高中数学人教A版2本册总复习总复习 单元测评(四)

单元测评(四)推理与证明(B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．锐角三角形的面积等于底乘高的一半；直角三角形的面积等于底乘高的一半；钝角三角形的面积等于底乘高的一半；所以，凡是三角形的面积都等于底乘高的一半．以上推理运用的推理规则是()A．三段论推理 B．假言推理C．关系推理 D．完全归纳推理解析：所有三角形按角分，只有锐角三角形、直角三角形和钝角三角形三种情形，上述推理穷尽了所有的可能情形，故为完全归纳推理．答案：D2．数列1,3,6,10,15，…的递推公式可能是()\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,an＋1＝an＋nn∈N*))\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,an＝an－1＋nn∈N*，n≥2))\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,an＋1＝an＋n－1n∈N*))\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,an＝an－1＋n－1n∈N*，n≥2))解析：记数列为{an}，由已知观察规律：a2比a1多2，a3比a2多3，a4比a3多4，……，可知当n≥2时，an比an－1多n，可得递推关系eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,an－an－1＝nn≥2，n∈N*.))答案：B3．有一段演绎推理是这样的：“有些有理数是真分数，整数是有理数，则整数是真分数”，结论显然是错误的，因为()A．大前提错误 B．小前提错误C．推理形式错误 D．不是以上错误解析：大小前提都正确，其推理形式错误．故应选C.答案：C4．用数学归纳法证明等式1＋2＋3＋…＋(n＋3)＝eq\f(n＋3n＋4,2)(n∈N*)时，验证n＝1，左边应取的项是()A．1 B．1＋2C．1＋2＋3 D．1＋2＋3＋4解析：当n＝1时，左边＝1＋2＋…＋(1＋3)＝1＋2＋3＋4，故应选D.答案：D5．在R上定义运算⊗：x⊗y＝x(1－y)．若不等式(x－a)⊗(x＋a)＜1对任意实数x都成立，则()A．－1＜a＜1 B．0＜a＜2C．－eq\f(1,2)＜a＜eq\f(3,2) D．－eq\f(3,2)＜a＜eq\f(1,2)解析：类比题目所给运算的形式，得到不等式(x－a)⊗(x＋a)<1的简化形式，再求其恒成立时a的取值范围．(x－a)⊗(x＋a)<1⇔(x－a)(1－x－a)<1，即x2－x－a2＋a＋1>0.不等式恒成立的充要条件是：Δ＝1－4(－a2＋a＋1)<0，即4a2－4解得－eq\f(1,2)<a<eq\f(3,2).故应选C.答案：C6．已知f(n)＝eq\f(1,n)＋eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,n2)，则()A．f(n)中共有n项，当n＝2时，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)B．f(n)中共有n＋1项，当n＝2时，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)C．f(n)中共有n2－n项，当n＝2时，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)D．f(n)中共有n2－n＋1项，当n＝2时，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)解析：项数为n2－(n－1)＝n2－n＋1，故应选D.答案：D7．已知a＋b＋c＝0，则ab＋bc＋ca的值()A．大于0 B．小于0C．不小于0 D．不大于0解析：方法一：∵a＋b＋c＝0，∴a2＋b2＋c2＋2ab＋2ac＋2bc∴ab＋ac＋bc＝－eq\f(a2＋b2＋c2,2)≤0.方法二：令c＝0，若b＝0，则ab＋bc＋ac＝0，否则a、b异号，∴ab＋bc＋ac＝ab＜0，排除A、B、C，选D.答案：D8．若eq\f(sinA,a)＝eq\f(cosB,b)＝eq\f(cosC,c)，则△ABC是()A．等边三角形B．有一个内角是30°的直角三角形C．等腰直角三角形D．有一个内角是30°的等腰三角形解析：∵eq\f(sinA,a)＝eq\f(cosB,b)＝eq\f(cosC,c)，由正弦定理得，eq\f(sinA,a)＝eq\f(sinB,b)＝eq\f(sinC,c)，∴eq\f(sinB,b)＝eq\f(cosB,b)＝eq\f(cosC,c)＝eq\f(sinC,c).