近五年高考试题汇编 推理与证明

含详解答案10年高考数学推理与证明试题汇编一、选择题1．(2010·广东文，10)在集合{a，b，c，d}上定义两种运算、⊗如下：那么d⊗(ac)＝()A．aB．bC．cD．d[答案]A[解析]根据运算、⊗的定义可知，ac＝c，d⊗c＝a，故选A.2．(文)(2010·福建莆田质检)如果将1,2,3，…，n重新排列后，得到一个新系列a1，a2，a3，…，an，使得k＋ak(k＝1,2，…，n)都是完全平方数，则称n为“好数”．若n分别取4,5,6，则这三个数中，“好数”的个数是()A．3B．2C．1D．0[答案]C[解析]5是好数，4和6都不是，∵取a1＝3，a2＝2，a3＝1，a4＝5，a5＝4，则1＋a1＝4＝22,2＋a2＝4＝22,3＋a3＝4＝22,4＋a4＝32,5＋a5＝32.(理)(2010·寿光现代中学)若定义在区间D上的函数f(x)，对于D上的任意n个值x1，x2，…，xn，总满足f(x1)＋f(x2)＋…＋f(xn)≥nfeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2＋…＋xn,n)))，则称f(x)为D上的凹函数，现已知f(x)＝tanx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是凹函数，则在锐角三角形ABC中，tanA＋tanB＋tanC的最小值是()A．3B.eq\f(2,3)C．3eq\r(3)D.eq\r(3)[答案]C[解析]根据f(x)＝tanx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是凹函数，再结合凹函数定义得，tanA＋tanB＋tanC≥3taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A＋B＋C,3)))＝3taneq\f(π,3)＝3eq\r(3).故所求的最小值为3eq\r(3).3．(文)定义某种新运算“⊗”：S＝a⊗b的运算原理为如图的程序框图所示，则式子5⊗4－3⊗6＝()A．2B．1C．3D．4[答案]B[解析]由题意知5⊗4＝5×(4＋1)＝25,3⊗6＝6×(3＋1)＝24，所以5⊗4－3⊗6＝1.(理)如图所示的算法中，令a＝tanθ，b＝sinθ，c＝cosθ，若在集合{θ|0<θ<eq\f(3π,2)}中任取θ的一个值，输出的结果是sinθ的概率是()A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,2)C.eq\f(2,3)D.eq\f(3,4)[答案]A[解析]该程序框图的功能是比较a，b，c的大小并输出最大值，因此要使输出的结果是sinθ，需sinθ>tanθ，且sinθ>cosθ，∵当θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，总有tanθ>sinθ，当θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，sinθ>0，tanθ<0，cosθ<0，当θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))时，tanθ>0，sinθ<0，故输出的结果是sinθ时，θ的范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，结合几何概型公式得，输出sinθ的概率为eq\f(π－\f(π,2),\f(3,2)π－0)＝eq\f(1,3)，故选A.4．(2010·曲师大附中)设△ABC的三边长分别为a、b、c，△ABC的面积为S，内切圆半径为r，则r＝eq\f(2S,a＋b＋c)；类比这个结论可知：四面体S－ABC的四个面的面积分别为S1、S2、S3、S4，内切球的半径为r，四面体S－ABC的体积为V，则r＝()A.eq\f(V,S1＋S2＋S3＋S4)B.eq\f(2V,S1＋S2＋S3＋S4)C.eq\f(3V,S1＋S2＋S3＋S4)D.eq\f(4V,S1＋S2＋S3＋S4)[答案]C[解析]设三棱锥的内切球球心为O，那么由VS－ABC＝VO－ABC＋VO－SAB＋VO－SAC＋VO－SBC，即V＝eq\f(1,3)S1r＋eq\f(1,3)S2r＋eq\f(1,3)S3r＋eq\f(1,3)S4r，可得r＝eq\f(3V,S1＋S2＋S3＋S4).5．(2010·辽宁锦州)类比“两角和与差的正余弦公式”的形式，对于给定的两个函数，S(x)＝eq\f(ax－a－x,2)，C(x)＝eq\f(ax＋a－x,2)，其中a>0，且a≠1，下面正确的运算公式是()①S(x＋y)＝S(x)C(y)＋C(x)S(y)；②S(x－y)＝S(x)C(y)－C(x)S(y)；③C(x＋y)＝C(x)C(y)－S(x)S(y)；④C(x－y)＝C(x)C(y)＋S(x)S(y)．A．①③B．②④C．①④D．①②③④[答案]D[解析]实际代入逐个验证即可．如S(x)C(y)＋C(x)S(y)＝eq\f(ax－a－x,2)·eq\f(ay＋a－y,2)＋eq\f(ax＋a－x,2)·eq\f(ay－a－y,2)＝eq\f(1,4)(ax＋y－ay－x＋ax－y－a－x－y＋ax＋y＋ay－x－ax－y－a－x－y)＝eq\f(1,4)(2ax＋y－2a－x－y)＝eq\f(ax＋y－a－(x＋y),2)＝S(x＋y)，故①成立．同理可验证②③④均成立．6．四个小动物换座位，开始是鼠、猴、兔、猫分别坐在1、2、3、4号位子上如图所示，第一次前后排动物互换座位，第二次左右列动物互换座位，…，这样交替进行下去，那么第2011次互换座位后，小兔的座位对应的是()1鼠猴23兔猫41兔猫23鼠猴41猫兔23猴鼠41猴鼠23猫兔4第一次第二次第三次第四次A．编号1B．编号2C．编号3D．编号4[答案]D[解析]根据动物换座位的规则，可得第四次、第五次、第六次、第七次换座后的结果如下图所示：1鼠猴23兔猫41兔猫23鼠猴41猫兔23猴鼠41猴鼠23猫兔4第一次第二次第三次第四次据此可以归纳得到：四个小动物在换座后，每经过四次换座后与原来的座位一样，即以4为周期，因此在第2011次换座后，四个小动物的位置应该是和第3次换座后的位置一样，即小兔的座位号是4，故选D.[点评]因为问题只求小兔座位号，故可只考虑小兔座位号的变化，用1→2表示小兔从1号位换到2号位，则小兔座位的变化规律是：3→1→2→4→3→1→2→4→3…，显见变化周期为4，又2011＝4×502＋3，故经过2011次换座后，小兔位于4号座．7．(2010·山东文)观察(x2)′＝2x，(x4)′＝4x3，(cosx)′＝－sinx，由归纳推理可得：若定义在R上的函数f(x)满足f(－x)＝f(x)，记g(x)为f(x)的导函数，则f(－x)＝()A．f(x)B．－f(x)C．g(x)D．－g(x)[答案]D[解析]观察所给例子可看出偶函数求导后都变成了奇函数，∴g(－x)＝－g(x)，选D.8．甲、乙两位同学玩游戏，对于给定的实数a1，按下列方法操作一次产生一个新的实数：由甲、乙同时各掷一枚均匀的硬币，如果出现两个正面朝上或两个反面朝上，则把a1乘以2后再加上12；如果出现一个正面朝上，一个反面朝上，则把a1除以2后再加上12，这样就可得到一个新的实数a2.对实数a2仍按上述方法进行一次操作，又得到一个新的实数a3.当a3>a1时，甲获胜，否则乙获胜．若甲获胜的概率为eq\f(3,4)，则a1的取值范围是()A．[－12,24]B．(－12,24)C．(－∞，－12)∪(24，＋∞)D．