【全程复习方略】高中数学 第二章 推理与证明单元质量评估 新人教A版选修12 (1).doc

【全程复习方略】2014-2015学年高中数学 第二章 推理与证明单元质量评估 新人教a版选修1-2 (120分钟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.下列推理过程属于演绎推理的为()a.老鼠、猴子与人在身体结构上有相似之处,某医药先在猴子身上试验,试验成功后再用于人体试验b.由1=12,1+3=22,1+3+5=32,得出1+3+5+(2n-1)=n2c.由三角形的三条中线交于一点联想到四面体四条中线(四面体每一个顶点与对面重心的连线)交于一点d.通项公式形如an=cqn(cq0)的数列an为等比数列,则数列-2n为等比数列【解析】选d.因为老鼠、猴子与人在身体结构上有相似之处,故a中推理为类比推理;因为由1=12,1+3=22,1+3+5=32,得出1+3+5+(2n-1)=n2,是由特殊到一般,故b中推理为归纳推理;因为由三角形性质得到四面体的性质有相似之处,故c中推理为类比推理;因为由通项公式形如an=cqn(cq0)的数列an为等比数列(大前提),数列-2n满足这种形式(小前提),则数列-2n为等比数列(结论),可得d中推理为演绎推理.2.(2014石家庄高二检测)下列推理是归纳推理的是()a.a,b为定点,动点p满足|pa|+|pb|=2a|ab|,得p的轨迹为椭圆b.由a1=1,an=3n-1,求出s1,s2,s3,猜想出数列的前n项和sn的表达式c.由圆x2+y2=r2的面积r2,猜出椭圆x2a2+y2b2=1的面积s=abd.科学家利用鱼的沉浮原理制造潜艇【解析】选b.从s1,s2,s3猜想出数列的前n项和sn,是从特殊到一般的推理,所以b是归纳推理.3.(2014广州高二检测)四个小动物换座位,开始是猴、兔、猫、鼠分别坐在1,2,3,4号位置上,第1次前后排动物互换位置,第2次左右列互换座位,这样交替进行下去,那么第2014次互换座位后,小兔的位置对应的是() a.编号1b.编号2c.编号3d.编号4【解析】选c.交换4次是一个周期,第2014次小兔的位置和第2次小兔的位置一样.4.(2014太原高二检测)我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量,在平面直角坐标系中,利用求动点轨迹方程的方法,可以求出过点a(-3,4),且法向量为n=(1,-2)的直线(点法式)方程为:1(x+3)+(-2)(y-4)=0,化简得x-2y+11=0.类比以上方法,在空间直角坐标系中,经过点a(1,2,3),且法向量为m=(-1,-2,1)的平面的方程为()a.x+2y-z-2=0b.x-2y-z-2=0c.x+2y+z-2=0d.x+2y+z+2=0【解析】选a.类比直线方程求法得平面方程为(-1)(x-1)+(-2)(y-2)+1(z-3)=0,即x+2y-z-2=0.5.(2014济宁高二检测)用反证法证明命题“若a2+b2=0,则a,b全为0(a,br)”,其反设正确的是()a.a,b至少有一个不为0b.a,b至少有一个为0c.a,b全不为0d.a,b中只有一个为0【解析】选a.因为用反证法证明命题“若a2+b2=0,则a,b全为0(a,br)”,其反设正确的是a,b至少有一个不为0,选a.6.黑白两种颜色的正六边形地面砖按如图的规律拼成若干个图案,则第n个图案中有白色地面砖的块数是()a.4n+2b.4n-2c.2n+4d.3n+3【解析】选a.方法一:(归纳猜想法)观察可知:除第一个以外,每增加一个黑色地面砖,相应的白色地面砖就增加四个,因此第n个图案中有白色地面砖的块数是一个“以6为首项,公差是4的等差数列的第n项”.故第n个图案中有白色地面砖的块数是4n+2.方法二:(特殊值代入排除法)由图可知,当n=1时,a1=6,可排除b.当n=2时,a2=10,可排除c,d.故答案为a.7.设f0(x)=sinx,f1(x)=f0(x),f2(x)=f1(x),fn(x)=fn-1(x),nn,则f2013(x)=()a.sinxb.-sinxc.cosxd.-cosx【解析】选c.f1(x)=(sinx)=cosx,f2(x)=(cosx)=-sinx,f3(x)=(-sinx)=-cosx,f4(x)=(-cosx)=sinx,f5(x)=(sinx)=cosx=f1(x),f6(x)=(cosx)=-sinx=f2(x),故可猜测fn(x)以4为周期,有f4n+1(x)=f1(x)=cosx,f4n+2(x)=f2(x)=-sinx,f4n+3(x)=f3(x)=-cosx,f4n+4(x)=f4(x)=sinx,所以f2013(x)=f5034+1(x)=f1(x)=cosx,故选c.8.