∴sinB＝cosB，sinC＝cosC.∴∠B＝∠C＝45°.∴△ABC是等腰直角三角形．答案：C9．若凸k边形的内角和为f(k)，则凸(k＋1)边形的内角和f(k＋1)(k≥3且k∈N*)等于()A．f(k)＋eq\f(π,2) B．f(k)＋πC．f(k)＋eq\f(3,2)π D．f(k)＋2π解析：由凸k边形到凸(k＋1)边形，增加了一个三角形，故f(k＋1)＝f(k)＋π.答案：B10．设函数f(x)定义如下表，数列{xn}满足x0＝5，且对任意的自然数均有xn＋1＝f(xn)，则x2023＝()x12345f(x)41352B．2解析：x1＝f(x0)＝f(5)＝2，x2＝f(2)＝1，x3＝f(1)＝4，x4＝f(4)＝5，x5＝f(5)＝2，……数列{xn}是周期为4的数列，所以x2023＝x3＝4.故应选C.答案：C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．半径为r的圆的面积S(r)＝πr2，周长C(r)＝2πr，若将r看作(0，＋∞)上的变量，则(πr2)′＝2πr.①①式可用语言叙述为：圆的面积函数的导数等于圆的周长函数．对于半径为R的球，若将R看作(0，＋∞)上的变量，请你写出类似于①式的式子：____________________________，你所写的式子可用语言叙述为____________________________．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)πR3))′＝4πR2球的体积函数的导数等于球的表面积函数12．已知f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)(n∈N*)，用数学归纳法证明f(2n)＞eq\f(n,2)时，f(2k＋1)－f(2k)＝__________.解析：f(2k＋1)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k＋1)，f(2k)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k)f(2k＋1)－f(2k)＝eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)＋…＋eq\f(1,2k＋1).答案：eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)＋…＋eq\f(1,2k＋1)13．观察①sin210°＋cos240°＋sin10°cos40°＝eq\f(3,4)；②sin26°＋cos236°＋sin6°cos36°＝eq\f(3,4).由两式的结构特点可提出一个猜想的等式为__________．解析：观察40°－10°＝30°，36°－6°＝30°，由此猜想：sin2α＋cos2(30°＋α)＋sinαcos(30°＋α)＝eq\f(3,4).可以证明此结论是正确的，证明如下：sin2α＋cos2(30°＋α)＋sinα·cos(30°＋α)＝eq\f(1－cos2α,2)＋eq\f(1＋cos60°＋2α,2)＋eq\f(1,2)[sin(30°＋2α)－sin30°]＝1＋eq\f(1,2)[cos(60°＋2α)－cos2α]＋eq\f(1,2)sin(30°＋2α)－eq\f(1,4)＝1＋eq\f(1,2)[－2sin(30°＋2α)sin30°]＋eq\f(1,2)sin(30°＋2α)－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4)－eq\f(1,2)sin(30°＋2α)＋eq\f(1,2)sin(30°＋2α)＝eq\f(3,4).答案：sin2α＋cos2(30°＋α)＋sinαcos(30°＋α)＝eq\f(3,4)14．给出下列不等式：①a＞b＞0，且a2＋eq\f(b2,4)＝1，则ab＞a2b2；②a，b∈R，且ab＜0，则eq\f(a2＋b2,ab)≤－2；③a＞b＞0，m＞0，则eq\f(a＋m,b＋m)＞eq\f(a,b)；④eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4,x)))≥4(x≠0)．其中正确不等式的序号为__________．解析：①a>b>0，∴a≠eq\f(b,2).∴a2＋eq\f(b2,4)＝1＞2eq\r(a2·\f(b2,4))＝ab.∴1－ab>0.∴ab－a2b2＝ab(1－ab)>0.∴ab>a2b2.①正确．②eq\f(a2＋b2,ab)＋2＝eq\f(a＋b2,ab).