(－∞，－12]∪[24，＋∞)[答案]D[解析]因为甲、乙同时各掷一枚均匀的硬币，出现的可能情形有4种：(正，正)、(正，反)、(反，正)、(反，反)，所以每次操作后，得到两种新数的概率是一样的．故由题意得即4a1＋36，a1＋18，a1＋36，eq\f(1,4)a1＋18出现的机会是均等的，由于当a3>a1时，甲胜且甲胜的概率为eq\f(3,4)，故在上面四个表达式中，有3个大于a1，∵a1＋18>a1，a1＋36>a1，故在其余二数中有且仅有一个大于a1，由4a1＋36>a1得a1>－12，由eq\f(1,4)a1＋18>a1得，a1<24，故当－12<a1<24时，四个数全大于a1，当a1≤－12或a1≥24时，有且仅有3个大于a1，故选D.9．(2010·广州市)如图所示的三角形数阵叫“莱布尼兹调和三角形”，它们是由整数的倒数组成的，第n行有n个数且两端的数均为eq\f(1,n)(n≥2)，每个数是它下一行左右相邻两数的和，如eq\f(1,1)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)，eq\f(1,2)＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,6)，eq\f(1,3)＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,12)，…，则第7行第4个数(从左往右数)为()eq\f(1,1)eq\f(1,2)eq\f(1,2)eq\f(1,3)eq\f(1,6)eq\f(1,3)eq\f(1,4)eq\f(1,12)eq\f(1,12)eq\f(1,4)eq\f(1,5)eq\f(1,20)eq\f(1,30)eq\f(1,20)eq\f(1,5)………………A.eq\f(1,140)B.eq\f(1,105)C.eq\f(1,60)D.eq\f(1,42)[答案]A[解析]第6行从左到右各数依次为eq\f(1,6)，eq\f(1,30)，eq\f(1,60)，eq\f(1,60)，eq\f(1,30)，eq\f(1,6)，第7行从左到右各数依次为eq\f(1,7)，eq\f(1,42)，eq\f(1,105)，eq\f(1,140)，eq\f(1,105)，eq\f(1,42)，eq\f(1,7)，故选A.10．(2010·山东淄博一中)如图，在梯形ABCD中，AB∥DC，AB＝a，CD＝b(a>b)．若EF∥AB，EF到CD与AB的距离之比为mn，则可推算出：EF＝eq\f(ma＋nb,m＋n)，试用类比的方法，推想出下述问题的结果．在上面的梯形ABCD中，延长梯形两腰AD、BC相交于O点，设△OAB、△OCD的面积分别为S1、S2，EF∥AB，且EF到CD与AB的距离之比为mn，则△OEF的面积S0与S1、S2的关系是()A．S0＝eq\f(mS1＋nS2,m＋n)B．S0＝eq\f(nS1＋mS2,m＋n)C.eq\r(S0)＝eq\f(m\r(S1)＋n\r(S2),m＋n)D.eq\r(S0)＝eq\f(n\r(S1)＋m\r(S2),m＋n)[答案]C[解析]根据面积比等于相似比的平方求解．二、填空题11．(2010·盐城调研)请阅读下列材料：若两个正实数a1，a2满足a12＋a22＝1，那么a1＋a2≤eq\r(2).证明：构造函数f(x)＝(x－a1)2＋(x－a2)2＝2x2－2(a1＋a2)x＋1，因为对一切实数x，恒有f(x)≥0，所以Δ≤0，从而得4(a1＋a2)2－8≤0，所以a1＋a2≤eq\r(2).根据上述证明方法，若n个正实数满足a12＋a22＋…＋an2＝1时，你能得到的结论为________．(不必证明)[答案]a1＋a2＋…＋an≤eq\r(n)12．(文)如图甲，在△ABC中，AB⊥AC，AD⊥BC，D是垂足，则AB2＝BD·BC，该结论称为射影定理．如图乙，在三棱锥A－BCD中，AD⊥平面ABC，AO⊥平面BCD，O为垂足，且O在△BCD中，类比射影定理，探究S△ABC、S△BCO、S△BCD之间满足的关系式是________．[答案]S△ABC2＝S△BCO·S△BCD[解析]根据类比推理，将线段的长推广为三角形的面积，从而得到答案．(理)(2010·湖南湘潭市)现有一个关于平面图形的命题：如图所示，同一个平面内有两个边长都是a的正方体，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方形重叠部分的面积恒为eq\f(a2,4)，类比到空间，有两个棱长均为a的正方体，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方体重叠部分的体积恒为______．[答案]eq\f(a3,8)13．(文)(2010·陕西理)观察下列等式：13＋23＝32,13＋23＋33＝62,13＋23＋33＋43＝102，…，根据上述规律，第五个等式为________________．[答案]13＋23＋33＋43＋53＋63＝212[解析]观察所给等式可以发现：13＋23＝32＝(1＋2)213＋23＋33＝62＝(1＋2＋3)213＋23＋33＋43＝102＝(1＋2＋3＋4)2……推想：13＋23＋33＋…＋n3＝(1＋2＋3＋…＋n)2∴第五个等式为：13＋23＋33＋43＋53＋63＝(1＋2＋…＋6)2＝212.(理)(2010·广东省佛山顺德区质检)已知一系列函数有如下性质：函数y＝x＋eq\f(1,x)在(0,1]上是减函数，在[1，＋∞)上是增函数；函数y＝x＋eq\f(2,x)在(0，eq\r(2)]上是减函数，在[eq\r(2)，＋∞)上是增函数；函数y＝x＋eq\f(3,x)在(0，eq\r(3)]上是减函数，在[eq\r(3)，＋∞)上是增函数；…………利用上述所提供的信息解决问题：若函数y＝x＋eq\f(3m,x)(x>0)的值域是[6，＋∞)，则实数m的值是________．[答案]2[解析]由题目提供信息可知y＝x＋eq\f(3m,x)(x>0)在(0，eq\r(3m)]上是减函数，在[eq\r(3m)，＋∞)上是增函数，∴当x＝eq\r(3m)时，ymin＝6，∴m＝2.14．(文)(2010·湖南衡阳八中)如图(1)有关系eq\f(S△PA′B′,S△PAB)＝eq\f(PA′·PB′,PA·PB)，则如图(2)有关系eq\f(VP－A′B′C′,VP－ABC)＝________.[答案]eq\f(PA′·PB′·PC′,PA·PB·PC)[解析]根据类比推理，将平面上三角形的结论，推广到空间，即eq\f(VP－A′B′C′,VP－ABC)＝eq\f(PA′·PB′·PC′,PA·PB·PC).简证如下：设B′、B到平面PAC的距离分别为h、H，则eq\f(h,H)＝eq\f(PB′,PB).又已知eq\f(S△PA′C′,S△PAC)＝eq\f(PA′·PC′,PA·PC)，∴eq\f(VP－A′B′C′,VP－ABC)＝eq\f(\f(1,3)S△PA′C′·h,\f(1,3)S△PAC·H)＝eq\f(PA′·PC′·PB′,PA·PC·PB).(理)(2010·江苏姜堰中学)如图①，数轴上A(x1)、B(x2)，点P分AB成两段长度之比eq\f(AP,PB)＝λ，则点P的坐标xP＝eq\f(x1＋λx2,1＋λ)成立；如图②，在梯形ABCD中，EF∥AD∥BC，且eq\f(AE,EB)＝λ，则EF＝eq\f(AD＋λ·BC,1＋λ).根据以上结论作类比推理，如图③，在棱台A1B1C1－ABC中，平面DEF与平面ABC平行，且eq\f(A1D,DA)＝λ，△A1B1C1、△DEF、△ABC的面积依次是S1，S，S2，则有结论：________________________.