高中数学北师大版2第一章推理与证明 章末综合测评

章末综合测评(一)推理与证明(时间120分钟，满分150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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.下面四个推理不是合情推理的是()A.由圆的性质类比推出球的有关性质B.由直角三角形、等腰三角形、等边三角形的内角和都是180°，归纳出所有三角形的内角和都是180°C.某次考试张军的成绩是100分，由此推出全班同学的成绩都是100分D.蛇、海龟、蜥蜴是用肺呼吸的，蛇、海龟、蜥蜴是爬行动物，所以所有的爬行动物都是用肺呼吸的【解析】逐项分析可知，A项属于类比推理，B项和D项属于归纳推理，而C项中各个学生的成绩不能类比，不是合情推理.【答案】C2.用反证法证明命题“若直线AB，CD是异面直线，则直线AC，BD也是异面直线”的过程归纳为以下三个步骤：①则A，B，C，D四点共面，所以AB，CD共面，这与AB，CD是异面直线矛盾；②所以假设错误，即直线AC，BD也是异面直线；③假设直线AC，BD是共面直线.则正确的序号顺序为()A.①②③ B.③①②C.①③② D.②③①【解析】结合反证法的证明步骤可知，其正确步骤为③①②.【答案】B3.下列推理是归纳推理的是()，B为定点，动点P满足|PA|＋|PB|＝2a>|AB|，得P的轨迹为椭圆B.由a1＝1，an＝3n－1，求出S1，S2，S3，猜想出数列的前n项和Sn的表达式C.由圆x2＋y2＝r2的面积πr2，猜出椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1的面积S＝πabD.科学家利用鱼的沉浮原理制造潜艇【解析】由归纳推理的特点知，选B.【答案】B4.用反证法证明“a，b，c中至少有一个大于0”，下列假设正确的是()【导学号：94210028】A.假设a，b，c都小于0B.假设a，b，c都大于0C.假设a，b，c中都不大于0D.假设a，b，c中至多有一个大于0【解析】用反证法证明“a，b，c中至少有一个大于0”，应先假设要证命题的否定成立.而要证命题的否定为：“假设a，b，c中都不大于0”，故选C.【答案】C5.用数学归纳法证明“5n－2n能被3整除”的第二步中，当n＝k＋1时，为了使用假设，应将5k＋1－2k＋1变形为()A.(5k－2k)＋4·5k－2k(5k－2k)＋3·2kC.(5－2)(5k－2k)(5k－2k)－3·5k【解析】5k＋1－2k＋1＝5k·5－2k·2＝5k·5－2k·5＋2k·5－2k·2＝5(5k－2k)＋3·2k.【答案】B6.已知n为正偶数，用数学归纳法证明1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…－eq\f(1,n)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋2)＋\f(1,n＋4)＋…＋\f(1,2n)))时，若已假设n＝k(k≥2且k为偶数)时等式成立，则还需要用归纳假设再证n＝________时等式成立.()＋1＋2＋2(k＋2)【解析】根据数学归纳法的步骤可知，n＝k(k≥2且k为偶数)的下一个偶数为n＝k＋2，故选B.【答案】B7.(2023·昌平模拟)已知{bn}为等比数列，b5＝2，则b1·b2·b3·b4·b5·b6·b7·b8·b9＝29.若{an}为等差数列，a5＝2，则{an}的类似结论为()…a9＝29＋a2＋a3＋…＋a9＝29…a9＝2×9＋a2＋a3＋…＋a9＝2×9【解析】根据等差、等比数列的特征知，a1＋a2＋…＋a9＝2×9.【答案】D8.(2023·北京高考)袋中装有偶数个球，其中红球、黑球各占一半.甲、乙、丙是三个空盒.每次从袋中任意取出两个球，将其中一个球放入甲盒，如果这个球是红球，就将另一个球放入乙盒，否则就放入丙盒.重复上述过程，直到袋中所有球都被放入盒中，则()A.乙盒中黑球不多于丙盒中黑球B.乙盒中红球与丙盒中黑球一样多C.乙盒中红球不多于丙盒中红球D.乙盒中黑球与丙盒中红球一样多【解析】取两个球往盒子中放有4种情况：①红＋红，则乙盒中红球数加1；②黑＋黑，则丙盒中黑球数加1；③红＋黑(红球放入甲盒中)，则乙盒中黑球数加1；④黑＋红(黑球放入甲盒中)，则丙盒中红球数加1.因为红球和黑球个数一样多，所以①和②的情况一样多，③和④的情况完全随机.③和④对B选项中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数没有任何影响.①和②出现的次数是一样的，所以对B选项中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数的影响次数一样.综上，选B.【答案】B9.