∵ab<0，(a＋b)2≥0，∴eq\f(a2＋b2,ab)≤－2.②正确；③eq\f(a＋m,b＋m)－eq\f(a,b)＝eq\f(b－am,bb＋m).∵a>b>0，m>0，∴b(b＋m)>0，b－a<0.∴eq\f(b－am,bb＋m)<0.∴eq\f(a＋m,b＋m)＜eq\f(a,b).③不正确．④eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4,x)))＝|x|＋eq\f(4,|x|)≥4.④正确．答案：①②④三、解答题：本大题共4小题，满分50分．15．(12分)已知：a、b、c∈R，且a＋b＋c＝1.求证：a2＋b2＋c2≥eq\f(1,3).证明：由a2＋b2≥2ab，及b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca.三式相加得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋分∴3(a2＋b2＋c2)≥(a2＋b2＋c2)＋2(ab＋bc＋ca)＝(a＋b＋c)分由a＋b＋c＝1，得3(a2＋b2＋c2)≥1.即a2＋b2＋c2≥eq\f(1,3).12分16．(12分)证明下列等式，并从中归纳出一个一般性的结论．2coseq\f(π,4)＝eq\r(2)，2coseq\f(π,8)＝eq\r(2＋\r(2))，2coseq\f(π,16)＝eq\r(2＋\r(2＋\r(2)))，……证明：2coseq\f(π,4)＝2·eq\f(\r(2),2)＝eq\r(2).3分2coseq\f(π,8)＝2eq\r(\f(1＋cos\f(π,4),2))＝2·eq\r(\f(1＋\f(\r(2),2),2))＝eq\r(2＋\r(2)).6分2coseq\f(π,16)＝2eq\r(\f(1＋cos\f(π,8),2))＝2eq\r(\f(1＋\f(1,2)\r(2＋\r(2)),2))＝eq\r(2＋\r(2＋\r(2))).9分……归纳一般性的结论：2coseq\f(π,2n＋1)＝eq\r(2＋\r(2＋\r(2＋…))).12分17．(12分)已知函数f(x)＝ax＋eq\f(x－2,x＋1)(a>1)．(1)求证：函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数；(2)用反证法证明方程f(x)＝0没有负根．证明：(1)证法一：任取x1，x2∈(－1，＋∞)，不妨设x1＜x2，则x2－x1＞0，ax2－x1＞1且ax1＞0，∴ax2－ax1＝ax1(ax2－x1－1)＞分又∵x1＋1＞0，x2＋1＞0，∴eq\f(x2－2,x2＋1)－eq\f(x1－2,x1＋1)＝eq\f(x2－2x1＋1－x1－2x2＋1,x1＋1x2＋1)＝eq\f(3x2－x1,x1＋1x2＋1)＞分于是f(x2)－f(x1)＝ax2－ax1＋eq\f(x2－2,x2＋1)－eq\f(x1－2,x1＋1)＞0.故函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数.6分证法二：f′(x)＝axlna＋eq\f(x＋1－x－2,x＋12)＝axlna＋eq\f(3,x＋12)，3分∵a＞1，∴lna＞0.∴axlna＋eq\f(3,x＋12)＞分f′(x)＞0在(－1，＋∞)上恒成立．即f(x)在(－1，＋∞)上为增函数.6分(2)设存在x0＜0(x0≠－1)满足f(x0)＝0，7分则ax0＝－eq\f(x0－2,x0＋1)，且0＜ax0＜分∴0＜－eq\f(x0－2,x0＋1)＜1.即eq\f(1,2)＜x0＜2.与假设x0＜0矛盾．11分故方程f(x)＝0没有负数根.12分18．(14分)当n∈N*时，Sn＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)，Tn＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3)＋…＋eq\f(1,2n).(1)求S1，S2，T1，T2；(2)猜想Sn与Tn的关系，并用数学归纳法证明．解：(1)S1＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，S2＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＝eq\f(7,12).T1＝eq\f(1,1＋1)＝eq\f(1,2)，T2＝eq\f(1,2＋1)＋eq\f(1,2＋2)＝eq\f(7,12).4分(2)猜想：Sn＝Tn(n∈N*)即：1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－