高中數(shù)學(xué)北師大版2本冊總復(fù)習(xí)總復(fù)習(xí)章末質(zhì)量評估3

第三章推理與證明(本欄目內(nèi)容，在學(xué)生用書中以獨立形式分冊裝訂)一、選擇題(本大題共10小題，每小題5分，共50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某次考試張軍成績是100分，由此推出全班同學(xué)成績都是100分；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：①是類比推理，②④是歸納推理，③不是合情推理．答案：C2．下列三句話按三段論的模式排列順序正確的是()①2016能被2整除；②一切偶數(shù)都能被2整除；③2016是偶數(shù)．A．①②③ B．②①③C．②③① D．③②①解析：②是大前提，③是小前提，①是結(jié)論．答案：C3．平面內(nèi)平行于同一直線的兩直線平行，由類比推理，我們可以得到()A．空間中平行于同一直線的兩直線平行B．空間中平行于同一平面的兩直線平行C．空間中平行于同一直線的兩平面平行D．空間中平行于同一平面的兩平面平行解析：利用類比推理，平面中的直線與空間中的平面類比．答案：D4．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：上述證明過程是從已知條件出發(fā)，經(jīng)過推理論證得到結(jié)論，用了綜合法．答案：A5．已知a1＝3，an＋1＝eq\f(3an,an＋3)，試通過計算a2，a3，a4，a5的值推測出an＝()\f(3,2n) B．eq\f(3,n)\f(4,n) D．eq\f(2,n)解析：∵a1＝3，an＋1＝eq\f(3an,an＋3)，∴a2＝eq\f(3×3,3＋3)＝eq\f(3,2)，∴a3＝eq\f(3×\f(3,2),\f(3,2)＋3)＝eq\f(3,3)，a4＝eq\f(3×1,1＋3)＝eq\f(3,4)，a5＝eq\f(3×\f(3,4),\f(3,4)＋3)＝eq\f(3,5).猜想：an＝eq\f(3,n).答案：B6．下列有關(guān)三段論推理“自然數(shù)都是整數(shù)，4是自然數(shù)，所以4是整數(shù)”的說法正確的是()A．推理正確 B．推理形式不正確C．大前提錯誤 D．小前提錯誤解析：三段論中的大前提，小前提以及推理形式都是正確的，所以結(jié)論正確．答案：A7．有以下結(jié)論：①已知p3＋q3＝2，求證p＋q≤2，用反證法證明時，可假設(shè)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(shè)方程有一根x1的絕對值大于或等于1，即假設(shè)|x1|≥1.下列說法中正確的是()A．①與②的假設(shè)都錯誤B．①與②的假設(shè)都正確C．①的假設(shè)正確；②的假設(shè)錯誤D．①的假設(shè)錯誤；②的假設(shè)正確解析：用反證法證題時一定要將對立面找全．在(1)中應(yīng)假設(shè)p＋q>2.故(1)的假設(shè)是錯誤的，而(2)的假設(shè)是正確的，故選D.答案：D8．已知f(x)＝x3＋x，a，b，c∈R，且a＋b>0，a＋c>0，b＋c>0，則f(a)＋f(b)＋f(c)的值一定()A．大于零 B．等于零C．小于零 D．正負(fù)都可能解析：f(x)＝x3＋x是奇函數(shù)且在R上是增函數(shù)，由a＋b>0，得a>－b，故f(a)>f(－b)，可得f(a)＋f(b)>0.同理f(a)＋f(c)>0，f(b)＋f(c)>0.所以f(a)＋f(b)＋f(c)>0.答案：A9．觀察下列數(shù)表規(guī)律則從數(shù)2007到2008的箭頭方向是()A．2eq\o(007,\s\do4(↑))→ B．→2eq\o(007,\s\up6(↑))C．2eq\o(007,\s\up6(↓))→ D．→2eq\o(007,\s\do4(↓))解析：因上行奇數(shù)是首項為3，公差為4的等差數(shù)列．若2007在上行，則2007＝3＋(n－1)×4?n∈N*，故2007在上行，又因為在上行奇數(shù)的箭頭為→eq\o(an,\s\do4(↓))，故選D.答案：D10．將平面向量的數(shù)量積運算與實數(shù)的乘法運算相類比，易得下列結(jié)論：①a·b＝b·a；②(a·b)·c＝a·(b·c)；③a·(b＋c)＝a·b＋a·c；④由a·b＝a·c(a≠0)可得b＝c.以上通過類比得到的結(jié)論正確的個數(shù)為()A．1 B．2C．3 D．4解析：平面向量的數(shù)量積的運算滿足交換律和分配律，不滿足結(jié)合律，①③正確，②錯誤；由a·b＝a·c(a≠0)得a·(b－c)＝0，從而b－c＝0或a⊥(b－c)，故④錯誤．故選B.答案：B二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．請把正確答案填在題中橫線上)11．已知a＞0，b＞0，m＝lgeq\f(\r(a)＋\r(b),2)，n＝lgeq\f(\r(a＋b),2)，則m與n的大小關(guān)系為________．解析：∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(a)＋\r(b),2)))2＝eq\f(a＋b＋2\r(ab),4)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(a＋b),2)))2＝eq\f(a＋b,4)，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(a)＋\r(b),2)))2＞eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(a＋b),2)))2，∴eq\f(\r(a)＋\r(b),2)＞eq\f(\r(a＋b),2)，∴l(xiāng)geq\f(\r(a)＋\r(b),2)＞lgeq\f(\r(a＋b),2)，∴m＞n.答案：m＞n12．已知數(shù)列{an}中，a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝eq\f(3an,an＋3)，則a2，a3，a4，a5分別為____________，猜想an＝__________________.解析：a2＝eq\f(3a1,a1＋3)＝eq\f(3×\f(1,2),\f(1,2)＋3)＝eq\f(3,7)，a3＝eq\f(3a2,a2＋3)＝eq\f(3×\f(3,7),\f(3,7)＋3)＝eq\f(3,8)，a4＝eq\f(3a3,a3＋3)＝eq\f(3×\f(3,8),\f(3,8)＋3)＝eq\f(1,3)，a5＝eq\f(3a4,a4＋3)＝eq\f(3×\f(1,3),\f(1,3)＋3)＝eq\f(3,10)，由此猜想an＝eq\f(3,n＋5).