高中數(shù)學(xué)人教A版選修1-2測評模塊復(fù)習(xí)課第2課時推理與證明

模塊復(fù)習(xí)課第2課時推理與證明課后篇鞏固提升基礎(chǔ)鞏固1.由1=12,1+3=22,1+3+5=32,1+3+5+7=42,…,得到1+3+…+(2n1)=n2用的是()A.歸納推理 B.演繹推理C.類比推理 D.特殊推理解析該推理是由特殊到一般的推理,所以是歸納推理.答案A2.有一段“三段論”推理是這樣的:對于可導(dǎo)函數(shù)f(x),如果f'(x0)=0,那么x=x0是函數(shù)f(x)的極值點,因為函數(shù)f(x)=(x+1)3在x=1處的導(dǎo)數(shù)值f'(1)=0,所以x=1是函數(shù)f(x)=(x+1)3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(jié)論是正確的解析對于可導(dǎo)函數(shù)f(x),如果f'(x0)=0,x=x0不一定是函數(shù)f(x)的極值點,故選A.答案A3.觀察圖形,可推斷出“x”處應(yīng)該填的數(shù)字是()A.171 B.183 C.205 D.268解析由前兩個圖形發(fā)現(xiàn):中間數(shù)等于四周四個數(shù)的平方和,即12+32+42+62=62,22+42+52+82=109,所以“x”處應(yīng)該填的數(shù)字是32+52+72+102=183.答案B4.我們把平面幾何里相似形的概念推廣到空間:如果兩個幾何體大小不一定相等,但形狀完全相同,就把它們叫做相似體.下列幾何體中,一定屬于相似體的有()①兩個球體;②兩個長方體;③兩個正四面體;④兩個正三棱柱;⑤兩個正四棱錐.A.4個 B.3個 C.2個 D.1個解析類比相似形中的對應(yīng)邊成比例知,①③一定屬于相似體.答案C5.通過圓與球的類比,由結(jié)論“半徑為r的圓的內(nèi)接四邊形中,正方形的面積最大,最大值為2r2”猜想關(guān)于球的相應(yīng)結(jié)論為“半徑為R的球的內(nèi)接六面體中,()”.A.長方體的體積最大,最大值為2R3B.正方體的體積最大,最大值為3R3C.長方體的體積最大,最大值為4D.正方體的體積最大,最大值為8解析類比可知半徑為R的球的內(nèi)接六面體中,正方體的體積最大,設(shè)其棱長為a,當(dāng)體積最大時,正方體體對角線的長度等于球的直徑,即3a=2R,得a=2R3,體積V=a3=83R答案D6.用反證法證明命題“已知a,b為實數(shù),若a,b≤4,則a,b不都大于2”時,應(yīng)假設(shè)()A.a,b都不大于2 B.a,b都不小于2C.a,b都大于2 D.a,b不都小于2解析利用反證法定義,應(yīng)假設(shè)a,b都大于2,故選C.答案C7.根據(jù)三角恒等變換,可得如下等式:cosθ=cosθ;cos2θ=2cos2θ1;cos3θ=4cos3θ3cosθ;cos4θ=8cos4θ8cos2θ+1;cos5θ=16cos5θ20cos3θ+5cosθ.依此規(guī)律,猜想cos6θ=32cos6θ+acos4θ+bcos2θ1,則有a+b=.

解析由所給的三角恒等變換等式可知,所有各式中,各系數(shù)與常數(shù)項的和是1,因此32+a+b1=1,于是a+b=30.答案308.對于任意的兩個實數(shù)對(a,b)和(c,d),規(guī)定:(a,b)=(c,d)當(dāng)且僅當(dāng)a=c,b=d;定義運算“”為(a,b)(c,d)=(acbd,bc+ad);定義運算“”為(a,b)(c,d)=(a+c,b+d).設(shè)p,q∈R,若(1,2)(p,q)=(5,0),則(1,2)(p,q)等于.

