù)x，y，z滿足x＋y＋z＝3，證明eq\r(2x＋1)＋eq\r(2y＋1)＋eq\r(2z＋1)的最大值為3eq\r(3).證明：∵eq\r(2x＋1)·eq\r(3)≤eq\f(2x＋1＋3,2)＝x＋2，eq\r(2y＋1)·eq\r(3)≤eq\f(2y＋1＋3,2)＝y(tǒng)＋2，eq\r(2z＋1)·eq\r(3)≤eq\f(2z＋1＋3,2)＝z＋2，∴eq\r(2x＋1)·eq\r(3)＋eq\r(2y＋1)·eq\r(3)＋eq\r(2z＋1)·eq\r(3)≤(x＋2)＋(y＋2)＋(z＋2)＝x＋y＋z＋6.∵x＋y＋z＝3，∴eq\r(2x＋1)＋eq\r(2y＋1)＋eq\r(2z＋1)≤eq\f(9,\r(3))＝3eq\r(3)，當且僅當x＝y(tǒng)＝z＝1時取得等號．故eq\r(2x＋1)＋eq\r(2y＋1)＋eq\r(2z＋1)的最大值為3eq\r(3).11．(本小題滿分12分)(2016·四川卷)如圖，在四棱錐P_ABCD中，PA⊥CD，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝eq\f(1,2)AD．(1)在平面PAD內(nèi)找一點M，使得直線CM∥平面PAB，并說明理由．(2)證明：平面PAB⊥平面PBD．(1)解如圖，取棱AD的中點M(M∈平面PAD)，點M即為所求的一個點．理由如下：∵AD∥BC，BC＝eq\f(1,2)AD，∴BC∥AM，且BC＝AM.∴四邊形AMCB是平行四邊形．∴CM∥AB．又AB?平面PAB，CM?平面PAB．∴CM∥平面PAB．(說明：取棱PD的中點N，則所找的點可以是直線MN上任意一點)(2)證明：由已知，得PA⊥AB，PA⊥CD．∵AD∥BC，