湖北荆门外高数学一轮检测第6章不等式、推理与证明3641pdf

第六章不等式、推理与证明第六章不等式、推理与证明 课时作业课时作业 36不等关系与不等式不等关系与不等式 一、选择题 1实数 x，y，z 满足 x22xyz1 且 xy210，则 x，y， z 满足的下列关系式为() AzyxBzxy CxzyDzxy 解析：由 x22xyz1zy(x1)20zy；又由 xy2 10yxy2y1(y1 2) 23 40yx，故 zyx. 答案：A 2(2014山东卷)已知实数 x，y 满足 axay(0ln(y21) CsinxsinyDx3y3 解析：由 axay(0f(y)，即 x3y3. 答案：D 3设 alge，b(lge)2，clg e，则() AabcBacb CcabDcba 解析：0(lge) 2.acb. 答案：B 4已知 0aNBMN CMND不能确定 解析： 00,1ab0， MN 1a 1a 1b 1b 22ab 1a1b0，故选 A. 答案：A 5已知 a，b，cR，给出下列命题： 若 ab，则 ac2bc2；若 ab0，则a b b a2；若 ab0，n N*，则 anbn；若 logab0，a1)，则(a1)(b1)0.其中真 命题的个数为() A2B3 C4D1 解析：当 c0 时，ac2bc20，所以为假命题；当 a 与 b 异号 时， a b0， b a1,0b1,0a1，即(a1)(b1)0.是真命题综 上真命题有 2 个，故选 A. 答案：A 6已知 0a0B2a b1 2 Clog2alog2b2D21 2 解析： 若 0a1， 此时 log2a0， A 错误； 若 ab224， D 错误； 由 ab12 ab， 即 ab1 4，因此 log 2alog2blog2(ab)log21 42.故选 C. 答案：C 二、填空题 7已知 a1a2，b1b2，则 a1b1a2b2与 a1b2a2b1的大小关系是 _ 解析：a1b1a2b2(a1b2a2b1)(a1a2)(b1b2)，因为 a1a2， b1b2，所以 a1a20，b1b20，于是(a1a2)(b1b2)0，故 a1b1 a2b2a1b2a2b1. 答案：a1b1a2b2a1b2a2b1 8若 1a3，4b2，则 a|b|的取值范围是_ 解析：4b2，0|b|4，4|b|0.又1a3， 3ab(ab) 三、解答题 10设 abc，求证： 1 ab 1 bc 1 ca0. 证明：abc，cb. acab0. 1 ab 1 ac0. 1 ab 1 ca0.又 bc0， 1 bc0. 1 ab 1 bc 1 ca0. 11甲、乙两人同时从寝室到教室，甲一半路程步行，一半路程 跑步，乙一半时间步行，一半时间跑步，如果两人步行速度、跑步速 度均相同，试判断谁先到教室？ 解：设从寝室到教室的路程为 s，甲、乙两人的步行速度为v1， 跑步速度为v2，且v14v 1v2 4v1v2 1. t 甲0，t乙0，t甲t乙，即乙先到教室 1设 a0，b0，则以下不等式中不恒成立的是() A(ab) 1 a 1 b 4Ba3b32ab2 Ca2b222a2bD. |ab| a b 解析：a0，b0，(ab) 1 a 1 b 2 ab2 1 a 1 b4，故 A 恒 成立； a3b32ab2a3ab2b3ab2(ab)(a2abb2)，无法确 定正负，故 B 不恒成立； a2b22(2a2b)(a1)2(b1)20，故 C 恒成立； 若 a x成立， 则实数 m 的取值范围为() A. ，1 eB. 1 e，e C(，0)D(0，) 解析：由xm ex x得：mex xx， 令 f(x)ex xx，则mf(x)min. f(x)ex xex 1 2 x1 2e x10， 所以 f(x)f(0)0，m0，maab，则实数 b 的取值范围是 _ 解析：ab2aab，a0， 当 a0 时，b21b，即 b21， b1， 解得 b1； 当 a0 时，b2140 3 10. 