在等差数列{an}中，若a10＝0，则有等式a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a19－n(n<19且n∈N＋)成立，类比上述性质，在等比数列{bn}中，若b11＝1，则有()·b2·…·bn＝b1·b2·…·b19－n·b2·…·bn＝b1·b2·…·b21－n＋b2＋…＋bn＝b1＋b2＋…＋b19－n＋b2＋…＋bn＝b1＋b2＋…＋b21－n【解析】令n＝10时，验证即知选B.【答案】B10.将石子摆成如图1的梯形形状.称数列5，9，14，20，…为“梯形数”.根据图形的构成，此数列的第2016项与5的差，即a2016－5＝()图1018×2014 018×2013010×2012 011×2013【解析】an－5表示第n个梯形有n－1层点，最上面一层为4个，最下面一层为n＋2个.∴an－5＝eq\f(（n－1）（n＋6）,2)，∴a2016－5＝eq\f(2015×2022,2)＝2013×1011.【答案】D11.在直角坐标系xOy中，一个质点从A(a1，a2)出发沿图2中路线依次经过B(a3，a4)，C(a5，a6)，D(a7，a8)，…，按此规律一直运动下去，则a2015＋a2016＋a2017＝()图2006 007008 009【解析】依题意a1＝1，a2＝1；a3＝－1，a4＝2；a5＝2，a6＝3；…，归纳可得a1＋a3＝1－1＝0，a5＋a7＝2－2＝0，…，进而可归纳得a2015＋a2017＝0，a2＝1，a4＝2，a6＝3，…，进而可归纳得a2016＝eq\f(1,2)×2016＝1008，a2015＋a2016＋a2017＝1008.故选C.【答案】C12.记集合T＝{0，1，2，3，4，5，6，7，8，9}，M＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(a1,10)＋\f(a2,102)＋\f(a3,103)＋\f(a4,104)\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(,,,))ai∈T，i＝1，2，3，4))，将M中的元素按从大到小排列，则第2016个数是()\f(7,10)＋eq\f(9,102)＋eq\f(8,103)＋eq\f(4,104)\f(5,10)＋eq\f(5,102)＋eq\f(7,103)＋eq\f(2,104)\f(5,10)＋eq\f(5,102)＋eq\f(7,103)＋eq\f(3,104)\f(7,10)＋eq\f(9,102)＋eq\f(9,103)＋eq\f(1,104)【解析】因为eq\f(a1,10)＋eq\f(a2,102)＋eq\f(a3,103)＋eq\f(a4,104)＝eq\f(1,104)(a1×103＋a2×102＋a3×101＋a4)，括号内表示的10进制数，其最大值为9999，从大到小排列，第2016个数为9999－2016＋1＝7984，所以a1＝7，a2＝9，a3＝8，a4＝4.【答案】A二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.将答案填在题中的横线上)13.已知圆的方程是x2＋y2＝r2，则经过圆上一点M(x0，y0)的切线方程为x0x＋y0y＝r2.类比上述性质，可以得到椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1类似的性质为__________.【解析】圆的性质中，经过圆上一点M(x0，y0)的切线方程就是将圆的方程中的一个x与y分别用M(x0，y0)的横坐标与纵坐标替换.故可得椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1类似的性质为：过椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1上一点P(x0，y0)的切线方程为eq\f(x0x,a2)＋eq\f(y0y,b2)＝1.【答案】经过椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1上一点P(x0，y0)的切线方程为eq\f(x0x,a2)＋eq\f(y0y,b2)＝114.观察下列等式：13＝1，13＋23＝9，13＋23＋33＝36，13＋23＋33＋43＝100，……照此规律，第n个等式可为__________.【导学号：94210029】【解析】依题意，注意到13＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×1×（1＋1）))eq\s\up12(2)，13＋23＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×（2＋1）))eq\s\up12(2)＝9，13＋23＋33＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×3×（3＋1）))eq\s\up12(2)＝36，……，照此规律，第n个等式可为13＋23＋33＋…＋n3＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)n（n＋1）))eq\s\up12(2).