[答案]eq\r(S)＝eq\f(\r(S1)＋λ\r(S2),1＋λ)[解析]将三棱台补成棱锥P－ABC，不妨令PA1＝m，DA＝n，则A1D＝nλ，那么，由eq\f(\r(S1),\r(S))＝eq\f(m,m＋nλ)，得m＝eq\f(n\r(S1),\r(S)－\r(S1))，又由eq\f(\r(S),\r(S2))＝eq\f(m＋nλ,m＋n(λ＋1))，得m＋nλ＝eq\f(n\r(S),\r(S2)－\r(S))，∴eq\f(nλ\r(S1),\r(S)－\r(S1))＋nλ＝eq\f(n\r(S),\r(S2)－\r(S))，∴eq\f(\r(S)λ,\r(S)－\r(S1))＝eq\f(\r(S),\r(S2)－\r(S))，由此得eq\r(S)＝eq\f(\r(S1)＋λ\r(S2),1＋λ).三、解答题15．(2010·瑞安中学)用分析法证明：eq\r(3)－eq\r(2)>eq\r(5)－eq\r(4).[证明]证法1：要证eq\r(3)－eq\r(2)>eq\r(5)－eq\r(4)成立，∵eq\r(3)－eq\r(2)>0，eq\r(5)－eq\r(4)>0，∴只要证(eq\r(3)－eq\r(2))2>(eq\r(5)－eq\r(4))2成立．即证5－2eq\r(6)>9－2eq\r(20)成立．即证－2eq\r(6)>4－2eq\r(20)成立，只须证eq\r(6)<－2＋eq\r(20)成立．∵eq\r(20)－2>0，故只须证6<24－4eq\r(20)成立．即证9>2eq\r(20)成立，即证81>80成立．最后一个不等式显然成立，以上步步可逆，故原不等式成立．证法2：要证eq\r(3)－eq\r(2)>eq\r(5)－eq\r(4)成立，只须证eq\r(3)＋eq\r(4)>eq\r(5)＋eq\r(2)成立，只须证7＋2eq\r(12)>7＋2eq\r(10)成立，即证eq\r(12)>eq\r(10)成立，即证12>10成立，最后一个不等式显然成立，故原结论成立．16．(文)设数列{an}的首项a1＝a≠eq\f(1,4)，且an＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)an，n为偶数,an＋\f(1,4)，n为奇数.))记bn＝a2n－1－eq\f(1,4)，n＝1,2,3，….(1)求a2，a3；(2)判断{bn}是否为等比数列，并证明你的结论．[解析](1)a2＝a1＋eq\f(1,4)＝a＋eq\f(1,4)，a3＝eq\f(1,2)a2＝eq\f(1,2)a＋eq\f(1,8).(2)∵a4＝a3＋eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)a＋eq\f(3,8).∴a5＝eq\f(1,2)a4＝eq\f(1,4)a＋eq\f(3,16).∴b1＝a1－eq\f(1,4)＝a－eq\f(1,4)≠0，b2＝a3－eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,4)))，b3＝a5－eq\f(1,4)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,4))).猜想{bn}是公比为eq\f(1,2)的等比数列．证明如下：∵bn＋1＝a2n＋1－eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)a2n－eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2n－1＋\f(1,4)))－eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2n－1－\f(1,4)))＝eq\f(1,2)bn(n∈N*)．∴{bn}是首项为a－eq\f(1,4)，公比为eq\f(1,2)的等比数列．(理)(2010·湖南文)给出下面的数表序列：表1表2表3…11313544812其中表n(n＝1,2,3，…)有n行，第1行的n个数是1,3,5，…，2n－1，从第2行起，每行中的每个数都等于它肩上的两数之和．(1)写出表4，验证表4各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成等比数列，并将结论推广到表n(n≥3)(不要求证明)；(2)每个数表中最后一行都只有一个数，它们构成数列，1,4,12，…，记此数列为{bn}．求和：eq\f(b3,b1b2)＋eq\f(b4,b2b3)＋…＋eq\f(bn＋2,bnbn＋1)(n∈N*)．[解析](1)表4为13574812122032它的第1,2,3,4行中的数的平均数分别是4,8,16,32，它们构成首项为4，公比为2的等比数列．将这一结论推广到表n(n≥3)，即表n(n≥3)各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成首项为n，公比为2的等比数列．简证如下(对考生不作要求)首先，表n(n≥3)的第1行1,3,5，…，2n－1是等差数列，其平均数为eq\f(1＋3＋…＋(2n－1),n)＝n；其次，若表n的第k(1≤k≤n－1)行a1，a2，…，an－k＋1是等差数列，则它的第k＋1行a1＋a2，a2＋a3，…，an－k＋an－k＋1也是等差数列．由等差数列的性质知，表n的第k行中的数的平均数与第k＋1行中的数的平均数分别是eq\f(a1＋an－k＋1,2)，eq\f(a1＋a2＋an－k＋an－k＋1,2)＝a1＋an－k＋1.由此可知，表n(n≥3)各行中的数都成等差数列，且各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成首项为n，公比为2的等比数列．(2)表n的第1行是1,3,5，…，2n－1，其平均数是eq\f(1＋3＋5＋…＋(2n－1),n)＝n.由(1)知，它的各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成首项为n，公比为2的等比数列(从而它的第k行中的数的平均数是n·2k－1)，于是，表n中最后一行的唯一一个数为bn＝n·2n－1.因此eq\f(bk＋2,bkbk＋1)＝eq\f((k＋2)2k＋1,k·2k－1·(k＋1)·2k)＝eq\f(k＋2,k(k＋1)·2k－2)＝eq\f(2(k＋1)－k,k(k＋1)·2k－2)＝eq\f(1,k·2k－3)－eq\f(1,(k＋1)·2k－2)(k＝1,2,3，…，n)故eq\f(b3,b1b2)＋eq\f(b4,b2b3)＋…＋eq\f(bn＋2,bnbn＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1×2－2)－\f(1,2×2－1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2×2－1)－\f(1,3×20)))＋…＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,n×2n－3)－\f(1,(n＋1)×2n－2)))＝eq\f(1,1×2－2)－eq\f(1,(n＋1)×2n－2)＝4－eq\f(1,(n＋1)×2n－2).17．(文)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若am，am＋2，am＋1(m∈N*)成等差数列，试判断Sm，Sm＋2，Sm＋1是否成等差数列，并证明你的结论．