2019_2020学年高中数学阶段质量检测（一）推理与证明北师大版.docx

阶段质量检测（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下列推理正确的是()A把a(bc)与loga(xy)类比，则有loga(xy)logaxlogayB把a(bc)与sin(xy)类比，则有sin(xy)sin xsin yC把a(bc)与axy类比，则有axyaxayD把(ab)c与(xy)z类比，则有(xy)zx(yz)解析：选D(xy)zx(yz)是乘法的结合律，正确2用反证法证明命题“若关于x的方程ax2bxc0(a0，a，b，cZ)有有理根，那么a，b，c中至少有一个是奇数”时，下列假设正确的是()A假设a，b，c都是奇数B假设a，b，c都不是奇数C假设a，b，c至多有一个奇数D假设a，b，c至多有两个奇数解析：选B命题“a，b，c中至少有一个是奇数”的否定是“a，b，c都不是奇数”，故选B.3求证：.证明：因为和都是正数，所以为了证明，只需证明()2()2，展开得525，即20，此式显然成立，所以不等式成立上述证明过程应用了()A综合法B分析法C综合法、分析法配合使用D间接证法解析：选B证明过程中的“为了证明”，“只需证明”这样的语句是分析法所特有的，是分析法的证明模式4利用数学归纳法证明不等式1n(n2，nN)的过程中，由nk变到nk1时，左边增加了()A1项 Bk项C2k1项D2k项解析：选D当nk时，不等式左边的最后一项为，而当nk1时，最后一项为，并且不等式左边和式的分母的变化规律是每一项比前一项加1，故增加了2k项5对命题“正三角形的内切圆切于三边的中点”，可类比猜想出：正四面体的内切球切于四面各正三角形的位置是()A各正三角形内的任一点B各正三角形的中心C各正三角形边上的任一点D各正三角形的某中线的中点解析：选B正三角形类比正四面体，正三角形的三边类比正四面体的四个面，三边的中点类比正三角形的中心6已知函数f(x)5x，则f(2 019)的末四位数字为()A3 125 B5 625C0 625D8 125解析：选D因为f(5)553 125的末四位数字为3 125，f(6)5615 625的末四位数字为5 625，f(7)5778 125的末四位数字为8 125，f(8)58390 625的末四位数字为0 625，f(9)591 953 125的末四位数字为3 125，故周期T4.又由于2 01950443，因此f(2 019)的末四位数字与f(7)的末四位数字相同，即f(2 019)的末四位数字是8 125.7用数学归纳法证明不等式“1n(nN)”时，第一步应验证()A11 B11C12D11解析：选A当n1时不等式左边为1，右边为1，即需要验证：11.8(2019全国卷)在“一带一路”知识测验后，甲、乙、丙三人对成绩进行预测甲：我的成绩比乙高乙：丙的成绩比我和甲的都高丙：我的成绩比乙高成绩公布后，三人成绩互不相同且只有一个人预测正确，那么三人按成绩由高到低的次序为()A甲、乙、丙 B乙、甲、丙C丙、乙、甲D甲、丙、乙解析：选A(1)若甲预测正确，则乙、丙预测错误，即甲的成绩比乙高；丙的成绩不是最高的；丙的成绩比乙低由可得甲、乙、丙成绩由高到低的顺序为甲、乙、丙，A正确(2)若乙预测正确，则甲、丙预测错误，即乙的成绩比甲高；丙的成绩最高；丙的成绩比乙低由上可知相矛盾，故此情况不成立(3)若丙预测正确，则甲、乙预测错误，即乙的成绩比甲高；丙的成绩不是最高的；丙的成绩比乙高由得成绩由高到低的顺序为丙、乙、甲，与相矛盾，此情况不成立故选A.9对于函数f(x)，g(x)和区间D，如果存在x0D，使|f(x0)g(x0)|1，则称x0是函数f(x)与g(x)在区间D上的“友好点”现给出下列四对函数：f(x)x2，g(x)2x3；f(x)，g(x)x2；f(x)ex，g(x)；f(x)ln x，g(x)x.其中在区间(0，)上存在“友好点”的是()A BCD解析：选C对于，|f(x)g(x)|x2(2x3)|(x1)22|2，所以函数f(x)与g(x)在区间(0，)上不存在“友好点”，故错，应排除A、D；对于，|f(x)g(x)|(x2)|，所以函数f(x)与g(x)在区间(0，)上也不存在“友好点”，故错，排除B；同理，可知均正确10已知数列an的前n项和Sn，且a11，Snn2an(nN)，可归纳猜想出Sn的表达式为()ASn BSnCSnDSn解析：选A由a11，得a1a222a2，a2，S2；又1a332a3，a3，S3；又1a416a4，得a4，S4.