高中数学人教A版2本册总复习总复习 单元测评(三)

单元测评(三)推理与证明(A卷)(时间：90分钟满分：120分)第Ⅰ卷(选择题，共50分)一、选择题：本大题共10小题，共50分．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由f(x)＝sinx，满足f(－x)＝－f(x)，x∈R，推出f(x)＝sinx是奇函数；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：合情推理分为类比推理和归纳推理，①是类比推理，②④是归纳推理，③是演绎推理．答案：C2．命题“有理数是无限循环小数，整数是有理数，所以整数是无限循环小数”是假命题，推理错误的原因是()A．使用了归纳推理B．使用了类比推理C．使用了“三段论”，但大前提错误D．使用了“三段论”，但小前提错误解析：大前提错误，小前提正确．答案：C3．用反证法证明命题“三角形的内角中至少有一个角不大于60°”时，应假设()A．三角形的三个内角都不大于60°B．三角形的三个内角都大于60°C．三角形的三个内角至多有一个大于60°D．三角形的三个内角至少有两个大于60°解析：其假设应是对“至少有一个角不大于60°”的否定，即“都大于60°”．答案：B4．已知命题1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1及其证明：(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝21－1＝1，所以等式成立；(2)假设n＝k时等式成立，即1＋2＋22＋…＋2k－1＝2k－1，则当n＝k＋1时，1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝eq\f(1－2k＋1,1－2)＝2k＋1－1，所以n＝k＋1时等式也成立．由(1)(2)知，对任意的正整数n等式都成立．则以下说法正确的是()A．命题、推理都正确B．命题正确、推理不正确C．命题不正确、推理正确D．命题、推理都不正确解析：命题正确，但证明n＝k＋1时没有用到归纳假设，推理不正确．答案：B5．观察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，则a10＋b10＝()A．28 B．76C．123 D．199解析：设an＋bn＝f(n)，则f(3)＝f(1)＋f(2)＝1＋3＝4；f(4)＝f(2)＋f(3)＝3＋4＝7；f(5)＝f(3)＋f(4)＝11.通过观察不难发现f(n)＝f(n－1)＋f(n－2)(n∈N*，n≥3)，则f(6)＝f(4)＋f(5)＝18；f(7)＝f(5)＋f(6)＝29；f(8)＝f(6)＋f(7)＝47；f(9)＝f(7)＋f(8)＝76；f(10)＝f(8)＋f(9)＝123.所以a10＋b10＝123.答案：C6．由“正三角形的内切圆切于三边的中点”，可类比猜想出正四面体的内切球切于四个侧面()A．各正三角形内任一点B．各正三角形的某高线上的点C．各正三角形的中心D．各正三角形外的某点解析：正三角形的边对应正四面体的面，即正三角形所在的正四面体的侧面，所以边的中点对应的就是正四面体各正三角形的中心．答案：C7．设正数x，y满足log2(x＋y＋3)＝log2x＋log2y，则x＋y的取值范围是()A．(0,6] B．[6，＋∞)C．[1＋eq\r(7)，＋∞) D．(0,1＋eq\r(7)]解析：x＋y＋3＝xy≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))2⇒(x＋y)2－4(x＋y)－12≥0，故x＋y≥6，当且仅当x＝y＝3时等号成立．答案：B8．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2·an(n≥2)，而a1＝1，通过计算a2，a3，a4，猜想an等于()\f(2,n＋12) \f(2,nn＋1)\f(2,2n－1) \f(2,2n－1)解析：∵Sn＝n2·an(a≥2)，a1＝1，∴S2＝4·a2＝a1＋a2⇒a2＝eq\f(1,3)＝eq\f(2,3×2).S3＝9a3＝a1＋a2＋a3⇒a3＝eq\f(a1＋a2,8)＝eq\f(1,6)＝eq\f(2,4×3).S4＝16a4＝a1＋a2＋a3＋a4⇒a4＝eq\f(a1＋a2＋a3,15)＝eq\f(2,5×4).∴猜想an＝eq\f(2,nn＋1).答案：B9．若函数f(x)＝x2－2x＋m(x∈R)有两个零点，并且不等式f(1－x)≥－1恒成立，则实数m的取值范围为()A．(0,1) B．[0,1)C．(0,1] D．[0,1]解析：∵f(x)＝x2－2x＋m有两个零点，∴4－4m>0，∴m由f(1－x)≥－1得(1－x)2－2(1－x)＋m≥－1，即x2＋m≥0，∴m≥－x2，∵－x2的最大值为0，∴0≤m<1.答案：B10．已知x>0，不等式x＋eq\f(1,x)≥2，x＋eq\f(4,x2)≥3，x＋eq\f(27,x3)≥4，…，可推广为x＋eq\f(a,xn)≥n＋1，则a的值为()A．n2 B．nnC．2n D．22n－2解析：由x＋eq\f(1,x)≥2，x＋eq\f(4,x2)＝x＋eq\f(22,x2)≥3，x＋eq\f(27,x3)＝x＋eq\f(33,x3)≥4，…，可推广为x＋eq\f(nn,xn)≥n＋1，故a＝nn.答案：B第Ⅱ卷(非选择题，共70分)二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．11．在△ABC中，D为BC的中点，则eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，将命题类比到三棱锥中得到的命题为__________．答案：在三棱锥A－BCD中，G为△BCD的重心，则eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))12．如图，第n个图形是由正n＋2边形“扩展”而来(n＝1,2,3，…)，则第n－2(n>2)个图形中共有________个顶点．解析：设第n个图形中有an个顶点，则a1＝3＋3×3，a2＝4＋4×4，…，an＝(n＋2)＋(n＋2)·(n＋2)，an－2＝n2＋n.答案：n2＋n13．已知x，y∈R，且x＋y>2，则x，y中至少有一个大于1，在用反证法证明时，假设应为________．解析：“至少有一个”的反面为“一个也没有”，即“x，y均不大于1”，亦即“x≤1且y≤1答案：x，y均不大于1(或者x≤1且y≤1)14．若符号“*”表示求实数a与b的算术平均数的运算，即a*b＝eq\f(a＋b,2)，则a＋(b*c)用含有运算符号“*”和“＋”表示的另一种形式是________．解析：a＋(b*c)＝a＋eq\f(b＋c,2)＝eq\f(2a＋b＋c,2)＝eq\f(a＋b＋a＋c,2)＝(a＋b)*(a＋c)．