高中数学人教A版2第二章推理与证明 市获奖

章末综合测评(二)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．数列2,5,11,20，x,47，…中的x等于()A．28 B．32C．33 D．27【解析】观察知数列{an}满足：a1＝2，an＋1－an＝3n，故x＝20＋3×4＝32.【答案】B2．有一段“三段论”推理是这样的：对于可导函数f(x)，若f(x0)＝0，则x＝x0是函数f(x)的极值点．因为f(x)＝x3在x＝0处的导数值f′(0)＝0，所以x＝0是f(x)＝x3的极值点．以上推理中()A．大前提错误 B．小前提错误C．推理形式错误 D．结论正确【解析】大前提是错误的，若f′(x0)＝0，x＝x0不一定是函数f(x)的极值点，故选A.【答案】A3．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．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】C5．设a＝＋，b＝7，则a，b的大小关系是()A．a>b B．a＝bC．a<b D．a>2(b＋1)【解析】因为a＝＋>2eq\r·＝8>7，故a>b.【答案】A6．已知点A(x1，xeq\o\al(2,1))，B(x2，xeq\o\al(2,2))是函数y＝x2图象上任意不同的两点，依据图象知，线段AB总是位于A，B两点之间函数图象的上方，因此有结论eq\f(x\o\al(2,1)＋x\o\al(2,2),2)＞eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))2成立，运用类比方法可知，若点A(x1，sinx1)，B(x2，sinx2)是函数y＝sinx(x∈(0，π))图象上不同的两点，则类似地有结论()\f(sinx1＋sinx2,2)＞sineq\f(x1＋x2,2)\f(sinx1＋sinx2,2)＜sineq\f(x1＋x2,2)\f(sinx1＋sinx2,2)≥sineq\f(x1＋x2,2)\f(sinx1＋sinx2,2)≤sineq\f(x1＋x2,2)【解析】画出y＝x2的图象，由已知得AB的中点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(x\o\al(2,1)＋x\o\al(2,2),2)))恒在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))2))的上方，画出y＝sinx，x∈(0，π)的图象可得A，B的中点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(sinx1＋sinx2,2)))恒在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，sin\f(x1＋x2,2)))的下方，故B正确．【答案】B7．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】从已知条件出发利用已知的定理证得结论，是综合法．【答案】A8．对“a，b，c是不全相等的正数”，给出下列判断：①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；②a＝b与b＝c及a＝c中至少有一个成立；③a≠c，b≠c，a≠b不能同时成立．其中判断正确的个数为()A．0 B．1C．2 D．3【解析】若(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2＝0，则a＝b＝c，与“a，b，c是不全相等的正数”矛盾，故①正确．a＝b与b＝c及a＝c中最多只能有一个成立，故②不正确．由于“a，b，c是不全相等的正数”，有两种情形：至多有两个数相等或三个数都互不相等，故③不正确．【答案】B9．设n为正整数，f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)，经计算得f(2)＝eq\f(3,2)，f(4)>2，f(8)>eq\f(5,2)，f(16)>3，f(32)>eq\f(7,2)，观察上述结果，可推测出一般结论()A．f(2n)>eq\f(2n＋1,2) B．f(n2)≥eq\f(n＋2,2)C．f(2n)≥eq\f(n＋2,2) D．以上都不对【解析】f(2)＝eq\f(3,2)，f(4)＝f(22)>eq\f(2＋2,2)，f(8)＝f(23)>eq\f(3＋2,2)，f(16)＝f(24)>eq\f(4＋2,2)，f(32)＝f(25)>eq\f(5＋2,2).由此可推知f(2n)≥eq\f(n＋2,2).故选C.【答案】C10．定义A*B，B*C，C*D，D*A的运算分别对应下面图1中的(1)(2)(3)(4)，则图1中a，b对应的运算是()图1A．B*D，A*D B．B*D，A*CC．B*C，A*D D．C*D，A*D【解析】根据(1)(2)(3)(4)可知A对应横线，B对应矩形，C对应竖线，D对应椭圆．由此可知选B.【答案】B11．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】从给出的式子特点观察可推知，等式右端的值，从第三项开始，后一个式子的右端值等于它前面两个式子右端值的和，照此规律，则a10＋b10＝123.【答案】C12．在等差数列{an}中，若an>0，公差d>0，则有a4·a6>a3·a7，类比上述性质，在等比数列{bn}中，若bn>0，公比q>1，则b4，b5，b7，b8的一个不等关系是()A．b4＋b8>b5＋b7 B．b4＋b8<b5＋b7C．b4＋b7>b5＋b8 D．b4＋b7<b5＋b8【解析】在等差数列{an}中，由于4＋6＝3＋7时，有a4·a6>a3·a7，所以在等比数列{bn}中，由于4＋8＝5＋7，所以应有b4＋b8>b5＋b7或b4＋b8<b5＋b7.因为b4＝b1q3，b5＝b1q4，b7＝b1q6，b8＝b1q7，所以(b4＋b8)－(b5＋b7)＝(b1q3＋b1q7)－(b1q4＋b1q6)＝b1q6·(q－1)－b1q3(q－1)＝(b1q6－b1q3)(q－1)＝b1q3(q3－1)(q－1)．因为q>1，bn>0，所以b4＋b8>b5＋b7.【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”的否定为“一个也没有”，故假设应为“x，y均不大于1”(或x≤1且y≤1)．