[解析]设等比数列{an}的首项为a1，公比为q(a1≠0，q≠0)，若am，am＋2，am＋1成等差数列，则2am＋2＝am＋am＋1.∴2a1qm＋1＝a1qm－1＋a1qm∵a1≠0，q≠0，∴2q2－q－1＝0.解得q＝1或q＝－eq\f(1,2).当q＝1时，∵Sm＝ma1，Sm＋1＝(m＋1)a1，Sm＋2＝(m＋2)a1，∴2Sm＋2≠Sm＋Sm＋1.∴当q＝1时，Sm，Sm＋2，Sm＋1不成等差数列．当q＝－eq\f(1,2)时，Sm，Sm＋2，Sm＋1成等差数列．证明如下：证法1：∵(Sm＋Sm＋1)－2Sm＋2＝(Sm＋Sm＋am＋1)－2(Sm＋am＋1＋am＋2)＝－am＋1－2am＋2＝－am＋1－2qam＋1＝－am＋1－2am＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝0，∴2Sm＋2＝Sm＋Sm＋1.∴当q＝－eq\f(1,2)时，Sm，Sm＋2，Sm＋1成等差数列．证法2：∵2Sm＋2＝eq\f(2a1\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))m＋2)),1＋\f(1,2))＝eq\f(4,3)a1eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))m＋2))，又Sm＋Sm＋1＝eq\f(a1\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))m)),1＋\f(1,2))＋eq\f(a1\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))m＋1)),1＋\f(1,2))＝eq\f(2,3)a1eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))m－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))m＋1))＝eq\f(2,3)a1eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2－4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))m＋2＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))m＋2))＝eq\f(4,3)a1eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))m＋2))，∴2Sm＋2＝Sm＋Sm＋1.∴当q＝－eq\f(1,2)时，Sm，Sm＋2，Sm＋1成等差数列．(理)已知函数f(x)对任意的实数x、y都有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)－1，且当x>0时，f(x)>1.(1)求证：函数f(x)在R上是增函数；(2)若关于x的不等式f(x2－ax＋5a)<2的解集为{x|－3<x<2}，求f(3)在(2)的条件下，设an＝|f(n)－14|(n∈N*)，若数列{an}从第k项开始的连续20项之和等于102，求k的值．[解析](1)证明：设x1>x2，则x1－x2>0，从而f(x1－x2)>1，即f(x1－x2)－1>0.f(x1)＝f[x2＋(x1－x2)]＝f(x2)＋f(x1－x2)－1>f(x2)，故f(x)在R上是增函数．(2)设f(b)＝2，于是不等式化为f(x2－ax＋5a)<f(b则x2－ax＋5a<b，即x2－ax＋5a－∵不等式f(x2－ax＋5a)<2的解集为{x|－3<x<2}．∴方程x2－ax＋5a－于是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3＋2＝a,－3×2＝5a－b))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1,b＝1))，∴f(1)＝2.在已知等式中令x＝n，y＝1得，f(n＋1)－f(n)＝1.所以{f(n)}是首项为2，公差为1的等差数列．f(n)＝2＋(n－1)×1＝n＋1，故f(2010)＝2011.(3)ak＝|f(k)－14|＝|(k＋1)－14|＝|k－13|.设从第k项开始的连续20项之和为Tk，则Tk＝ak＋ak＋1＋…＋ak＋19.当k≥13时，ak＝|k－13|＝k－13，Tk≥T13＝0＋1＋2＋3＋…＋19＝190>102.当k<13时，ak＝|k－13|＝13－k.Tk＝(13－k)＋(12－k)＋…＋1＋0＋1＋…＋(k＋6)＝k2－7k＋112.令k2－7k＋112＝102，解得k＝2或k＝5.[点评]当k≥13时，ak＝|k－13|＝k－13，令Tk＝20(k－13)＋eq\f(20×19,2)×1＝102，无正整数解，故k≥13时，Tk不可能取值为102.2011年高考数学试题分类汇编——推理与证明创新题1．（天津理4）对实数和，定义运算“”：设函数若函数的图像与轴恰有两个公共点，则实数的取值范围是 A． B． C． D．【答案】B2．（山东理12）设，，，是平面直角坐标系中两两不同的四点，若（λ∈R），（μ∈R），且,则称，调和分割，,已知平面上的点C，D调和分割点A，B则下面说法正确的是 A．C可能是线段AB的中点 B．D可能是线段AB的中点 C．C，D可能同时在线段AB上 D．C，D不可能同时在线段AB的延长线上【答案】D3.（湖北理9）若实数a,b满足且，则称a与b互补，记，那么是a与b互补的 A．必要而不充分的条件 B．充分而不必要的条件 C．充要条件 D．即不充分也不必要的条件【答案】C4.（福建理15）设V是全体平面向量构成的集合，若映射满足：对任意向量a=（x1，y1）∈V，b=（x2，y2）∈V，以及任意∈R，均有 则称映射f具有性质P。 现给出如下映射： ① ② ③ 其中，具有性质P的映射的序号为________。（写出所有具有性质P的映射的序号）【答案】①③5.（湖南理16）对于,将n表示,当时，,当时,为0或1．记为上述表示中ai为0的个数（例如：）,故,）,则（1）________________;（2）________________;【答案】210936.（北京理8）设,，,.记为平行四边形ABCD内部（不含边界）的整点的个数，其中整点是指横、纵坐标都是整数的点，则函数的值域为 A． B． C． D．【答案】C7.（江西理7）观察下列各式：=3125，=15625，=78125，…，则的末四位数字为 A．3125 B．5625 C．0625 D．8125【答案】D8.（广东理8）设S是整数集Z的非空子集，如果有，则称S关于数的乘法是封闭的．若T,V是Z的两个不相交的非空子集，且有有，则下列结论恒成立的是 A．中至少有一个关于乘法是封闭的 B．中至多有一个关于乘法是封闭的 C．中有且只有一个关于乘法是封闭的 D．中每一个关于乘法都是封闭的【答案】A9.（江西理10）如右图，一个直径为l的小圆沿着直径为2的大圆内壁的逆时针方向滚动，M和N是小圆的一条固定直径的两个端点．那么，当小圆这样滚过大圆内壁的一周，点M，N在大圆内所绘出的图形大致是【答案】A10.（安徽理15）在平面直角坐标系中，如果与都是整数，就称点为整点， 下列命题中正确的是_____________（写出所有正确命题的编号）.