浙江省高三数学一轮复习 推理与证明单元训练.docVIP

浙江省2013届高三数学一轮复习单元训练：推理与证明本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分满分150分考试时间120分钟第卷(选择题共60分)一、选择题(本大题共12个小题，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 图1是一个水平摆放的小正方体木块，图2，图3是由这样的小正方体木块叠放而成的，按照这样的规律放下去，至第七个叠放的图形中，小正方体木块总数就是（）a25b66c91d120【答案】c2观察下图：则第()行的各数之和等于20112.()a2010b2009c1006d1005【答案】c3设 , 则( )a b 0cd 1【答案】d4有这样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，是因为 ( ) a大前提错误b小前提错误c推理形式错误d非以上错误【答案】c5 用火柴棒摆“金鱼”，如图所示： 按照上面的规律，第个“金鱼”图需要火柴棒的根数为（ ）abcd【答案】c6在十进制中，那么在5进制中数码2004折合成十进制为( ) a29b 254c 602d 2004【答案】b7 下面使用类比推理，得出正确结论的是 ( ） a“若,则”类推出“若,则”b“若”类推出“”c“若” 类推出“ (c0）”d“” 类推出“”【答案】c8已知 ，猜想的表达式为( ) abcd【答案】b9 对于函数，若存在区间，使得，则称区间为函数的一个“稳定区间”现有四个函数：；， 其中存在“稳定区间”的函数有（ ）abcd【答案】b10下列哪个平面图形与空间的平行六面体作为类比对象比较合适 ( ）a三角形b梯形c平行四边形d矩形【答案】c11 古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数，例如： . 他们研究过图1中的1，3，6，10，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数；类似地，称图2中的1，4，9，16这样的数成为正方形数.下列数中及时三角形数又是正方形数的是（ ）a289b1024c1225d1378【答案】c12把正整数按一定的规则排成了如图112所示的三角形数表设aij(i，jn*)是位于这个三角形数表中从上往下数第i行、从左往右数第j个数，如a428.若aij2011，则i与j的和为()a105 b106c107 d108【答案】d第卷(非选择题共90分)二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上)13 观察下列式子：1，1，1，则可归纳出_【答案】114若数列an满足a1=1,a2=2，an=(n3且nn*)，则a17=_.【答案】15下面几种推理是合情推理的序号的是_由圆的性质类比出球的有关性质；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；某次考试张军成绩是100分，由此推出全班同学成绩都是100分；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(n2)180.【答案】16观察下列各式：553125,5615625,5778125，则52011的末四位数字为_【答案】8125三、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17已知an是由非负整数组成的数列，满足a10，a23，a32，an1an(an12)(an22)，n3,4,5，.试用数学归纳法证明：anan22，n3,4,5，；证明：当n3时，a32a12，所以等式成立；假设当nk3时等式成立，即akak22.【答案】由题设有ak1ak(ak12)(ak22)由ak2是非负整数，得akak220，ak1ak12，即当nk1时，等式也成立综合得：对任意正整数n3，都有anan22.18设n为正整数，规定：fn(x)= ，已知f(x)= .