【答案】x，y均不大于1(或x≤1且y≤1)14．如图2，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．图2【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＋n15．设a>0，b>0，则下面两式的大小关系为lg(1＋eq\r(ab))________eq\f(1,2)[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．【解析】因为(1＋eq\r(ab))2－(1＋a)(1＋b)＝1＋2eq\r(ab)＋ab－1－a－b－ab＝2eq\r(ab)－(a＋b)＝－(eq\r(a)－eq\r(b))2≤0，所以(1＋eq\r(ab))2≤(1＋a)(1＋b)，所以lg(1＋eq\r(ab))≤eq\f(1,2)[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．【答案】≤16．对于命题“如果O是线段AB上一点，则|eq\o(OB,\s\up6(→))|·eq\o(OA,\s\up6(→))＋|eq\o(OA,\s\up6(→))|·eq\o(OB,\s\up6(→))＝0”将它类比到平面的情形是：若O是△ABC内一点，有S△OBC·eq\o(OA,\s\up6(→))＋S△OCA·eq\o(OB,\s\up6(→))＋S△OBA·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，将它类比到空间的情形应为：若O是四面体ABCD内一点，则有_________．【导学号：81092033】【解析】根据类比的特点和规律，所得结论形式上一致，又线段类比平面，平面类比到空间，又线段长类比为三角形面积，再类比成四面体的体积，故可以类比为VO­BCD·eq\o(OA,\s\up6(→))＋VO­ACD·eq\o(OB,\s\up6(→))＋VO­ABD·eq\o(OC,\s\up6(→))＋VO­ABC·eq\o(OD,\s\up6(→))＝0.【答案】VO­BCD·eq\o(OA,\s\up6(→))＋VO­ACD·eq\o(OB,\s\up6(→))＋VO­ABD·eq\o(OC,\s\up6(→))＋VO­ABC·eq\o(OD,\s\up6(→))＝0三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．)17．(本小题满分10分)在平面几何中，对于Rt△ABC，∠C＝90°，设AB＝c，AC＝b，BC＝a，则(1)a2＋b2＝c2；(2)cos2A＋cos2B(3)Rt△ABC的外接圆半径r＝eq\f(\r(a2＋b2),2).把上面的结论类比到空间写出类似的结论，无需证明．【解】在空间选取三个面两两垂直的四面体作为直角三角形的类比对象．(1)设三个两两垂直的侧面的面积分别为S1，S2，S3，底面积为S，则Seq\o\al(2,1)＋Seq\o\al(2,2)＋Seq\o\al(2,3)＝S2.(2)设三个两两垂直的侧面与底面所成的角分别为α，β，γ，则cos2α＋cos2β＋cos2γ＝1.(3)设三个两两垂直的侧面形成的侧棱长分别为a，b，c，则这个四面体的外接球半径R＝eq\f(\r(a2＋b2＋c2),2).18．(本题满分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)， ③①＋③，得－1＜10＋4a＋2b＜1，所以－3＜8＋4a＋2b＜－1，所以－eq\f(3,2)＜4＋2a＋b＜－eq\f(1,2).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).19．(本小题满分12分)已知△ABC的三条边分别为a，b，c，且a>b，求证：eq\f(\r(ab),1＋\r(ab))<eq\f(a＋b,1＋a＋b).【证明】依题意a>0，b>0，所以1＋eq\r(ab)>0,1＋a＋b>0.所以要证eq\f(\r(ab),1＋\r(ab))<eq\f(a＋b,1＋a＋b)，只需证eq\r(ab)(1＋a＋b)<(1＋eq\r(ab))(a＋b)，只需证eq\r(ab)<a＋b，因为a>b，所以eq\r(ab)<2eq\r(ab)<a＋b，所以eq\f(\r(ab),1＋\r(ab))<eq\f(a＋b,1＋a＋b).20．(本小题满分12分)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq\f(2an,2＋an)，n∈N*，求a2，a3，a4，并猜想数列的通项公式，并给出证明．【解】数列{an}中，a1＝1，a2＝eq\f(2a1,2＋a1)＝eq\f(2,3)，a3＝eq\f(2a2,2＋a2)＝eq\f(1,2)＝eq\f(2,4)，a4＝eq\f(2a3,2＋a3)＝eq\f(2,5)，…，所以猜想{an}的通项公式an＝eq\f(2,n＋1)(n∈N*)．此猜想正确．证明如下：因为a1＝1，an＋1＝eq\f(2an,2＋an)，所以eq\f(1,an＋1)＝eq\f(2＋an,2an)＝eq\f(1,an)＋eq\f(1,2)，即eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝eq\f(1,2)，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以eq\f(1,a1)＝1为首项，公差为eq\f(1,2)的等差数列，所以eq\f(1,an)＝1＋(n－1)eq\f(1,2)＝eq\f(n,2)＋eq\f(1,2)，即通项公式an＝eq\f(2,n＋1)(n∈N*)．21．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝x3－x2，x∈R.(1)若正数m，n满足m·n>1，证明：f(m)，f(n)至少有一个不小于零；(2)若a，b为不相等的正实数且满足f(a)＝f(b)，求证：a＋b<eq\f(4,3).【证明】(1)假设f(m)<0，f(n)<0，即m3－m2<0，n3－n2<0，∵m>0，n>0，∴m－1<0，n－1<0，∴0<m<1,0<n<1，∴mn<1，这与m·n>1矛盾，∴假设不成立，即f(m)，f(n)至少有一个不小于零．(2)证明：由f(a)＝f(b