①存在这样的直线，既不与坐标轴平行又不经过任何整点②如果与都是无理数，则直线不经过任何整点③直线经过无穷多个整点，当且仅当经过两个不同的整点④直线经过无穷多个整点的充分必要条件是：与都是有理数⑤存在恰经过一个整点的直线【答案】①，③，⑤11.（四川理16）函数的定义域为A，若时总有为单函数．例如，函数=2x+1（）是单函数．下列命题： ①函数=（xR）是单函数； ②若为单函数， ③若f：AB为单函数，则对于任意bB，它至多有一个原象； ④函数f（x）在某区间上具有单调性，则f（x）一定是单函数． 其中的真命题是．（写出所有真命题的编号）答案：②③④解析：①错，，②③④正确12.（山东理15）设函数,观察:根据以上事实，由归纳推理可得：当且时，.【答案】13.（陕西理13）观察下列等式1=12+3+4=93+4+5+6+7=254+5+6+7+8+9+10=49……照此规律，第个等式为。【答案】12年高考推理与证明试题汇编1.湖南16.设N=2n（n∈N*，n≥2），将N个数x1,x2,…，xN依次放入编号为1,2，…，N的N个位置，得到排列P0=x1x2…xN.将该排列中分别位于奇数与偶数位置的数取出，并按原顺序依次放入对应的前和后个位置，得到排列P1=x1x3…xN-1x2x4…xN，将此操作称为C变换，将P1分成两段，每段个数，并对每段作C变换，得到；当2≤i≤n-2时，将Pi分成2i段，每段个数，并对每段C变换，得到Pi+1，例如，当N=8时，P2=x1x5x3x7x2x6x4x8，此时x7位于P2中的第4个位置.（1）当N=16时，x7位于P2中的第___个位置；（2）当N=2n（n≥8）时，x173位于P4中的第___个位置.【答案】（1）6；（2）【解析】（1）当N=16时,,可设为,,即为,,即,x7位于P2中的第6个位置,；（2）方法同（1）,归纳推理知x173位于P4中的第个位置.【点评】本题考查在新环境下的创新意识，考查运算能力，考查创造性解决问题的能力.需要在学习中培养自己动脑的习惯，才可顺利解决此类问题.2.江苏20．（2012年江苏省16分）已知各项均为正数的两个数列和满足：，，（1）设，，求证：数列是等差数列；（2）设，，且是等比数列，求和的值．【答案】解：（1）∵，∴。∴。∴。∴数列是以1为公差的等差数列。（2）∵，∴。∴。（﹡）设等比数列的公比为，由知，下面用反证法证明若则，∴当时，，与（﹡）矛盾。若则，∴当时，，与（﹡）矛盾。∴综上所述，。∴，∴。又∵，∴是公比是的等比数列。若，则，于是。又由即，得。∴中至少有两项相同，与矛盾。∴。∴。∴。【考点】等差数列和等比数列的基本性质，基本不等式，反证法。【解析】（1）根据题设和，求出，从而证明而得证。（2）根据基本不等式得到，用反证法证明等比数列的公比。从而得到的结论，再由知是公比是的等比数列。最后用反证法求出。3.江西6．观察下列各式：则（）A．28B．76C．123D．1996.C【解析】本题考查归纳推理的思想方法.观察各等式的右边,它们分别为1,3,4,7,11，…，发现从第3项开始，每一项就是它的前两项之和，故等式的右边依次为1,3,4,7,11，18,29,47,76,123,…，故【点评】归纳推理常常可借助前几项的共性来推出一般性的命题.体现考纲中要求了解归纳推理.来年需要注意类比推理等合情推理.4.全国卷大纲版22（本小题满分12分）（注意：在试卷上作答无效）函数。定义数列如下：是过两点的直线与轴交点的横坐标。（1）证明：；（2）求数列的通项公式。解：（1）为，故点在函数的图像上，故由所给出的两点，可知，直线斜率一定存在。故有直线的直线方程为，令，可求得所以下面用数学归纳法证明当时，，满足假设时，成立，则当时，，由即也成立综上可知对任意正整数恒成立。下面证明由由，故有即综上可知恒成立。（2）由得到该数列的一个特征方程即，解得或①②两式相除可得,而故数列是以为首项以为公比的等比数列[来源:Z.xx.k.Com],故。【命题意图】本试题主要考查了数列的通项公式以及函数与数列相结全的综合运用。先从函数入手，表示直线方程，从而得到交点坐标，再运用数学归纳法进行证明，根据递推公式构造等比数列进而求得数列的通基。【点评】以函数为背景，引出点的坐标，并通过直线与坐标轴的交点得到数列的递推公式。既考查了直线方程，又考查了函数解析式，以及不等式的证明，试题比较综合，有一定的难度。做这类试题那就是根据已知条件，一步一步的翻译为代数式，化简得到要找的关系式即可。5.陕西11.观察下列不等式，，……照此规律，第五个不等式为．【答案】【解析】观察不等式的左边发现，第n个不等式的左边=，右边=，所以第五个不等式为.6上海23．对于数集，其中，，定义向量集.若对于任意，存在，使得，则称X具有性质P.例如具有性质P.（1）若x＞2，且，求x的值；（4分）（2）若X具有性质P，求证：1X，且当xn＞1时，x1=1；（6分）（3）若X具有性质P，且x1=1，x2=q（q为常数），求有穷数列的通项公式.（8分）[解]（1）选取，Y中与垂直的元素必有形式.……2分所以x=2b，从而x=4.……4分（2）证明：取.设满足.由得，所以、异号.因为-1是X中唯一的负数，所以、中之一为-1，另一为1，故1X.……7分假设，其中，则.选取，并设满足，即，则、异号，从而、之中恰有一个为-1.若=-1，则2，矛盾；若=-1，则，矛盾.所以x1=1.……10分（3）[解法一]猜测，i=1,2,…,n.……12分记，k=2,3,…,n.先证明：若具有性质P，则也具有性质P.任取，、.当、中出现-1时，显然有满足；当且时，、≥1.因为具有性质P，所以有，、，使得，从而和中有一个是-1，不妨设=-1.假设且，则.由，得，与矛盾.所以.从而也具有性质P.……15分现用数学归纳法证明：，i=1,2,…,n.当n=2时，结论显然成立；假设n=k时，有性质P，则，i=1,2,…,k；当n=k+1时，若有性质P，则也有性质P，所以.取，并设满足，即.由此可得s与t中有且只有一个为-1.若，则1，不可能；所以，，又，所以.综上所述，，i=1,2,…,n.……18分[解法二]设，，则等价于.记，则数集X具有性质P当且仅当数集B关于原点对称.……14分注意到-1是X中的唯一负数，共有n-1个数，所以也只有n-1个数.由于，已有n-1个数，对以下三角数阵……注意到，所以，从而数列的通项公式为，k=1,2,…,n.……18分【点评】本题主要考查数集、集合的基本性质、元素与集合的关系等基础知识，本题属于信息给予题，通过定义“具有性质”这一概念，考查考生分析探究及推理论证的能力．综合考查集合的基本运算，集合问题一直是近几年的命题重点内容，应引起足够的重视．7四川16、记为不超过实数的最大整数，例如，，，。设为正整数，数列满足，，现有下列命题：①当时，数列的前3项依次为5,3,2；②对数列都存在正整数，当时总有；③当时，；④对某个正整数，若，则。其中的真命题有____________。（写出所有真命题的编号）[答案]①③④（lbylfx）[解析]若，根据当n=1时，x2=[]=3,同理x3=,故①对.对于②③④可以采用特殊值列举法：当a=1时，x1=1,x2=1,x3=1,……xn=1,……此时②③④均对.当a=2时，x1=2,x2=1,x3=1,……xn=1,……此时②③④均对当a=3时，x1=3,x2=2,x3=1,x4=2……xn=1,……此时③④均对综上，真命题有①③④.[点评]此题难度较大，不容易寻找其解题的切入点，特殊值列举是很有效的解决办法.8重庆重庆21、（本小题满分12分，（I）小问5分，（II）小问7分。）设数列的前项和满足，其中。（I）求证：是首项为1的等比数列；（II）若，求证：，并给出等号成立的充要条件。（1）证明：由，得，即。因，故，得，又由题设条件知，两式相减得，即，由，知，因此综上，对所有成立，从而是首项为1，公比为的等比数列。当或时，显然，等号成立。