答案：eq\f(3,7)，eq\f(3,8)，eq\f(1,3)，eq\f(3,10)eq\f(3,n＋5)13．如圖①，若從點O作的兩條射線OM、ON上分別有點M1，M2與點N1，N2，則三角形面積之比eq\f(S△OM1N1,S△OM2N2)＝eq\f(OM1,OM2)·eq\f(ON1,ON2)，如圖②，若從點O所作的不在同一平面內(nèi)的三條射線OP，OQ和OR上分別有點P1，P2，點Q1，Q2，點R1，R2，則類似的結(jié)論為：______________.解析：由于很多同學(xué)不善于類比，思維面較窄，所以只能套用已知結(jié)論填寫，如：eq\f(S△OP1Q1,S△OP2Q2)＝eq\f(OP1,OP2)·eq\f(OQ1,OQ2)，eq\f(S△OP1R1,S△OP2R2)＝eq\f(OP1,OP2)·eq\f(OR1,OR2)，eq\f(S△OP1R1,S△OP2R2)＝eq\f(OR1,OR2)·eq\f(OQ1,OQ2).實際上，題目的本意是要求把二維的面積關(guān)系，推廣到三維的體積關(guān)系：eq\f(VO－P1Q1R1,VO－P2Q2R2)＝eq\f(OP1,OP2)·eq\f(OQ1,OQ2)·eq\f(OR1,OR2).(證明略)答案：eq\f(VO－P1Q1R1,VO－P2Q2R2)＝eq\f(OP1,OP2)·eq\f(OQ1,OQ2)·eq\f(OR1,OR2)14．如圖所示，①、②、③，…是由花盆擺成的圖案，根據(jù)圖中花盆擺放的規(guī)律，第n個圖形中的花盆數(shù)an＝________.解析：觀察知每個圖案中間的花盆數(shù)為1,3,5…，其中第n個圖案中間的花盆數(shù)為2n－1，往一側(cè)依次是2n－2,2n－3，…，2n－1＋(n－1)(－1)＝n，它們的和為eq\f(n2n－1＋n,2)＝eq\f(n3n－1,2)，另一側(cè)花盆計數(shù)同理，所以an＝2·eq\f(n3n－1,2)－(2n－1)＝3n2－3n＋1.答案：3n2－3n＋1三、解答題(本大題共4小題，滿分50分．解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)15．(本小題滿分12分)把空間平行六面體與平面上的平行四邊形類比，試由“平行四邊形對邊相等”得出平行六面體的相關(guān)性質(zhì)．解析：如下圖，由平行四邊形的性質(zhì)可知：a＝c，b＝d.于是類比平行四邊形的性質(zhì)，在平行六面體ABCD－A1B1C1D1S四邊形ADD1A1＝S四邊形BCC1B1S四邊形ABB1A1＝S四邊形DCC1D1S四邊形ABCD＝S四邊形A1B1C1D1成立16．(本小題滿分12分)設(shè)a＞0，b＞0，a＋b＝1，求證：eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)≥8.證明：證法一(綜合法)：∵a＞0，b＞0，a＋b＝1，∴1＝a＋b≥2eq\r(ab)，eq\r(ab)≤eq\f(1,2)，ab≤eq\f(1,4)，∴eq\f(1,ab)≥4(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時等號成立)又eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝2＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥4(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時等號成立)∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)≥8(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時等號成立)證法二(分析法)：∵a＞0，b＞0，a＋b＝1，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)≥8?eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＋eq\f(a＋b,ab)≥8?eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)＋\f(1,a)))≥8?eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥4?eq\f(a＋b,a)＋eq\f(a＋b,b)≥4?eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2.由基本不等式可知，當(dāng)a＞0，b＞0時，eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2成立(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時等式成立)，所以原不等式成立．17．(本小題滿分12分)已知實數(shù)a，b，c，d，滿足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)實數(shù)，∵a＋b＝c＋d＝1，∴a，b，c，d∈[0,1]，∴ac≤eq\r(ac)≤eq\f(a＋c,2)，bd≤eq\r(bd)≤eq\f(b＋d,2)，∴ac＋bd≤eq\f(a＋c,2)＋eq\f(b＋d,2)＝1，這與已知ac＋bd>1相矛盾，所以原假設(shè)不成立，即證得a，b，c，d中至少有一個是負(fù)數(shù)．18．(本小題滿分14分)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x,1＋x)，求f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2008)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＋…＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2008)))的值．解析：計算可得：f(2)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(2,1＋2)＋eq\f(\f(1,2),1＋\f(1,2))＝1，f(3)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝eq\f(3,1＋3)＋eq\f(\f(1,3),1＋\f(1,3))＝1，f(4)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝eq\f(4,1＋4)＋eq