【答案】13＋23＋33＋…＋n3＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)n（n＋1）))eq\s\up12(2)15.(2023·东莞高二检测)当n＝1时，有(a－b)(a＋b)＝a2－b2，当n＝2时，有(a－b)(a2＋ab＋b2)＝a3－b3，当n＝3时，有(a－b)(a3＋a2b＋ab2＋b3)＝a4－b4，当n∈N＋时，你能得到的结论是__________.【解析】根据题意，由于当n＝1时，有(a－b)(a＋b)＝a2－b2，当n＝2时，有(a－b)(a2＋ab＋b2)＝a3－b3，当n＝3时，有(a－b)(a3＋a2b＋ab2＋b3)＝a4－b4，当n∈N＋时，左边第二个因式可知为an＋an－1b＋…＋abn－1＋bn，那么对应的表达式为(a－b)·(an＋an－1b＋…＋abn－1＋bn)＝an＋1－bn＋1.【答案】(a－b)(an＋an－1b＋…＋abn－1＋bn)＝an＋1－bn＋116.如图3，如果一个凸多面体是n(n∈N＋)棱锥，那么这个凸多面体的所有顶点所确定的直线共有________条，这些直线共有f(n)对异面直线，则f(4)＝________，f(n)＝__________.(答案用数字或n的解析式表示)图3【解析】所有顶点所确定的直线共有棱数＋底边数＋对角线数＝n＋n＋eq\f(n（n－3）,2)＝eq\f(n（n＋1）,2).从题图中能看出四棱锥中异面直线的对数为f(4)＝4×2＋eq\f(4×1,2)×2＝12，所以f(n)＝n(n－2)＋eq\f(n（n－3）,2)·(n－2)＝eq\f(n（n－1）（n－2）,2).【答案】eq\f(n（n＋1）,2)12eq\f(n（n－1）（n－2）,2)三、解答题(本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.(本小题满分10分)用综合法或分析法证明：(1)如果a，b>0，则lgeq\f(a＋b,2)≥eq\f(lga＋lgb,2)；(2)eq\r(6)＋eq\r(10)>2eq\r(3)＋2.【证明】(1)当a，b>0时，有eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)，∴lgeq\f(a＋b,2)≥lgeq\r(ab)，∴lgeq\f(a＋b,2)≥eq\f(1,2)lgab＝eq\f(lga＋lgb,2).(2)要证eq\r(6)＋eq\r(10)>2eq\r(3)＋2，只要证(eq\r(6)＋eq\r(10))2>(2eq\r(3)＋2)2，即2eq\r(60)>2eq\r(48)，这是显然成立的，所以，原不等式成立.18.(本小题满分12分)观察以下各等式：sin230°＋cos260°＋sin30°cos60°＝eq\f(3,4)，sin220°＋cos250°＋sin20°cos50°＝eq\f(3,4)，sin215°＋cos245°＋sin15°cos45°＝eq\f(3,4).分析上述各式的共同特点，猜想出反映一般规律的等式，并对等式的正确性作出证明.【解】猜想：sin2α＋cos2(α＋30°)＋sinαcos(α＋30°)＝eq\f(3,4).证明如下：sin2α＋cos2(α＋30°)＋sinαcos(α＋30°)＝sin2α＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosα－\f(1,2)sinα))eq\s\up12(2)＋sinαeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosα－\f(1,2)sinα))＝sin2α＋eq\f(3,4)cos2α－eq\f(\r(3),2)sinαcosα＋eq\f(1,4)sin2α＋eq\f(\r(3),2)sinα·cosα－eq\f(1,2)sin2α＝eq\f(3,4)sin2α＋eq\f(3,4)cos2α＝eq\f(3,4).19.(本小题满分12分)点P为斜三棱柱ABC­A1B1C1的侧棱BB1上一点，PM⊥BB1交AA1于点M，PN⊥BB1交CC1于点N.(1)求证：CC1⊥MN；(2)在任意△DEF中有余弦定理：DE2＝DF2＋EF2－2DF·EF·cos∠DFE.扩展到空间类比三角形的余弦定理，写出斜三棱柱的三个侧面面积与其中两个侧面所成的二面角之间的关系式，并予以证明.【解】(1)证明：因为PM⊥BB1，PN⊥BB1，又PM∩PN＝P，所以BB1⊥平面PMN，所以BB1⊥MN.