设，且，由（1）知，，，所以要证的不等式化为：即证：当时，上面不等式的等号成立。当时，与，（）同为负；当时，与，（）同为正；因此当且时，总有（）（）>0,即，（）。上面不等式对从1到求和得，由此得综上，当且时，有，当且仅当或时等号成立。10年高考数学推理与证明试题汇编一、选择题1．(2010·广东文，10)在集合{a，b，c，d}上定义两种运算、⊗如下：那么d⊗(ac)＝()A．aB．bC．cD．d[答案]A[解析]根据运算、⊗的定义可知，ac＝c，d⊗c＝a，故选A.2．(文)(2010·福建莆田质检)如果将1,2,3，…，n重新排列后，得到一个新系列a1，a2，a3，…，an，使得k＋ak(k＝1,2，…，n)都是完全平方数，则称n为“好数”．若n分别取4,5,6，则这三个数中，“好数”的个数是()A．3B．2C．1D．0[答案]C[解析]5是好数，4和6都不是，∵取a1＝3，a2＝2，a3＝1，a4＝5，a5＝4，则1＋a1＝4＝22,2＋a2＝4＝22,3＋a3＝4＝22,4＋a4＝32,5＋a5＝32.(理)(2010·寿光现代中学)若定义在区间D上的函数f(x)，对于D上的任意n个值x1，x2，…，xn，总满足f(x1)＋f(x2)＋…＋f(xn)≥nfeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2＋…＋xn,n)))，则称f(x)为D上的凹函数，现已知f(x)＝tanx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是凹函数，则在锐角三角形ABC中，tanA＋tanB＋tanC的最小值是()A．3B.eq\f(2,3)C．3eq\r(3)D.eq\r(3)[答案]C[解析]根据f(x)＝tanx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是凹函数，再结合凹函数定义得，tanA＋tanB＋tanC≥3taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A＋B＋C,3)))＝3taneq\f(π,3)＝3eq\r(3).故所求的最小值为3eq\r(3).3．(文)定义某种新运算“⊗”：S＝a⊗b的运算原理为如图的程序框图所示，则式子5⊗4－3⊗6＝()A．2B．1C．3D．4[答案]B[解析]由题意知5⊗4＝5×(4＋1)＝25,3⊗6＝6×(3＋1)＝24，所以5⊗4－3⊗6＝1.(理)如图所示的算法中，令a＝tanθ，b＝sinθ，c＝cosθ，若在集合{θ|0<θ<eq\f(3π,2)}中任取θ的一个值，输出的结果是sinθ的概率是()A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,2)C.eq\f(2,3)D.eq\f(3,4)[答案]A[解析]该程序框图的功能是比较a，b，c的大小并输出最大值，因此要使输出的结果是sinθ，需sinθ>tanθ，且sinθ>cosθ，∵当θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，总有tanθ>sinθ，当θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，sinθ>0，tanθ<0，cosθ<0，当θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))时，tanθ>0，sinθ<0，故输出的结果是sinθ时，θ的范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，结合几何概型公式得，输出sinθ的概率为eq\f(π－\f(π,2),\f(3,2)π－0)＝eq\f(1,3)，故选A.4．(2010·曲师大附中)设△ABC的三边长分别为a、b、c，△ABC的面积为S，内切圆半径为r，则r＝eq\f(2S,a＋b＋c)；类比这个结论可知：四面体S－ABC的四个面的面积分别为S1、S2、S3、S4，内切球的半径为r，四面体S－ABC的体积为V，则r＝()A.eq\f(V,S1＋S2＋S3＋S4)B.eq\f(2V,S1＋S2＋S3＋S4)C.eq\f(3V,S1＋S2＋S3＋S4)D.eq\f(4V,S1＋S2＋S3＋S4)[答案]C[解析]设三棱锥的内切球球心为O，那么由VS－ABC＝VO－ABC＋VO－SAB＋VO－SAC＋VO－SBC，即V＝eq\f(1,3)S1r＋eq\f(1,3)S2r＋eq\f(1,3)S3r＋eq\f(1,3)S4r，可得r＝eq\f(3V,S1＋S2＋S3＋S4).5．(2010·辽宁锦州)类比“两角和与差的正余弦公式”的形式，对于给定的两个函数，S(x)＝eq\f(ax－a－x,2)，C(x)＝eq\f(ax＋a－x,2)，其中a>0，且a≠1，下面正确的运算公式是()①S(x＋y)＝S(x)C(y)＋C(x)S(y)；②S(x－y)＝S(x)C(y)－C(x)S(y)；③C(x＋y)＝C(x)C(y)－S(x)S(y)；④C(x－y)＝C(x)C(y)＋S(x)S(y)．A．①③B．②④C．①④D．①②③④[答案]D[解析]实际代入逐个验证即可．如S(x)C(y)＋C(x)S(y)＝eq\f(ax－a－x,2)·eq\f(ay＋a－y,2)＋eq\f(ax＋a－x,2)·eq\f(ay－a－y,2)＝eq\f(1,4)(ax＋y－ay－x＋ax－y－a－x－y＋ax＋y＋ay－x－ax－y－a－x－y)＝eq\f(1,4)(2ax＋y－2a－x－y)＝eq\f(ax＋y－a－(x＋y),2)＝S(x＋y)，故①成立．同理可验证②③④均成立．6．四个小动物换座位，开始是鼠、猴、兔、猫分别坐在1、2、3、4号位子上如图所示，第一次前后排动物互换座位，第二次左右列动物互换座位，…，这样交替进行下去，那么第2011次互换座位后，小兔的座位对应的是()1鼠猴23兔猫41兔猫23鼠猴41猫兔23猴鼠41猴鼠23猫兔4第一次第二次第三次第四次A．编号1B．编号2C．编号3D．编号4[答案]D[解析]根据动物换座位的规则，可得第四次、第五次、第六次、第七次换座后的结果如下图所示：1鼠猴23兔猫41兔猫23鼠猴41猫兔23猴鼠41猴鼠23猫兔4第一次第二次第三次第四次据此可以归纳得到：四个小动物在换座后，每经过四次换座后与原来的座位一样，即以4为周期，因此在第2011次换座后，四个小动物的位置应该是和第3次换座后的位置一样，即小兔的座位号是4，故选D.[点评]因为问题只求小兔座位号，故可只考虑小兔座位号的变化，用1→2表示小兔从1号位换到2号位，则小兔座位的变化规律是：3→1→2→4→3→1→2→4→3…，显见变化周期为4，又2011＝4×502＋3，故经过2011次换座后，小兔位于4号座．7．(2010·山东文)观察(x2)′＝2x，(x4)′＝4x3，(cosx)′＝－sinx，由归纳推理可得：若定义在R上的函数f(x)满足f(－x)＝f(x)，记g(x)为f(x)的导函数，则f(－x)＝()A．f(x)B．－f(x)C．g(x)D．－g(x)[答案]D[解析]观察所给例子可看出偶函数求导后都变成了奇函数，∴g(－x)＝－g(x)，选D.8．甲、乙两位同学玩游戏，对于给定的实数a1，按下列方法操作一次产生一个新的实数：由甲、乙同时各掷一枚均匀的硬币，如果出现两个正面朝上或两个反面朝上，则把a1乘以2后再加上12；如果出现一个正面朝上，一个反面朝上，则把a1除以2后再加上12，这样就可得到一个新的实数a2.对实数a2仍按上述方法进行一次操作，又得到一个新的实数a3.