2023届高三数学一轮基础巩固第11章第3节推理与证明（含解析）新人教B版

PAGE1-【走向高考】２016届高三数学一轮基础巩固第１1章第3节推理与证明新人教B版一、选择题１．(文）观察下列各式：55＝3１２5,5６=1562５,57＝７8１２5，…,则52015的末四位数字为()A．3125ﻩＢ.5625C．0625 Ｄ．8１25[答案]D[解析]因为58=3９0６2５,59＝195３１25．所以5ｎ(n≥5)的末四位数字周期为4，2015=503×４+３，故５2015的末四位数字为8125,故选D.(理)将正整数排成下表：123４５67８9１01112１３141５16……则在表中数字２014出现在()A.第44行第78列 B．第４5行第78列C．第４４行第7７列ﻩＤ．第45行第77列［答案］Ｂ[解析]第n行有2n-1个数字,前n行的数字个数为１+3＋5＋…＋(2n-1)＝ｎ2.∵４42=１9３６,45２＝2０25，且1936<201４,20２5>２0１4,∴2０14在第45行．201４-1936=78，∴2014在第7８列,选B.2.古希腊著名的毕达哥拉斯学派把1,3,6,10…这样的数称为“三角形数”，而把1,4,9，１６…这样的数称为“正方形数”.如图,可以发现，任何一个大于1的“正方形数”都可以看作两个相邻的“三角形数”之和，下列等式中,符合这一规律的表达式是()①13=3＋１0；②25＝9+16;③36＝15+21;④49=18＋31；⑤64=28+３６．A.①④ B.②⑤C．③⑤ D.②③[答案]C[解析]这些“三角形数”依次是1，3，6,10，1５,２１,28,３６，４５,…且“正方形数”是“三角形数”中相邻两数之和，很容易得到：15+2１=36，28+3６＝６４,只有③⑤是对的.3.如图,在梯形ABCＤ中，AB∥DC,AB=a，CD＝b(ａ>b).若EF∥ＡB，EF到CＤ与AＢ的距离之比为ｍn,则可推算出：ＥF=eq\f(mａ＋ｎb,m＋n)，试用类比的方法，推想出下述问题的结果．在上面的梯形ＡBＣD中，延长梯形两腰AD、BC相交于O点,设△OＡB、△OCD的面积分别为S1、S2,EF∥ＡB，且ＥF到CD与AB的距离之比为mn,则△OEＦ的面积S０与S1、S2的关系是(）A．S0＝eq\f（mＳ１＋nS2，ｍ+n)Ｂ．Ｓ０=eq\f（nS1＋mS２,m＋n)C．eq\r(Ｓ0）＝ｅq\f(m＼ｒ(S１)+ｎ\ｒ(S2)，ｍ＋n)D．eｑ＼r(Ｓ0)＝ｅｑ＼f(n＼ｒ(S１)＋m\r（S2),m+n)[答案]C［解析]根据面积比等于相似比的平方求解．4.定义A*B,B*C,C＊D，D*A的运算分别对应图中的(1）（2)(３)(４),那么下图中（Ａ）(B)所对应的运算结果可能是(）A.Ｂ*D，A*DﻩＢ.B*D，A*CC．Ｂ＊C，A*ＤﻩD．C*Ｄ，Ａ*D[答案]B[解析]观察图形及对应运算分析可知,基本元素为Ａ→|,B→□,Ｃ→——，Ｄ→○,从而可知图(A）对应B*D，图Ｂ对应A＊C．５.(２０１4·湖南长沙一模)在平面几何中有如下结论：正三角形ABC的内切圆面积为Ｓ１,外接圆面积为Ｓ２,则eq＼f(S1，S２)＝eq\f(1，4).推广到空间可以得到类似结论,已知正四面体P-ＡBＣ的内切球体积为Ｖ1，外接球体积为V2，则eq\f（V1，Ｖ2）＝()Ａ.ｅq\ｆ（1,8)ﻩB．