(2013江西高考)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.28b.76c.123d.199【解析】选c.由于a+b=1,a2+b2=3,a3+b3=4,a4+b4=7,a5+b5=11,通过观察发现,从第三个等式起,等号右边的常数分别为其前两个等式等号右边的常数的和.因此,a6+b6=11+7=18,a7+b7=18+11=29,a8+b8=29+18=47,a9+b9=47+29=76,a10+b10=76+47=123,故选c.9.下列不等式中一定成立的是()a.lgx2+14lgx(x0)b.sinx+1sinx2(xk,kz)c.x2+12x(xr)d.1x2+11(xr)【解析】选c.a项中,因为x2+14x,所以lgx2+14lgx;b项中sinx+1sinx2只有在sinx0时才成立;c项中由不等式a2+b22ab可知成立;d项中因为x2+11,所以01,nn*)个点,相应的图案中总的点数记为an,则9a2a3+9a3a4+9a4a5+9a2 012a2 013=()a.2 0102 011b.2 0112 012c.2 0122 013d.2 0132 012【解析】选b.因为由所给的图形可得,三角形的每个边有n个点,把每个边的点数相加得3n,这样角上的点被重复计算了一次,故第n个图形的点数为3n-3,即an=3n-3,故9anan+1=9(3n-3)3(n+1)-3=1(n-1)n=1n-1-1n,利用裂项求和可知9a2a3+9a3a4+9a4a5+9a2 012a2 013=1-12+12-13+13-14+12 011-12 012,除了首项1和末项-12 012,中间项都消去了,故结果为1-12 012=2 0112 012.11.在等差数列an中,若an0,公差d0,则有a4a6a3a7,类比上述性质,在等比数列bn中,若bn0,公比q1,则b4,b5,b7,b8的一个不等关系是()a.b4+b8b5+b7b.b4+b8b5+b8d.b4+b7a3a7,所以在等比数列bn中,由于4+8=5+7,所以应有b4+b8b5+b7或b4+b81,bn0,所以b4+b8b5+b7.【变式训练】平面内有n条直线,最多可将平面分成f(n)个区域,则f(n)的表达式为()a.n+1b.2nc.n2+n+22d.n2+n+1【解析】选c.1条直线将平面分成1+1个区域;2条直线最多可将平面分成1+(1+2)=4个区域;3条直线最多可将平面分成1+(1+2+3)=7个区域;n条直线最多可将平面分成1+(1+2+3+n)=1+n(n+1)2=n2+n+22个区域,选c.12.(2014潍坊高二检测)记集合t=0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,m=a110+a2102+a3103+a4104ait,i=1,2,3,4,将m中的元素按从大到小排列,则第2014个数是()a.710+9102+8103+6104b.510+5102+7103+2104c.510+5102+7103+3104d.710+9102+9103+1104【解析】选a.因为a110+a2102+a3103+a4104=1104(a1103+a2102+a3101+a4),括号内表示的10进制数,其最大值为9999,从大到小排列,第2014个数为9999-2014+1=7986,所以a1=7,a2=9,a3=8,a4=6.二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中横线上)13.(2014大连高二检测)现有一个关于平面图形的命题:如图所示,同一个平面内有两个边长都是a的正方形,其中一个的某顶点在另一个的中心,则这两个正方形重叠部分的面积恒为a24.类比到空间,有两个棱长均为a的正方体,其中一个的某顶点在另一个的中心,则这两个正方体重叠部分的体积恒为.【解析】平面内a22类比到空间a23=a38.答案:a3814.设等差数列an的前n项和为sn,若a6=s3=12,则an=.【解析】根据题意a6=s3=12,3a2=12,a2=4,a6=12,所以4d=8,d=2,所以an=a6+2(n-6)=2n,故可知数列an=2n.