当a3>a1时，甲获胜，否则乙获胜．若甲获胜的概率为eq\f(3,4)，则a1的取值范围是()A．[－12,24]B．(－12,24)C．(－∞，－12)∪(24，＋∞)D．(－∞，－12]∪[24，＋∞)[答案]D[解析]因为甲、乙同时各掷一枚均匀的硬币，出现的可能情形有4种：(正，正)、(正，反)、(反，正)、(反，反)，所以每次操作后，得到两种新数的概率是一样的．故由题意得即4a1＋36，a1＋18，a1＋36，eq\f(1,4)a1＋18出现的机会是均等的，由于当a3>a1时，甲胜且甲胜的概率为eq\f(3,4)，故在上面四个表达式中，有3个大于a1，∵a1＋18>a1，a1＋36>a1，故在其余二数中有且仅有一个大于a1，由4a1＋36>a1得a1>－12，由eq\f(1,4)a1＋18>a1得，a1<24，故当－12<a1<24时，四个数全大于a1，当a1≤－12或a1≥24时，有且仅有3个大于a1，故选D.9．(2010·广州市)如图所示的三角形数阵叫“莱布尼兹调和三角形”，它们是由整数的倒数组成的，第n行有n个数且两端的数均为eq\f(1,n)(n≥2)，每个数是它下一行左右相邻两数的和，如eq\f(1,1)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)，eq\f(1,2)＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,6)，eq\f(1,3)＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,12)，…，则第7行第4个数(从左往右数)为()eq\f(1,1)eq\f(1,2)eq\f(1,2)eq\f(1,3)eq\f(1,6)eq\f(1,3)eq\f(1,4)eq\f(1,12)eq\f(1,12)eq\f(1,4)eq\f(1,5)eq\f(1,20)eq\f(1,30)eq\f(1,20)eq\f(1,5)………………A.eq\f(1,140)B.eq\f(1,105)C.eq\f(1,60)D.eq\f(1,42)[答案]A[解析]第6行从左到右各数依次为eq\f(1,6)，eq\f(1,30)，eq\f(1,60)，eq\f(1,60)，eq\f(1,30)，eq\f(1,6)，第7行从左到右各数依次为eq\f(1,7)，eq\f(1,42)，eq\f(1,105)，eq\f(1,140)，eq\f(1,105)，eq\f(1,42)，eq\f(1,7)，故选A.10．(2010·山东淄博一中)如图，在梯形ABCD中，AB∥DC，AB＝a，CD＝b(a>b)．若EF∥AB，EF到CD与AB的距离之比为mn，则可推算出：EF＝eq\f(ma＋nb,m＋n)，试用类比的方法，推想出下述问题的结果．在上面的梯形ABCD中，延长梯形两腰AD、BC相交于O点，设△OAB、△OCD的面积分别为S1、S2，EF∥AB，且EF到CD与AB的距离之比为mn，则△OEF的面积S0与S1、S2的关系是()A．S0＝eq\f(mS1＋nS2,m＋n)B．S0＝eq\f(nS1＋mS2,m＋n)C.eq\r(S0)＝eq\f(m\r(S1)＋n\r(S2),m＋n)D.eq\r(S0)＝eq\f(n\r(S1)＋m\r(S2),m＋n)[答案]C[解析]根据面积比等于相似比的平方求解．二、填空题11．(2010·盐城调研)请阅读下列材料：若两个正实数a1，a2满足a12＋a22＝1，那么a1＋a2≤eq\r(2).证明：构造函数f(x)＝(x－a1)2＋(x－a2)2＝2x2－2(a1＋a2)x＋1，因为对一切实数x，恒有f(x)≥0，所以Δ≤0，从而得4(a1＋a2)2－8≤0，所以a1＋a2≤eq\r(2).根据上述证明方法，若n个正实数满足a12＋a22＋…＋an2＝1时，你能得到的结论为________．(不必证明)[答案]a1＋a2＋…＋an≤eq\r(n)12．(文)如图甲，在△ABC中，AB⊥AC，AD⊥BC，D是垂足，则AB2＝BD·BC，该结论称为射影定理．如图乙，在三棱锥A－BCD中，AD⊥平面ABC，AO⊥平面BCD，O为垂足，且O在△BCD中，类比射影定理，探究S△ABC、S△BCO、S△BCD之间满足的关系式是________．[答案]S△ABC2＝S△BCO·S△BCD[解析]根据类比推理，将线段的长推广为三角形的面积，从而得到答案．(理)(2010·湖南湘潭市)现有一个关于平面图形的命题：如图所示，同一个平面内有两个边长都是a的正方体，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方形重叠部分的面积恒为eq\f(a2,4)，类比到空间，有两个棱长均为a的正方体，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方体重叠部分的体积恒为______．[答案]eq\f(a3,8)13．(文)(2010·陕西理)观察下列等式：13＋23＝32,13＋23＋33＝62,13＋23＋33＋43＝102，…，根据上述规律，第五个等式为________________．[答案]13＋23＋33＋43＋53＋63＝212[解析]观察所给等式可以发现：13＋23＝32＝(1＋2)213＋23＋33＝62＝(1＋2＋3)213＋23＋33＋43＝102＝(1＋2＋3＋4)2……推想：13＋23＋33＋…＋n3＝(1＋2＋3＋…＋n)2∴第五个等式为：13＋23＋33＋43＋53＋63＝(1＋2＋…＋6)2＝212.(理)(2010·广东省佛山顺德区质检)已知一系列函数有如下性质：函数y＝x＋eq\f(1,x)在(0,1]上是减函数，在[1，＋∞)上是增函数；函数y＝x＋eq\f(2,x)在(0，eq\r(2)]上是减函数，在[eq\r(2)，＋∞)上是增函数；函数y＝x＋eq\f(3,x)在(0，eq\r(3)]上是减函数，在[eq\r(3)，＋∞)上是增函数；…………利用上述所提供的信息解决问题：若函数y＝x＋eq\f(3m,x)(x>0)的值域是[6，＋∞)，则实数m的值是________．[答案]2[解析]由题目提供信息可知y＝x＋eq\f(3m,x)(x>0)在(0，eq\r(3m)]上是减函数，在[eq\r(3m)，＋∞)上是增函数，∴当x＝eq\r(3m)时，ymin＝6，∴m＝2.14．(文)(2010·湖南衡阳八中)如图(1)有关系eq\f(S△PA′B′,S△PAB)＝eq\f(PA′·PB′,PA·PB)，则如图(2)有关系eq\f(VP－A′B′C′,VP－ABC)＝________.[答案]eq\f(PA′·PB′·PC′,PA·PB·PC)[解析]根据类比推理，将平面上三角形的结论，推广到空间，即eq\f(VP－A′B′C′,VP－ABC)＝eq\f(PA′·PB′·PC′,PA·PB·PC).简证如下：设B′、B到平面PAC的距离分别为h、H，则eq\f(h,H)＝eq\f(PB′,PB).又已知eq\f(S△PA′C′,S△PAC)＝eq\f(PA′·PC′,PA·PC)，∴eq\f(VP－A′B′C′,VP－ABC)＝eq\f(\f(1,3)S△PA′C′·h,\f(1,3)S△PAC·H)＝eq\f(PA′·PC′·PB′,PA·PC·PB).(理)(2010·江苏姜堰中学)如图①，数轴上A(x1)、B(x2)，点P分AB成两段长度之比eq\f(AP,PB)＝λ，则点P的坐标xP＝eq\f(x1＋λx2,1＋λ)成立；如图②，在梯形ABCD中，EF∥AD∥BC，且eq\f(AE,EB)＝λ，则EF＝eq\f(AD＋λ·BC,1＋λ).