eq＼f(１,９)C.eq\ｆ(1,27) D．eq\ｆ（1,6４)[答案]C［解析]从平面图形类比空间图形,从二维类比三维，可知选C．证明如下:如图,设正四面体的棱长为a，E为等边三角形ABＣ的中心，O为内切球与外接球球心.则ＡE=eq\f(\ｒ（３）,3）a,ＤＥ=ｅｑ\f(＼r（6）,3)a,设OA=Ｒ,ＯE＝r,则OA２＝AE2＋OＥ2,即R2=(ｅq＼f(\r（6)，3)ａ-Ｒ)２+(eq\f（＼ｒ（3),3）ａ)2,∴R=eq\f(＼r(6),4）a,ｒ=eｑ\f(\r(6）,12)a,∴正四面体的外接球和内切球的半径之比是eq\f(r,R)＝eq\f(1，3),故正四面体P－AＢC的内切球体积V1与外接球体积V２之比等于(eｑ\f(ｒ，Ｒ））3＝eq\f(１,2７).6．(文)若定义在区间D上的函数f(x）,对于D上的任意n个值x1、ｘ2、…、xｎ,总满足ｆ(x1)+f（x2)+…+f(xｎ）≥nfｅq＼b\lｃ＼(\rc＼）(\ａ\ｖｓ４\ａl\co１(\f（x１+x2+…+xn，ｎ)))，则称f（x)为D上的凹函数，现已知f(x)＝taｎｘ在eｑ\b\lc\（\rc\）(\a\ｖs4＼ａｌ\co1(0，\f(π，２）)）上是凹函数，则在锐角三角形ABC中,ｔanA＋tanB＋tａｎC的最小值是()Ａ.3ﻩB．eq＼f(2,3）Ｃ．3eq\ｒ(3) D.eq\r(3)［答案]Ｃ［解析］根据f(x）=ｔａnx在eq\b\lc\(\rc＼）(\a\vs4\al\co１(0,\f(π,2)))上是凹函数,再结合凹函数定义得，tａnA＋tanB+ｔａnC≥3taneｑ\b\ｌc\(\rｃ\)(＼ａ＼ｖs4\al\cｏ１(\f(A+B＋C,3)）)＝3taneq\f(π,3)=3eq\r（3).故所求的最小值为３eq\r(3)．（理）观察等式：sｉn23０°+ｃos２60°+ｓiｎ３0°ｃoｓ60°=eｑ＼ｆ(3,４）,sin220°+ｃoｓ2５０°＋ｓiｎ20°cos50°＝ｅq\ｆ（3,4)和sｉn215°＋cｏs2４5°＋sin15°ｃoｓ４5°=eq＼f(3，４),…，由此得出以下推广命题,则推广不正确的是()A.ｓiｎ2α＋cos２β＋sinαcoｓβ=eq＼f(3，４)B.ｓin2(α－30°)+cｏs2α+sｉn(α－30°）ｃosα＝ｅq\ｆ(3，４)C．siｎ2(α-１5°）+cｏs2(α＋15°)＋ｓin（α－15°)cos(α+15°）＝eq\f（3,4）D.sin2α＋coｓ2(α+30°)+sｉｎαcos(α+３0°)=eq\f(３，４)[答案］A[解析］观察已知等式不难发现，60°－30°=５0°-２０°=4５°－15°＝30°,推广后的命题应具备此关系，但A中α与β无联系,从而推断错误的命题为A.选A.二、填空题７．（2013·山西四校联考)已知ｘ∈（0,+∞）,观察下列各式:x+eq\ｆ(１，x）≥2,x＋ｅｑ\f(4,x2）=eq\f(x,２)＋ｅq＼f（x,2)+ｅq\ｆ(４，ｘ2)≥3,x＋ｅq\ｆ(27，ｘ３)＝ｅq\f（x,3)＋eｑ\f(x,3)＋eq\f(x,３)＋eq＼ｆ（２7，x３)≥4,…，类比得x+eq\f(ａ，xn)≥ｎ＋１(n∈Ｎ＊),则a=_＿______.［答案]nn[解析]第一个式子是n=1的情况，此时a=11=1,第二个式子是ｎ=２的情况，此时a＝22＝4，第三个式子是n=3的情况,此时ａ=33=27,归纳可知a=nｎ.8.