高中數(shù)學人教A版2第二章推理與證明 市獲獎

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．數(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：對于可導函數(shù)f(x)，若f(x0)＝0，則x＝x0是函數(shù)f(x)的極值點．因為f(x)＝x3在x＝0處的導數(shù)值f′(0)＝0，所以x＝0是f(x)＝x3的極值點．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，故選A.【答案】A3．用反證法證明命題“三角形的內角中至少有一個角不大于60°”時，應假設()A．三角形的三個內角都不大于60°B．三角形的三個內角都大于60°C．三角形的三個內角至多有一個大于60°D．三角形的三個內角至少有兩個大于60°【解析】其假設應是對“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由圓的性質類比出球的有關性質；②由直角三角形、等腰三角形、等邊三角形內角和是180°歸納出所有三角形的內角和都是180°；③由f(x)＝sinx，滿足f(－x)＝－f(x)，x∈R，推出f(x)＝sinx是奇函數(shù)；④三角形內角和是180°，四邊形內角和是360°，五邊形內角和是540°，由此得凸多邊形內角和是(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a＝＋，b＝7，則a，b的大小關系是()A．a>b B．a＝bC．a<b D．a>2(b＋1)【解析】因為a＝＋>2eq\r·＝8>7，故a>b.【答案】A6．已知點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，依據(jù)圖象知，線段AB總是位于A，B兩點之間函數(shù)圖象的上方，因此有結論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，運用類比方法可知，若點A(x1，sinx1)，B(x2，sinx2)是函數(shù)y＝sinx(x∈(0，π))圖象上不同的兩點，則類似地有結論()\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eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(sinx1＋sinx2,2)))恒在點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＝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)，觀察上述結果，可推測出一般結論()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的運算分別對應下面圖1中的(1)(2)(3)(4)，則圖1中a，b對應的運算是()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對應橫線，B對應矩形，C對應豎線，D對應橢圓．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，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應為________．【解析】“至少有一個”的否定為“一個也沒有”，故假設應為“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“擴展”而來(n＝1,2,3，…)，則第n－2(n>2)個圖形中共有________個頂點．圖2【解析】設第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＋n15．設a>0，b>0，則下面兩式的大小關系為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，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內一點，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為：若O是四面體ABCD內一點，則有_________．【導學號：81092033】【解析】根據(jù)類比的特點和規(guī)律，所得結論形式上一致，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).把上面的結論類比到空間寫出類似的結論，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)設三個兩兩垂直的側面的面積分別為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)設三個兩兩垂直的側面與底面所成的角分別為α，β，γ，則cos2α＋cos2β＋cos2γ＝1.(3)設三個兩兩垂直的側面形成的側棱長分別為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|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\f(2a2,2＋a2)＝eq\f(1,2)＝eq\f(2,4)，a4＝eq\f(2a3,2＋a3)＝eq\f(2,5)，…，所以猜想{an}的通項公式an＝eq\f(2,n＋1)(n∈N*)．此猜想正確．證明如下：因為a1＝1，an＋1＝eq\f(2an,2＋an)，所以eq\f(1,an＋1)＝eq\f(2＋an,2an)＝eq\f(1,an)＋eq\f(1,2)，即eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝eq\f(1,2)，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以eq\f(1,a1)＝1為首項，公差為eq\f(1,2)的等差數(shù)列，所以eq\f(1,an)＝1＋(n－1)eq\f(1,2)＝eq\f(n,2)＋eq\f(1,2)，即通項公式an＝eq\f(2,n＋1)(n∈N*)．21．(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝x3－x2，x∈R.(1)若正數(shù)m，n滿足m·n>1，證明：f(m)，f(n)至少有一個不小于零；(2)若a，b為不相等的正實數(shù)且滿足f(a)＝f(b)，求證：a＋b<eq\f(4,3).【證明】(1)假設f(m)<0，f(n)<0，即m3－m2<0，n3－n2<0，∵m>0，n>0，∴m－1<0，n－1<0，∴0<m<1,0<n<1，∴mn<1，這與m·n>1矛盾，∴假設不成立，即f(m)，f(n)至少有一個不小于零．(2)證明：由f(a)＝f(b