答案:2n15.(2014苏州高二检测)在平面直角坐标系xoy中,二元一次方程ax+by=0(a,b不为0)表示过原点的直线.类似地:在空间直角坐标系oxyz中,三元一次方程ax+by+cz=0(a,b,c不为0)表示.【解析】首先,ax+by=0表示一条直线.ax+by+c=0中的c=0说明截距为0,即当y=0时,解得x=0,所以当然过原点.同理,ax+by+cz=0,当z=0时,ax+by=0,它是平面xoy中的一条过原点的直线,所以ax+by+cz=0是过原点的一个平面,故答案为过原点的平面.答案:过原点的平面16.在算式“4+1=30”中的,中,分别填入两个正整数,使它们的倒数和最小,则这两个数构成的数对(,)应为.【解析】设数对为(a,b),则4a+b=30,所以1a+1b=1301a+1b(4a+b)=1305+ba+4ab310,仅当ba=4ab,4a+b=30时等号成立,即a=5,b=10.答案:(5,10)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.(10分)已知n0,试用分析法证明:n+2-n+1n+1-n.【证明】要证上式成立,需证n+2+n2n+1.需证(n+2+n)2n2+2n,需证(n+1)2n2+2n,需证n2+2n+1n2+2n,只需证10.因为10显然成立,所以原命题成立.18.(12分)已知实数a,b,c,d满足a+b=c+d=1,ac+bd1,求证a,b,c,d中至少有一个是负数.【证明】假设a,b,c,d都是非负实数,因为a+b=c+d=1,所以a,b,c,d0,1,所以acaca+c2,bdbdb+d2,所以ac+bda+c2+b+d2=1,这与已知ac+bd1相矛盾,所以原假设不成立,即证得a,b,c,d中至少有一个是负数.19.(12分)点p为斜三棱柱abc-a1b1c1的侧棱bb1上一点,pmbb1交aa1于点m,pnbb1交cc1于点n.(1)求证:cc1mn.(2)在任意def中有余弦定理:de2=df2+ef2-2dfefcosdfe.扩展到空间类比三角形的余弦定理,写出斜三棱柱的三个侧面面积与其中两个侧面所成的二面角之间的关系式,并予以证明.【解析】(1)因为pmbb1,pnbb1,又pmpn=p,所以bb1平面pmn.所以bb1mn.又cc1bb1,所以cc1mn.(2)在斜三棱柱abc-a1b1c1中,有sabb1a12=sbcc1b12+sacc1a12-2sbcc1b1sacc1a1cos.其中为平面cc1b1b与平面cc1a1a所成的二面角.证明如下:因为cc1平面pmn,所以上述的二面角的平面角为mnp.在pmn中,因为pm2=pn2+mn2-2pnmncosmnp,所以pm2cc12=pn2cc12+mn2cc12-2(pncc1)(mncc1)cosmnp,由于sbcc1b1=pncc1,sacc1a1=mncc1,sabb1a1=pmbb1=pmcc1,所以sabb1a12=sbcc1b12+sacc1a12-2sbcc1b1sacc1a1cos.20.(12分)(1)已知:a,b,x均是正数,且ab,求证:1a+xb+xab.(2)当a,b,x均是正数,且ab时,对真分数ab,给出类似上小题的结论,并予以证明.(3)证明:abc中,sinasinb+sinc+sinbsinc+sina+sincsina+sinbb+x0,所以1a+xb+x,又a+xb+x-ab=x(b-a)b(b+x)0,所以1a+xb+xab.(2)因为a1,应用第(1)小题结论,得1b+xa+xba,取倒数,得aba+xb+x1.(3)由正弦定理,原题abc中,求证:ab+c+bc+a+ca+b0,且ab+c,bc+a,ca+b均小于1,所以ab+c2aa+b+c,bc+a2ba+b+c,ca+b2ca+b+c,ab+c+bc+a+ca+b2aa+b+c+2ba+b+c+2ca+b+c=2.(4)如得出:四边形abcd中,各边长分别为a,b,c,d,求证:ab+c+d+bc+d+a+ca+b+d+da+b+c2.如得出:凸n边形a1a2a3an中,各边长依次为a1,a2,an,求证:a1a2+a3+an+a2a1+a3+an+ana1+a2+an-12.如得出:an为各项为正数的等差数列(d0),求证:a1a2+a2a3+a2n-1a2n4,求证:af(b),bf(a)中至少有一个大于12.【证明】(1)欲证fab+fba23,即证ba+2b+ab+2a