（文)(２014·温州适应性测试)已知cosｅq\f(π,3)＝ｅｑ\f（１,2),coseq\ｆ(π,５）coseq\f（2π,５)=ｅq\ｆ(１,4),ｃosｅq\f（π,7)cｏｓeq＼f(2π,7)cｏｓeｑ＼f(３π，７）＝eｑ\f(1,８），……(1)根据以上等式，可猜想出的一般结论是_＿__＿_＿_；(2)若数列{ａn｝中,ａ１=coseq\ｆ(π,３）,ａ2＝coseq\f(π,5)coseq\f（2π，5)，a3＝ｃoｓｅq\f（π,7）·coｓeｑ\f(２π,７)cosｅq\f(3π，７），…,前n项和Sｎ=eq\f(1023，1０24)，则n＝＿_____＿＿.[答案]（1)cosｅｑ＼ｆ（π，2n＋1)·cｏｓeq\f(2π,2n+１)·…·ｃoseq\f(nπ，2n＋1)=eq\ｆ(1,2n）（n∈N*)（2)10[解析］(１）从题中所给的几个等式可知,第ｎ个等式的左边应有n个余弦相乘，且分母均为2n＋1,分子分别为π，2π，…，ｎπ,右边应为eq\f（1,2n)，故可以猜想出结论为ｃoseq\f(π,2n+1)·coseｑ＼f（2π,2n＋1)·…·coseｑ\f(nπ,２n＋1）＝eｑ\f（1,２ｎ)(n∈N＊)．(2)由(１)可知ａn＝ｅｑ\ｆ（1,２n)，故Sn＝ｅq\f（\ｆ（１，２)[1－\f(1,２）n],1-\ｆ(１,2）)＝1-eq\f(1,２n)＝eq\ｆ（2n－1,2n)＝eｑ\ｆ(１0２3，1024），∴n＝１0.(理）考察下列一组不等式:２３+53＞22·5＋2·5２,24＋5４>２3·5＋2·５３,2ｅq\ｆ（5,2)＋5eq\f(5，2)＞22·5eq\f(1，2)＋2eq\f(1,2)·５2,….将上述不等式在左右两端仍为两项和的情况下加以推广,使以上的不等式成为推广不等式的特例，则推广的不等式为____＿_＿_＿_＿＿＿＿___＿_＿＿＿__．[答案］am+ｎ+bm+n>ambn＋anbｍ(a,b>0,ａ≠ｂ,m，n>0)[解析]由“23+53>２2·5+2·52”,“24+５4>23·5＋2·53”,“２ｅq\f(5,2)＋5eq\f(5,2）>22·5eｑ\ｆ(１,2)＋2ｅq＼f(1，2)·5”，可得推广形式的最基本的印象:应具有“□□+□□>□□·□□＋□□·□□”的形式．再分析底数间的关系，可得较细致的印象：应具有“ａ□＋b□＞a□·ｂ□+a□·b□”的形式．再分析指数间的关系，可得准确的推广形式：ａm＋ｎ＋bm+ｎ>ambn+anbｍ(a，b>0，a≠ｂ,m,n＞0)．9.（２014·福建漳州质检）对于等差数列{an}有如下命题:“若数列{an｝是等差数列，a1=０,s，ｔ是互不相等的正整数,则有(s－１)at－（ｔ－１)as=０”.类比此命题，给出等比数列{bｎ}相应的一个正确命题是________.[答案]若数列{bn}是等比数列，b1=1，s,t是互不相等的正整数，则有eq＼f(b\o\al(s-1,t）,b\o＼al(t－1,ｓ))=1[解析]在等差数列｛an}中，设ｄ为公差，因为a1＝0,所以aｔ＝(t-1)d，aｓ=（s－１)ｄ，所以eq\f(ａt，as）＝eq＼f(ｔ-１,s－1）,即（s-1)aｔ-(t－1）as=0.