答案：(a＋b)*(a＋c)三、解答题：本大题共4小题，满分50分．15．(12分)设f(x)＝x2＋ax＋b，求证：|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|中至少有一个不小于eq\f(1,2).证明：假设|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)，③6分①＋③，得－1<10＋4a＋2b所以－3<8＋4a＋2b所以－eq\f(3,2)<4＋2a＋b<－eq\f(1,2).8分这与②－eq\f(1,2)<4＋2a＋b<eq\f(1,2)矛盾，所以假设不成立，即|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于eq\f(1,2).12分16．(12分)某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数：(1)sin213°＋cos217°－sin13°cos17°；(2)sin215°＋cos215°－sin15°cos15°；(3)sin218°＋cos212°－sin18°cos12°；(4)sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos48°；(5)sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos55°.(1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论．解：(1)选择(2)式，计算如下：sin215°＋cos215°－sin15°cos15°＝1－eq\f(1,2)sin30°＝1－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4).4分(2)方法一：三角恒等式为sin2α＋cos2(30°－α)－sinα·cos(30°－α)＝eq\f(3,4).6分证明如下：sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝sin2α＋(cos30°cosα＋sin30°sinα)2－sinα(cos30°·cosα＋sin30°sinα)＝sin2α＋eq\f(3,4)cos2α＋eq\f(\r(3),2)sinαcosα＋eq\f(1,4)sin2α－eq\f(\r(3),2)sinαcosα－eq\f(1,2)sin2α＝eq\f(3,4)sin2α＋eq\f(3,4)cos2α＝eq\f(3,4).12分方法二：三角恒等式为sin2α＋cos2(30°－α)－sinα·cos(30°－α)＝eq\f(3,4).6分证明如下：sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝eq\f(1－cos2α,2)＋eq\f(1＋cos60°－2α,2)－sinα(cos30°cosα＋sin30°·sinα)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)cos2α＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)(cos60°cos2α＋sin60°sin2α)－eq\f(\r(3),2)sinαcosα－eq\f(1,2)sin2α＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)cos2α＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)cos2α＋eq\f(\r(3),4)sin2α－eq\f(\r(3),4)sin2α－eq\f(1,4)(1－cos2α)＝1－eq\f(1,4)cos2α－eq\f(1,4)＋eq\f(1,4)cos2α＝eq\f(3,4).12分17．(12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，ABCD为正方形，PD⊥平面AC，PD＝DC，E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F.(1)证明：PA∥平面EDB；(2)证明：PB⊥平面EFD.证明：(1)连接AC，设AC∩BD＝O，连接EO，∵ABCD是正方形，∴O为AC的中点，∴OE为△PAC的中位线，∴PA∥OE，而OE⊂平面EDB，PA⊄平面EDB，∴PA∥平面EDB.4分(2)∵PD⊥平面AC，BC⊂平面AC，∴BC⊥PD，而BC⊥CD，PD∩CD＝D，∴BC⊥平面PDC.∵DE⊂平面PDC，∴BC⊥分又∵PD⊥平面AC，DC⊂平面AC，∴PD⊥DC，而PD＝DC，∴△PDC为等腰三角形，∴DE⊥PC又BC∩PC＝C，∴DE⊥平面PBC，∴DE⊥PB.又EF⊥PB，DE∩EF＝E，∴PB⊥平面分18．(14分)在各项为正的数列{an}中，数列的前n项和Sn满足Sn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,an))).(1)求a1，a2，a3；(2)由(1)猜想数列{an}的通项公式，并用数学归纳法证明你的猜想．解：(1)S1＝a1＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(1,a1)))，得aeq\o\al(2,1)＝1，∵an>0，∴a1＝1.S2＝a1＋a2＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(1,a2)))，得aeq\o\al(2,2)＋2a2－1＝0，∴a2＝eq\r(2)－1，S3＝a1＋a2＋a3＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a3＋\f(1,a3))).得aeq\o\al(2,3)＋2eq\r(2)a3－1＝0，∴a3＝eq\r(3)－eq\r(2).4分(2)猜想an＝eq\r(n)－eq\r(n－1)(n∈N*)．证明如下：①n＝1时，a1＝eq\r(1)－eq\r(0)命题成立；6分②假设n＝k时，ak＝eq\r(k)－eq\r(k－1)成立，则n＝k＋1时，ak＋1＝Sk＋1－Sk＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ak＋1＋\f(1,ak＋1)))－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ak＋\f(1,ak)))，即ak＋1＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(