(1)解不等式：f(x)x；(2)设集合a=0,1,2，对任意xa,证明：f3(x)=x；(3)探求f2 005()；(4)若集合b=xf12(x)=x，x0，2，证明：b中至少包含有8个元素.【答案】(1)当0x1时，由2(1-x)x得，x.x1.当1x2时，因x-1x恒成立.1x2.由得，f(x)x的解集为xx2.(2)f(0)=2，f(1)=0，f(2)=1，当x=0时，f3(0)=f(f(f(0)=f(f(2)=f(1)=0；当x=1时，f3(1)=f(f(f(1)=f(f(0)=f(2)=1；当x=2时，f3(2)=f(f(f(2)=f(f(1)=f(0)=2.即对任意xa，恒有f3(x)=x.(3)f1()=2(1-)=，f2()=f(f()=f()=, f3()=f(f2()= f()=-1=,f4()=f(f3()=f()=2(1-)= ，一般地，f4k+r()=fr()(kn，r=1,2,3,4)，f2 005()=f1()=.(4)由题意知，f()=,fn()=.则f12()=.b.由(2)知，对x=0或1或2，恒有f3(x)=x，f12(x)=f34(x)=x.则0，1，2b.由(3)知，对x=恒有f12(x)=f34(x)=x，b.综上所述，0，1，2，b.b中至少含有8个元素.19已知椭圆具有性质：若m，n是椭圆c上关于原点对称的两个点，点p是椭圆上任意一点，当直线pm，pn的斜率都存在，并记为kpm，kpn时，kpm与kpn之积是与点p的位置无关的定值.试对双曲线写出具有类似特征的性质，并加以证明.【答案】类似的性质为：若m，n是双曲线上关于原点对称的两个点，点p是双曲线上任意一点，当直线pm，pn的斜率都存在，并记为kpm，kpn时，kpm与kpn之积是与点p的位置无关的定值.证明：设点m，p的坐标分别为(m,n)，(x,y)，则n(-m，-n).因为点m(m,n)在已知的双曲线上，所以n2=m2-b2.同理：y2=x2-b2.则kpmkpn=(定值).20用三段论证明：函数y=-x2+2x在(-,1上是增函数. 【答案】设x1,x2(-,1，且x10)，f(an1)g(an)，证明：存在常数m，使得对于任意的nn*，都有anm.【答案】(1)由h(x)x3x知，x0，)，而h(0)0，且h(1)10，则x0为h(x)的一个零点，且h(x)在(1,2)内有零点因此，h(x)至少有两个零点解法一：h(x)3x21x，记(x)3x21x，则(x)6xx当x(0，)时，(x)0，因此(x)在(0，)上单调递增，则(x)在(0，)内至多只有一个零点又因为(1)0，0，则(x)在内有零点，所以(x)在(0，)内有且只有一个零点记此零点为x1，则当x(0，x1)时，(x)(x1)0.所以，当x(0，x1)时，h(x)单调递减而h(0)0，则h(x)在(0，x1内无零点；当x(x1，)时，h(x)单调递增，则h(x)在(x1，)内至多只有一个零点，从而h(x)在(0，)内至多只有一个零点综上所述，h(x)有且只有两个零点解法二：由h(x)x，记(x)x21x，则(x)2xx当x(0，)时，(x)0，从而(x)在(0，)上单调递增，则(x)在(0，)内至多只有一个零点(1)0，所以(x)在(0，)上有一个零点因此h(x)在(0，)内也有一个零点综上所述，h(x)有且只有两个零点(2)记h(x)的正零点为x0，即xx0(i)当ax0时，由a1a，即a1x0.而aa1x0x，因此a2x0.由此猜测：anx0.下面用数学归纳法证明当n1时，a1x0显然成立假设当nk(k1)时，akx0成立，则当nk1时，由aakx0x知，ak1x0.因此，当nk1时，ak1x0成立故对任意的nn*，anx0成立(ii)当ax0时，由(1)知，h(x)在(x0，)上单调递增，则h(a)h(x0)0，即a3a从而aa1aa3，即a2a.由此猜测：ana.下面用数学归纳法证明当n1时，a1a显然成立假设当nk(k1)时，aka成立，则当nk1时，由aakaa3知，ak1a.因此，当nk1时，ak1a成立故对任意的nn*，ana成立综上所述，存在常数mmaxx0，a，使得对于任意的nn*，都有anm.22设f(n)=nn+1，g(n)=(n+1)n,nn*.(1)当n=1，2，3，4时，比较f(n)与g(n)的大小. (2)根据(1)的结果猜测一个一般性结论，并加以证明.【答案】(1)f(1)g(1),f(2)