类比此法,在等比数列{bn｝中,设q是公比，bｔ＝b1qt-1，bs=ｂ1qｓ-1,则当b1＝1时,有eｑ＼f（b\o\aｌ(s-１,t）,b＼o\aｌ(ｔ-1,s)）=１．三、解答题10．已知直线AP⊥平面ABＣ,底面△ABC是锐角三角形,若H是A在平面BPC上的射影，求证：Ｈ不可能是△ＢPC的垂心.[分析]由于本题是证Ｈ不可能是△BPC的垂心，因此可从问题的反面出发，假设H是△ＢPC的垂心,然后推出一个矛盾的结论.［证明]假设H是△ＢPＣ的垂心,连接CＨ延长交BP于E，则CE⊥PB.又AH⊥平面ＢＰC．故PＢ⊥ＡH.所以ＰB⊥平面ＡCE.则AC⊥BP．由PA⊥平面AＢC知AＣ⊥AP,故直线AC⊥平面ABP,则AC⊥AB.即∠BAC=９０°，这与△ABＣ是锐角三角形矛盾，所以H不可能是△BPC的垂心.一、选择题11.已知结论:“在三边长都相等的△ＡBC中,若Ｄ是BC的中点，Ｇ是△ABC外接圆的圆心，则eq\ｆ(AG，GD)＝２”.若把该结论推广到空间，则有结论：“在六条棱长都相等的四面体ＡBＣＤ中，若M是△BCＤ的三边中线的交点，O为四面体AＢCＤ外接球的球心,则eq＼ｆ(AＯ，ＯＭ)=__＿___.”(）Ａ.2 B.3Ｃ．4 D．9[答案]B[解析]如图,易知球心O在线段AM上,不妨设四面体ABCD的边长为1，外接球的半径为R，则ＢM=ｅq\ｆ(\ｒ(3),2）×eq＼f(2,3)=ｅｑ\f（＼r（３),3)，AM=eq＼ｒ(1２-＼f(\r（3),3）2)＝eq\f(\ｒ(6),3）,Ｒ＝eq\r(\f(＼r(6),３)－Ｒ2+＼ｆ（\r(3),3）２)，解得Ｒ＝ｅｑ\ｆ（\ｒ(6),4）.于是,eq\ｆ(AO,ＯＭ）＝eｑ\ｆ(\f(＼r(6),4）,\f(\r（6）,３)-\f(＼r（６),4）)=3．１２．规定一机器狗每秒钟只能前进或后退一步,现程序设计师让机器狗以“前进3步，然后再退2步”的规律移动．如果将此机器狗放在数轴原点,面向正方向，以1步的距离为1个单位长度移动，令P(n)表示第nｓ时机器狗所在的位置坐标，且P(0）=0,则下列结论中正确的是()A．P（2０１２)=4０4ﻩB．Ｐ(２013)=40４C.P（2014)=4０5ﻩD.P(2015)=40５[答案]A[解析］显然每５s前进一个单位，且Ｐ(1)=1，Ｐ（2)＝２,P(3）＝3，Ｐ(4)＝２,P（5)=1，∴P(２0１２）=P（5×402＋2)=4０2+２＝404,P(2013)=4０5，P(201４）=404，P（2０1５)=403，故选A.二、填空题13.（２01４·浙江嘉兴一中摸底)记定义在R上的函数y＝f(x)的导函数为f′（x).如果存在x0∈[a,b]，使得f(b）-f（ａ）＝ｆ′(x０)（b-a)成立,则称x0为函数y=f(x)在区间[a,b]上的“中值点”.那么函数f(x)=x３-3x在区间[－２,2]上的“中值点”为＿＿______．[答案]±eq\f(２\ｒ(3),3)［解析]由f(ｘ）＝ｘ3－３x求导可得f′(x)＝3x2-３，设ｘ0为函数ｆ(x)在区间[-2,2］上的“中值点”,则f′(ｘ0)=eｑ\ｆ(f2-f-２，2－-2)=1，即３xｅq\o＼al(２,０)－3=1，解得ｘ0＝±eq\ｆ(2\r(3),3）.１４．（201４·新课标Ⅰ)甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A、B、C三个城市时，甲说:我去过的城市比乙多，但没去过B城市；乙说：我没去过C城市；丙说：我们三人去过同一个城市.