由S1，S2，S3，S4可以猜想Sn.11已知f(x)x3x，若a，b，cR，且ab0，ac0，bc0，则f(a)f(b)f(c)的值()A一定大于0 B一定等于0C一定小于0D正负都有可能解析：选Af(x)3x210，f(x)在R上是增函数又ab0，ab，f(a)f(b)又f(x)x3x是奇函数，f(a)f(b)，即f(a)f(b)0.同理，f(b)f(c)0，f(c)f(a)0，f(a)f(b)f(c)0，故选A.12下面的三角形数阵叫“莱布尼茨调和三角形”，它们是由整数的倒数组成的第n行有n个数且两端的数均为(n2)，每个数是它下一行左右相邻两数的和，如，则第10行第4个数(从左往右数)为()A. B.C. D.解析：选C依题意，结合所给的数阵，归纳规律可知第8行的第一个数、第二个数分别等于，第9行的第一个数、第二个数、第三个数分别等于，第10行的第一个数、第二个数、第三个数、第四个数分别等于，.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分请把正确的答案填在题中的横线上)13设f(n)1(nN)，那么f(n1)f(n)_.解析：f(n1)1，f(n1)f(n).答案：14已知点A(x1，3x1)，B(x2，3x2)是函数y3x的图像上任意不同两点，依据图像可知，线段AB总是位于A，B两点之间函数图像的上方，因此有结论3成立运用类比思想方法可知，若点A(x1，tan x1)，B(x2，tan x2)是函数ytan x的图像上任意不同两点，则类似地有_成立解析：因为ytan x图像是上凸的，因此线段AB的中点的纵坐标总是小于函数ytan x图像上的点的纵坐标，即有tan 成立答案：0，则lg ；(2)622.证明：(1)当a，b0时，有，lglg，lglg ab.(2)要证 22，只要证()2(22)2，即22，这是显然成立的，所以原不等式成立18.(本小题满分12分)如图所示，设SA，SB是圆锥SO的两条母线，O是底面圆心，C是SB上一点，求证：AC与平面SOB不垂直证明：假设AC平面SOB，因为直线SO在平面SOB内，所以SOAC，因为SO底面圆O，所以SOAB.因为ABACA，所以SO平面SAB.所以平面SAB底面圆O，这显然与平面SAB与底面圆O相交矛盾，所以假设不成立，即AC与平面SOB不垂直19(本小题满分12分)已知a，b，c(0,1)求证：(1a)b，(1b)c，(1c)a不能都大于.证明：假设(1a)b，(1b)c，(1c)a都大于.因为0a1,0b1,0c0.由基本不等式，得.同理，.将这三个不等式两边分别相加，得，即，这是不成立的，故(1a)b，(1b)c，(1c)a不能都大于.20(本小题满分12分)用数学归纳法证明(nN)证明：当n1时，左边，右边，左边右边所以当n1时等式成立假设当nk(k1，kN)时等式成立，即，则当nk1时，左边右边所以当nk1时等式也成立根据和可知，等式对任何nN都成立21(本小题满分12分)下列推理是否正确？若不正确，指出错误之处(1)求证：四边形的内角和等于360.证明：设四边形ABCD是矩形，则它的四个角都是直角，有ABCD90909090360，所以四边形的内角和为360.(2)已知 和 都是无理数，试证：也是无理数证明：依题设和都是无理数，而无理数与无理数之和是无理数，所以必是无理数(3)已知实数m满足不等式(2m1)(m2)0，用反证法证明：关于x的方程x22x5m20无实根证明：假设方程x22x5m20有实根由已知实数m满足不等式(2m1)(m2)0，解得2m，而关于x的方程x22x5m20的判别式4(m24)，2m，m24，0，即关于x的方程x22x5m20无实根解：(1)犯了偷换论题的错误，在证明过程中，把论题中的四边形改为矩形(2)使用的论据是“无理数与无理数的和是无理数”，这个论据是假的，因为两个无理数的和不一定是无理数，因此原题的真实性仍无法判定(3)利用反证法进行证明时，要把假设作为条件进行推理，得出矛盾，本题在证明过程中并没有用到假设的结论，也没有推出矛盾，所以不是反证法22(本小题满分12分)是否存在二次函数f(x)，使得对于任意nN，都有f(n)成立，若存在，求出f(x)；若不存在，说明理由解：假设存在二次函数f(x)ax2bxc(a0)，使得对于nN，都有f(n)成立当n1时，abc1，当n2时，4a2bc，当n3时，9a3bc，联立式得a，b，c，则由以上可假