高中数学北师大版2本册总复习总复习章末质量评估3

第三章推理与证明(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．下面几种推理是合情推理的是()①由圆的性质类比出球的有关性质；②由直角三角形、等腰三角形、等边三角形内角和是180°归纳出所有三角形的内角和都是180°；③某次考试张军成绩是100分，由此推出全班同学成绩都是100分；④三角形内角和是180°，四边形内角和是360°，五边形内角和是540°，由此得凸多边形内角和是(n－2)·180°.A．①② B．①③④C．①②④ D．②④解析：①是类比推理，②④是归纳推理，③不是合情推理．答案：C2．下列三句话按三段论的模式排列顺序正确的是()①2016能被2整除；②一切偶数都能被2整除；③2016是偶数．A．①②③ B．②①③C．②③① D．③②①解析：②是大前提，③是小前提，①是结论．答案：C3．平面内平行于同一直线的两直线平行，由类比推理，我们可以得到()A．空间中平行于同一直线的两直线平行B．空间中平行于同一平面的两直线平行C．空间中平行于同一直线的两平面平行D．空间中平行于同一平面的两平面平行解析：利用类比推理，平面中的直线与空间中的平面类比．答案：D4．证明命题：“f(x)＝ex＋eq\f(1,ex)在(0，＋∞)上是增函数”，现给出的证法如下：因为f(x)＝ex＋eq\f(1,ex)，所以f′(x)＝ex－eq\f(1,ex)，因为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，＋∞)上是增函数，使用的证明方法是()A．综合法 B．分析法C．反证法 D．以上都不是解析：上述证明过程是从已知条件出发，经过推理论证得到结论，用了综合法．答案：A5．已知a1＝3，an＋1＝eq\f(3an,an＋3)，试通过计算a2，a3，a4，a5的值推测出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．下列有关三段论推理“自然数都是整数，4是自然数，所以4是整数”的说法正确的是()A．推理正确 B．推理形式不正确C．大前提错误 D．小前提错误解析：三段论中的大前提，小前提以及推理形式都是正确的，所以结论正确．答案：A7．有以下结论：①已知p3＋q3＝2，求证p＋q≤2，用反证法证明时，可假设p＋q≥2；②已知a，b∈R，|a|＋|b|<1，求证方程x2＋ax＋b＝0的两根的绝对值都小于1，用反证法证明时可假设方程有一根x1的绝对值大于或等于1，即假设|x1|≥1.下列说法中正确的是()A．①与②的假设都错误B．①与②的假设都正确C．①的假设正确；②的假设错误D．①的假设错误；②的假设正确解析：用反证法证题时一定要将对立面找全．在(1)中应假设p＋q>2.故(1)的假设是错误的，而(2)的假设是正确的，故选D.答案：D8．已知f(x)＝x3＋x，a，b，c∈R，且a＋b>0，a＋c>0，b＋c>0，则f(a)＋f(b)＋f(c)的值一定()A．大于零 B．等于零C．小于零 D．正负都可能解析：f(x)＝x3＋x是奇函数且在R上是增函数，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．观察下列数表规律则从数2007到2008的箭头方向是()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：因上行奇数是首项为3，公差为4的等差数列．若2007在上行，则2007＝3＋(n－1)×4⇒n∈N*，故2007在上行，又因为在上行奇数的箭头为→eq\o(an,\s\do4(↓))，故选D.答案：D10．将平面向量的数量积运算与实数的乘法运算相类比，易得下列结论：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.以上通过类比得到的结论正确的个数为()A．1 B．2C．3 D．4解析：平面向量的数量积的运算满足交换律和分配律，不满足结合律，①③正确，②错误；由a·b＝a·c(a≠0)得a·(b－c)＝0，从而b－c＝0或a⊥(b－c)，故④错误．故选B.答案：B二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上)11．已知a＞0，b＞0，m＝lgeq\f(\r(a)＋\r(b),2)，n＝lgeq\f(\r(a＋b),2)，则m与n的大小关系为________．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)，∴lgeq\f(\r(a)＋\r(b),2)＞lgeq\f(\r(a＋b),2)，∴m＞n.答案：m＞n12．已知数列{an}中，a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝eq\f(3an,an＋3)，则a2，a3，a4，a5分别为____________，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．如图①，若从点O作的两条射线OM、ON上分别有点M1，M2与点N1，N2，则三角形面积之比eq\f(S△OM1N1,S△OM2N2)＝eq\f(OM1,OM2)·eq\f(ON1,ON2)，如图②，若从点O所作的不在同一平面内的三条射线OP，OQ和OR上分别有点P1，P2，点Q1，Q2，点R1，R2，则类似的结论为：______________.解析：由于很多同学不善于类比，思维面较窄，所以只能套用已知结论填写，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).实际上，题目的本意是要求把二维的面积关系，推广到三维的体积关系：eq\f(VO－P1Q1R1,VO－P2Q2R2)＝eq\f(OP1,OP2)·eq\f(OQ1,OQ2)·eq\f(OR1,OR2).(证明略)答案：eq\f(VO－P1Q1R1,VO－P2Q2R2)＝eq\f(OP1,OP2)·eq\f(OQ1,OQ2)·eq\f(OR1,OR2)14．如图所示，①、②、③，…是由花盆摆成的图案，根据图中花盆摆放的规律，第n个图形中的花盆数an＝________.解析：观察知每个图案中间的花盆数为1,3,5…，其中第n个图案中间的花盆数为2n－1，往一侧依次是2n－2,2n－3，…，2n－1＋(n－1)(－1)＝n，它们的和为eq\f(n2n－1＋n,2)＝eq\f(n3n－1,2)，另一侧花盆计数同理，所以an＝2·eq\f(n3n－1,2)－(2n－1)＝3n2－3n＋1.答案：3n2－3n＋1三、解答题(本大题共4小题，满分50分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分12分)把空间平行六面体与平面上的平行四边形类比，试由“平行四边形对边相等”得出平行六面体的相关性质．解析：如下图，由平行四边形的性质可知：a＝c，b＝d.于是类比平行四边形的性质，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1S四边形ADD1A1＝S四边形BCC1B1S四边形ABB1A1＝S四边形DCC1D1S四边形ABCD＝S四边形A1B1C1D1成立16．(本小题满分12分)设a＞0，b＞0，a＋b＝1，求证：eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)≥8.证明：证法一(综合法)：∵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(当且仅当a＝b时等号成立)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(当且仅当a＝b时等号成立)∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)≥8(当且仅当a＝b时等号成立)证法二(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，当a＞0，b＞0时，eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2成立(当且仅当a＝b时等式成立)，所以原不等式成立．17．(本小题满分12分)已知实数a，b，c，d，满足a＋b＝c＋d＝1，ac＋bd＞1.求证：a，b，c，d中至少有一个是负数．证明：假设a，b，c，d都是非负实数，∵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，这与已知ac＋bd>1相矛盾，所以原假设不成立，即证得a，b，c，d中至少有一个是负数．18．(本小题满分14分)已知函数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：计算可得：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