由此可判断乙去过的城市为__＿_____.[答案]A[解析]由丙可知,乙至少去过一个城市.由甲可知,甲去过A,C且比乙多,且乙没有去过C城市,故乙只去过A城市．1５．(文)(2013·临沂二模)对于大于或等于2的自然数n的二次方幂有如下分解方式:2２=1+3,32=1＋3+5,42＝１＋3+5＋７，…,根据上述分解规律，对任意自然数n，当n≥２时,有_＿______＿___．[答案]n２=1+3+5+…＋（２n－1）(理）(2014·山东潍坊期中)如果△A１B1C1的三个内角的余弦值分别等于△A２B2C２的三个内角的正弦值,则△A2Ｂ2C２是＿__＿____三角形.[答案]钝角[解析]由条件知，△A1B1C１的三个内角的余弦值均大于0,则△A1Ｂ1C1是锐角三角形，假设△A２B２C2是锐角三角形.由eq\b\lc\｛＼rc＼(\a\vs4＼ａl\co1（siｎA2＝cosA1＝ｓｉn\f(π,2)－A１,,ｓiｎＢ2=cｏｓB1=sin＼f(π，2)-Ｂ1,，siｎC２＝cosC1=sin＼ｆ(π，2）－Ｃ1，))得eq\ｂ\lｃ＼{\rc\(＼ａ\vs4\ａl＼cｏ1（A2=\f(π,2)-Ａ1，,Ｂ2=\f(π,2)－B1,,C2＝＼f（π,2）－C１.))那么，A2＋B2＋Ｃ2＝eｑ\f（π,2),这与三角形内角和为180°相矛盾．所以假设不成立，又显然△A2B2C２不是直角三角形,所以△A2B２C2是钝角三角形．１6.(文)观察下列几个三角恒等式：①ｔａn１０°ｔan２0°＋tan２0°taｎ６0°＋ｔaｎ6０°ｔaｎ10°=１;②tａn5°tan1０0°＋tan１０0°tａn(－15°）+ｔan(－１５°)taｎ5°＝1;③ｔａn13°ｔaｎ35°＋tan３５°tan４2°+ｔan4２°tan13°=1.一般地，若tａnα，taｎβ，tanγ都有意义,你从这三个恒等式中猜想得到的一个结论为＿＿_＿__＿＿___________＿＿＿.[答案]当α+β+γ＝９0°时，tａnαtanβ+tanβｔaｎγ+tａnγtanα=１[解析]所给三角恒等式都为taｎαtanβ＋tanβtanγ+tanγｔanα=１的结构形式,且α，β，γ之间满足α+β＋γ=９0°．(理）(２０13·福州模拟)对一个边长为１的正方形进行如下操作：第一步，将它分割成3×3方格，接着用中心和四个角的5个小正方形，构成如图①所示的几何图形，其面积S１＝eｑ＼f(5，9）;第二步，将图①的５个小正方形中的每个小正方形都进行与第一步相同的操作，得到图②；依此类推,到第n步，所得图形的面积Sn＝(eq\f（５,９))n.若将以上操作类比推广到棱长为1的正方体中,则到第ｎ步,所得几何体的体积Ｖｎ＝__＿_＿___.[答案］(eｑ\f(1,3）)n[解析]将棱长为1的正方体分割成3×3×3＝２7个全等的小正方体，拿去分别与中间小正方体的六个面重合的6个小正方体和分别与中间小正方体有１条棱重合的１２个小正方体，则余下的9个小正方体体积V1＝eq\f(1,3），第二步,将余下的9个小正方体作同样的操作，则余下的9×9个小正方体的体积V2=(ｅq\ｆ(1,3))2，故到第n步，所得几何体的体积Vｎ=（eq\f(1，3))ｎ.三、解答题17.