根据以上结论作类比推理，如图③，在棱台A1B1C1－ABC中，平面DEF与平面ABC平行，且eq\f(A1D,DA)＝λ，△A1B1C1、△DEF、△ABC的面积依次是S1，S，S2，则有结论：________________________.[答案]eq\r(S)＝eq\f(\r(S1)＋λ\r(S2),1＋λ)[解析]将三棱台补成棱锥P－ABC，不妨令PA1＝m，DA＝n，则A1D＝nλ，那么，由eq\f(\r(S1),\r(S))＝eq\f(m,m＋nλ)，得m＝eq\f(n\r(S1),\r(S)－\r(S1))，又由eq\f(\r(S),\r(S2))＝eq\f(m＋nλ,m＋n(λ＋1))，得m＋nλ＝eq\f(n\r(S),\r(S2)－\r(S))，∴eq\f(nλ\r(S1),\r(S)－\r(S1))＋nλ＝eq\f(n\r(S),\r(S2)－\r(S))，∴eq\f(\r(S)λ,\r(S)－\r(S1))＝eq\f(\r(S),\r(S2)－\r(S))，由此得eq\r(S)＝eq\f(\r(S1)＋λ\r(S2),1＋λ).三、解答题15．(2010·瑞安中学)用分析法证明：eq\r(3)－eq\r(2)>eq\r(5)－eq\r(4).[证明]证法1：要证eq\r(3)－eq\r(2)>eq\r(5)－eq\r(4)成立，∵eq\r(3)－eq\r(2)>0，eq\r(5)－eq\r(4)>0，∴只要证(eq\r(3)－eq\r(2))2>(eq\r(5)－eq\r(4))2成立．即证5－2eq\r(6)>9－2eq\r(20)成立．即证－2eq\r(6)>4－2eq\r(20)成立，只须证eq\r(6)<－2＋eq\r(20)成立．∵eq\r(20)－2>0，故只须证6<24－4eq\r(20)成立．即证9>2eq\r(20)成立，即证81>80成立．最后一个不等式显然成立，以上步步可逆，故原不等式成立．证法2：要证eq\r(3)－eq\r(2)>eq\r(5)－eq\r(4)成立，只须证eq\r(3)＋eq\r(4)>eq\r(5)＋eq\r(2)成立，只须证7＋2eq\r(12)>7＋2eq\r(10)成立，即证eq\r(12)>eq\r(10)成立，即证12>10成立，最后一个不等式显然成立，故原结论成立．16．(文)设数列{an}的首项a1＝a≠eq\f(1,4)，且an＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)an，n为偶数,an＋\f(1,4)，n为奇数.))记bn＝a2n－1－eq\f(1,4)，n＝1,2,3，….(1)求a2，a3；(2)判断{bn}是否为等比数列，并证明你的结论．[解析](1)a2＝a1＋eq\f(1,4)＝a＋eq\f(1,4)，a3＝eq\f(1,2)a2＝eq\f(1,2)a＋eq\f(1,8).(2)∵a4＝a3＋eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)a＋eq\f(3,8).∴a5＝eq\f(1,2)a4＝eq\f(1,4)a＋eq\f(3,16).∴b1＝a1－eq\f(1,4)＝a－eq\f(1,4)≠0，b2＝a3－eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,4)))，b3＝a5－eq\f(1,4)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,4))).猜想{bn}是公比为eq\f(1,2)的等比数列．证明如下：∵bn＋1＝a2n＋1－eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)a2n－eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2n－1＋\f(1,4)))－eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2n－1－\f(1,4)))＝eq\f(1,2)bn(n∈N*)．∴{bn}是首项为a－eq\f(1,4)，公比为eq\f(1,2)的等比数列．(理)(2010·湖南文)给出下面的数表序列：表1表2表3…11313544812其中表n(n＝1,2,3，…)有n行，第1行的n个数是1,3,5，…，2n－1，从第2行起，每行中的每个数都等于它肩上的两数之和．(1)写出表4，验证表4各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成等比数列，并将结论推广到表n(n≥3)(不要求证明)；(2)每个数表中最后一行都只有一个数，它们构成数列，1,4,12，…，记此数列为{bn}．求和：eq\f(b3,b1b2)＋eq\f(b4,b2b3)＋…＋eq\f(bn＋2,bnbn＋1)(n∈N*)．[解析](1)表4为13574812122032它的第1,2,3,4行中的数的平均数分别是4,8,16,32，它们构成首项为4，公比为2的等比数列．将这一结论推广到表n(n≥3)，即表n(n≥3)各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成首项为n，公比为2的等比数列．简证如下(对考生不作要求)首先，表n(n≥3)的第1行1,3,5，…，2n－1是等差数列，其平均数为eq\f(1＋3＋…＋(2n－1),n)＝n；其次，若表n的第k(1≤k≤n－1)行a1，a2，…，an－k＋1是等差数列，则它的第k＋1行a1＋a2，a2＋a3，…，an－k＋an－k＋1也是等差数列．由等差数列的性质知，表n的第k行中的数的平均数与第k＋1行中的数的平均数分别是eq\f(a1＋an－k＋1,2)，eq\f(a1＋a2＋an－k＋an－k＋1,2)＝a1＋an－k＋1.由此可知，表n(n≥3)各行中的数都成等差数列，且各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成首项为n，公比为2的等比数列．(2)表n的第1行是1,3,5，…，2n－1，其平均数是eq\f(1＋3＋5＋…＋(2n－1),n)＝n.由(1)知，它的各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成首项为n，公比为2的等比数列(从而它的第k行中的数的平均数是n·2k－1)，于是，表n中最后一行的唯一一个数为bn＝n·2n－1.因此eq\f(bk＋2,bkbk＋1)＝eq\f((k＋2)2k＋1,k·2k－1·(k＋1)·2k)＝eq\f(k＋2,k(k＋1)·2k－2)＝eq\f(2(k＋1)－k,k(k＋1)·2k－2)＝eq\f(1,k·2k－3)－eq\f(1,(k＋1)·2k－2)(k＝1,2,3，…，n)故eq\f(b3,b1b2)＋eq\f(b4,b2b3)＋…＋eq\f(bn＋2,bnbn＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1×2－2)－\f(1,2×2－1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2×2－1)－\f(1,3×20)))＋…＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,n×2n－3)－\f(1,(n＋1)×2n－2)))＝eq\f(1,1×2－2)－eq\f(1,(n＋1)×2n－2)＝4－eq\f(1,(n＋1)