解析由定義的運算知(1,2)(p,q)=(p2q,2p+q)=(5,0),所以p-2q=5,2p+q=0,解得p=1,q=-答案(2,0)9.(1)已知a>2,b>2,求證:a+b<ab;(2)在△ABC中,內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,若a>b,用反證法證明:cosB>0.證明(1)因為a>2,b>2,所以0<1a<12可得a+b>0,ab>0,又因為a+b所以a+b<ab.(2)假設(shè)cosB≤0,又因為B是三角形的內(nèi)角,所以B∈π2,π,因為a>b,可得A>B,則A>π2所以A+B>π,與A+B<π矛盾,即假設(shè)不成立,因此cosB>0成立.10.通過計算可得下列等式:2212=2×1+1;3222=2×2+1;4232=2×3+1;……(n+1)2n2=2n+1.將以上各式兩邊分別相加,得(n+1)21=2×(1+2+3+…+n)+n,即1+2+3+…+n=n(類比上述方法,請你求出12+22+32+…+n2的值.解2313=3×12+3×1+1,3323=3×22+3×2+1,4333=3×32+3×3+1,…,(n+1)3n3=3n2+3n+1.將以上各式兩邊分別相加,得(n+1)313=3(12+22+32+…+n2)+3(1+2+3+…+n)+n,所以12+22+32+…+n2=1=n(能力提升1.用數(shù)學(xué)歸納法證明“1n+1+1n+2+1n+3+…+13n+1>1”時,A.13B.1C.13D.1解析當(dāng)n=k時,左邊為1k+1+1k當(dāng)n=k+1時,左邊為1k+2+1k所以增加的項為1k+2+1k+3+…+13k+1+13故選D.答案D2.某班數(shù)學(xué)課代表給全班同學(xué)們出了一道證明題,甲和丁均說自己不會證明;乙說:丙會證明;丙說:丁會證明.已知四名同學(xué)中只有一人會證明此題,且只有一人說了真話.據(jù)此可以判定能證明此題的人是()A.甲 B.乙 C.丙 D.丁解析由題設(shè)知,丁和丙的說法矛盾,他們有一人說了真話,則甲、乙說了假話,又四名同學(xué)中只有一人會證明此題,∴甲會證明,乙、丙、丁都不會證明,故選A.答案A3.觀察下列不等式:52-2254598910-51095……由以上不等式,可以猜測:當(dāng)a>b>0,s,r∈N*時,有as-bs解析由已知不等式,可知52-225-2≥2×72=21×5+222-1,45-答案s4.已知集合{a,b,c}={0,1,2},且下列三個關(guān)系:①a≠2;②b=2;③c≠0有且只有一個正確,則100a+10b+c=.

解析由題意可知三個關(guān)系只有一個正確分為三種情況:(1)當(dāng)只有①成立時,則a≠2,b≠2,c=0,此種情況不成立;(2)當(dāng)只有②成立時,則a=2,b=2,c=0,此種情況不成立;(3)當(dāng)只有③成立時,則a=2,b≠2,c≠0,即a=2,b=0,c=1,所以100a+10b+c=100×2+10×0+1=201.故答案為201.答案2015.設(shè)函數(shù)f(x)=1x+2,a,b(1)用分析法證明fab+fb(2)設(shè)a+b>4,求證:af(b),bf(a)中至少有一個大于12證明(1)要證fab+fb即證ba只需證a2因為a,b為正實數(shù),只需證3(a2+b2+4ab)≤2(2a2+2b2+5ab),即證a2+b2≥2ab,因為a2+b2≥2ab顯然成立,所以原不等式成立.(2)假設(shè)af(b)=ab+2≤12,bf(因為a,b為正實數(shù),所以2+b≥2a,2+a≥2b,兩式相加得4+a+b≥2a+2b,即a+b≤4,與條件a+b>4矛盾,故af(b),bf(a)中至少有一個大于126.對于數(shù)對序列P:(a1,b1),(a2,b2),…,(an,bn),記T1(P)=a1+b1,Tk(P)=bk+max{Tk1(P),a1+a2+…+ak}(2≤k≤n),其中max{Tk1(P),a1+a2+…+ak}表示Tk1(P)和a1+a2+…+ak兩個數(shù)中最大的數(shù).(1)對于數(shù)對序列P:(2,5),(4,1),求T1(P),T2(P)的值;(2)記m為a,b,c,d四個數(shù)中最小的數(shù),對于由兩個數(shù)對(a,b),(c,d)組成的數(shù)對序列P:(a,b),(c,d)和P':(c,d),(a,b),試分別對m=a和m=d兩種情況比較T2(P)和T2(P')的大小.解(1)T1(P)=2+5=7,T2(P)=1+max{T1(P),2+4}=1+max{7,6}=8.(2)T2(P)=max{a+b+d,a+c+d},T2(P')=max{c+d+b,c+a+b}.當(dāng)m=a時,T2(P')=