(文）已知a>b>ｃ,且ａ＋ｂ＋c＝0，求证：eq\ｒ(ｂ2-ａc）<ｅq＼ｒ(3）a.[证明]要证eq\ｒ(b2－ac)＜eq\ｒ（3）a，只需证b２－ac<3ａ２，因为a+b＋c=0,只需证b2+a(ａ+b）<3a2,只需证2ａ２－ab-b2>0,只需证(ａ-b)(２a+b)＞0，只需证(a-b)(a-c)>0.因为a>b>ｃ,所以a－b>0，a-c＞0，所以（a-b)(ａ－c)>0,显然成立，故原不等式成立．(理）已知：a>０，b>0,a+b=１.求证：eq\ｒ(a＋\f(1,2))＋eq\ｒ(b＋\ｆ(1,２）)≤2.[证明]要证eｑ\ｒ(a+＼f(１，2))+eq\r(b+\f(1,２）)≤2，只需证a+eq\f(1,2)+ｂ+eq＼f（１,2)+2eｑ\ｒ（ａ＋\f（1,2)b＋\f(1,2)）≤４,又a＋ｂ＝1,故只需证eq\r（ａ＋\f(1,２)ｂ+\f(１，2))≤１，只需证(a＋ｅq＼ｆ(1，2)）（ｂ＋eq\ｆ(1,2）)≤1,只需证ab≤ｅq\f(1,4).∵a＞０，b>０,1＝a＋b≥2eq\r(ab),∴ab≤eq\f(1，4)，故原不等式成立.１8.（文)设f（x)＝eq\ｆ（１,3x＋\r(3）),先分别求f(0）＋f(1)，f(－1）+f(2)，ｆ（－2)+ｆ(3）,然后归纳猜想一般性结论,并给出证明.[解析］f(0)+f(1)=eq\f(1，3０＋＼ｒ（3）)＋eq\ｆ(１，31+\ｒ(3))＝eｑ\f(１,1+＼ｒ(3)）＋eq\f(1,３+\ｒ（3))＝eq\ｆ（＼r(3)-1，２）＋eq\ｆ(3－\r(3),6）=eq\f(\r(3)，3)，同理可得:f(－1)+ｆ(2)＝eq\f(\ｒ(3)，3),ｆ（-2）+f(3)=ｅq\f(\r（３）,３),注意到在这三个特殊式子中,自变量之和均等于1.归纳猜想得:当x1＋ｘ2＝１时，均有f(x1)+f(x2）=ｅq＼f(\r(３),3)．证明如下：设ｘ1+ｘ2＝1,f（x1)+f(x２)=eq＼ｆ(１,3x1+\r(3))+eq＼f（1,3x2＋\r(３))＝eｑ\f(３ｘ1＋\ｒ（３)＋３x2+\ｒ（3),3x1＋\r（3)3x2＋\ｒ(3））＝ｅq\ｆ(３x１＋3ｘ２+２\r(3),３ｘ1+x2＋＼ｒ(３）3x1+3x2＋3)=eq\f(3x1+3ｘ2＋2\r(3),＼r(3)3x1＋3x2＋２＼r(3))=eq\f(\r(3),3).(理）（2０14·天津红桥区一模)已知数列{aｎ}的前n项和Sn=-an－(eq\f(1,2))ｎ－1+2（ｎ为正整数）.(1）令bn=2nａn,求证数列{bn}是等差数列，并求数列｛an}的通项公式；(2)令ｃn＝eｑ\f(n＋１，n)an,Ｔn＝c1＋c2＋…＋cn，试比较Tn与eq\f（5n,2ｎ＋1）的大小，并予以证明．［解析](1)在Ｓn=-aｎ-（ｅｑ\f(1,2）)n-1＋２中，令ｎ=1，可得S1=－a１-1＋2＝ａ1，即ａ１=ｅq\f(1，2)，当ｎ≥2时，Sn-1=-an-1-(eｑ\f(1,2）)n－2＋2，∴aｎ=Sn-Ｓn－1＝-an+an-1＋（eq＼f(1,2）)n-1,∴2ａn＝an-1＋(eq\f（１，2))n-1,即2nan=2n-1an－１＋1.∵bn=２ｎaｎ,∴bn=bn－1＋1,即当n≥２时，bｎ-bn－1＝1,又b1=２a1＝1,∴数列{bｎ}是首项和公差均为1的等差数列,于是bn＝1＋(n