又CC1∥BB1，所以CC1⊥MN.(2)在斜三棱柱ABC­A1B1C1中，有S2ABBeq\s\do3(1)Aeq\s\do3(1)＝S2BCCeq\s\do3(1)Beq\s\do3(1)＋S2ACCeq\s\do3(1)Aeq\s\do3(1)－2SBCCeq\s\do3(1)Beq\s\do3(1)SACCeq\s\do3(1)Aeq\s\do3(1)cosα.其中α为平面BCC1B1与平面ACC1A1所成的二面角.证明如下：因为CC1⊥平面PMN，所以上述的二面角的平面角为∠MNP.在△PMN中，因为PM2＝PN2＋MN2－2PN·MNcos∠MNP，所以PM2·CCeq\o\al(2,1)＝PN2·CCeq\o\al(2,1)＋MN2·CCeq\o\al(2,1)－2(PN·CC1)·(MN·CC1)cos∠MNP，由于SBCCeq\s\do3(1)Beq\s\do3(1)＝PN·CC1，SACCeq\s\do3(1)Aeq\s\do3(1)＝MN·CC1，SABBeq\s\do3(1)Aeq\s\do3(1)＝PM·BB1＝PM·CC1，所以S2ABBeq\s\do3(1)Aeq\s\do3(1)＝S2BCCeq\s\do3(1)Beq\s\do3(1)＋S2ACCeq\s\do3(1)Aeq\s\do3(1)－2SBCCeq\s\do3(1)Beq\s\do3(1)·SACCeq\s\do3(1)Aeq\s\do3(1)·cosα.20.(本小题满分12分)(2023·江苏高考)如图4，在三棱锥P­ABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点.已知PA⊥AC，PA＝6，BC＝8，DF＝5.求证：图4(1)直线PA∥平面DEF；(2)平面BDE⊥平面ABC.【证明】(1)因为D，E分别为棱PC，AC的中点，所以DE∥PA.又因为PAeq\o(⊆,\s\up0(/))平面DEF，DE平面DEF，所以直线PA∥平面DEF.(2)因为D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，PA＝6，BC＝8，所以DE∥PA，DE＝eq\f(1,2)PA＝3，EF＝eq\f(1,2)BC＝4.又因为DF＝5，故DF2＝DE2＋EF2，所以∠DEF＝90°，即DE⊥EF.又PA⊥AC，DE∥PA，所以DE⊥AC.因为AC∩EF＝E，AC平面ABC，EF平面ABC，所以DE⊥平面ABC.又DE平面BDE，所以平面BDE⊥平面ABC.21.(本小题满分12分)在数列{an}中，a1＝1，a2＝eq\f(1,4)，且an＋1＝eq\f(（n－1）an,n－an)(n≥2).(1)求a3，a4，猜想an的表达式，并加以证明；(2)设bn＝eq\f(\r(an·an＋1),\r(an)＋\r(an＋1))，求证：对任意的n∈N＋，都有b1＋b2＋…＋bn<eq\r(\f(n,3)).【导学号：94210030】【解】(1)容易求得：a3＝eq\f(1,7)，a4＝eq\f(1,10).故可以猜想an＝eq\f(1,3n－2)，n∈N＋.下面利用数学归纳法加以证明：①显然当n＝1，2，3，4时，结论成立，②假设当n＝k(k≥4，k∈N＋)时，结论也成立，即ak＝eq\f(1,3k－2).那么当n＝k＋1时，由题设与归纳假设可知：ak＋1＝eq\f(（k－1）ak,k－ak)＝eq\f(（k－1）×\f(1,3k－2),k－\f(1,3k－2))＝eq\f(k－1,3k2－2k－1)＝eq\f(k－1,（3k＋1）（k－1）)＝eq\f(1,3k＋1)＝eq\f(1,3（k＋1）－2).即当n＝k＋1时，结论也成立，综上，对任意n∈N＋，an＝eq\f(1,3n－2)成立.(2)证明：bn＝eq\f(\r(an·an＋1),\r(an)＋\r(an＋1))＝eq\f(\r(\f(1,3n－2))·\r(\f(1,3n＋1)),\r(\f(1,3n－2))＋\r(\f(1,3n＋1)))＝eq\f(1,\r(3n＋1)＋\r(3n－2))＝eq\f(1,3)(eq\r(3n＋1)－eq\r(3n－2))，所以b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(1,3)[(eq\r(4)－1)＋(eq\r(7)－eq\r(4))＋(eq\r(10)－eq\r(7))＋…＋(eq\r(3n＋1)－eq\r(3n－2))]＝eq\f(1,3)(eq\r(3n＋1)－1)，所以只需要证明eq\f(1,3)(eq\r(3n＋1)－1)<eq\r(\f(n,3))⇔eq\r(3n＋1)<eq\r(3n)＋1⇔3n＋1<3n＋2eq\r(3n)＋1⇔0<2eq\r(3n)(显然成立)，所以对任意的n∈N＋，都有b1＋b2＋…＋bn<eq\r(\f(n,3))