所以，10 年内该企业的人均年终奖不会超过 3 万元 (2)设 1x10， 所以 608002 000a0，得 a3， 集合 Bx|y x1 x2， 则 A( RB)() A(1,2)B(1,2 C(1，)D1,2 解析： 由 Ax|2x1|3x|x1 或 x2 或 x1，所以 RBx|1x2，所以 A(RB)x|10x|1xe 或 x1 2，故 AB(1， 1 2 答案：B 3“00， 显然成立； 当 a0 时，a0， 4a24a0 的解集是实数集 R 等价于 0a1.因此，“0a0 的解集是实数集 R”的充分而不必要条件 答案：A 4关于 x 的不等式 x2(a1)xa0 的解集中，恰有 3 个整数， 则 a 的取值范围是() A(4,5)B(3，2)(4,5) C(4,5D3，2)(4,5 解析：原不等式可能为(x1)(xa)1 时，得 1xa，此 时解集中的整数为 2,3,4，则 4a5，当 a1 时得 ax0，知方程恒有两个不等实根，又知两根之积 为负，所以方程必有一正根、一负根 于是不等式在区间1,5上有解的充要条件是 f(5)0，f(1)0，解 得 a23 5 ，且 a1，故 a 的取值范围为 23 5 ，1 . 答案：B 6已知奇函数 f(x)满足 f(1)f(3)0，在区间2,0)上是减函 数， 在区间2， )是增函数， 函数 F(x) xfx，x0 ， 则 F(x)0 的解集是() Ax|x3，或 0x3 Bx|x3，或1x0，或 0x3 Cx|3x1，或 1x3 Dx|x3，或 0x1，或 1x2，或 2x3 解析：由题意，可得 f(x)的草图如下： x0，即 xf(x)0，解得30，即 f(x)0，解得 1x0 的解集为x|3x1 或 1x3 答案：C 二、填空题 7若关于 x 的不等式 1 2x 2(2m)x0 的解集是x|0x1.由根与系数的关 系，得 1b3 a， 1b2 a， 解得 a1， b2. (2)原不等式 ax2(acb)xbc0，可化为 x2(2c)x2c0，即 (x2)(xc)2 时，不等式(x2)(xc)0 的解集为x|2xc； 当 c2 时，不等式(x2)(xc)0 的解集为x|cx2； 当 c2 时，不等式(x2)(xc)2 时，不等式 ax2(acb)xbc0 的解集为 x|2xc； 当 c2 时，不等式 ax2(acb)xbc0 的解集为x|cx2； 当 c2 时，不等式 ax2(acb)xbc0，且 0xm0. 那么当 a0 时，不等式 F(x)0 的解集为x|x2； 当 a0 的解集为x|1x0，且 0xmn1 a， xm0. f(x)m0，不满足题意；若 a1 时，不等式化为 30，满足题意 (2)当 a24a50 时，应有 a24a50， 16a1212a24a50. 解得 1a19. 综上 1a19. 答案：C 2偶函数 f(x)(xR)满足：f(4)f(1)0，且在区间 0，5 2 与 5 2，上分别递减和递增，则不等式 x3f(x)0 的解集为() A(，4)(4，) B(4，1)(1,4) C(，4)(1,0) D(，4)(1,0)(1,4) 解析： 由图知， f(x)0 的解集为(4， 1)(1,4)， 不等式 x3f(x)0 的解集 为(1,2)，若 f(x)的最大值小于 1，则 a 的取值范围是_ 解析：由题意知 a0，可设 f(x)a(x1)(x2)ax23ax2a， f(x)maxf 3 2 a 44，故41， a1，ac0， 对于函数 f(x)ax2(ab)xc 有(ab)24ac0， 函数 yf(x)必有两个不同零点 (2)|mn|2(mn)24mnba 24ac a2 2ac 24ac a2 c a 28c a4， 由不等式 ax2bxc0 的解集为(1，t)可知，方程 ax2bxc0 的两个解分别为 1 和 t(t1)，由根与系数的关系知c at，|mn| 2t2 8t4，t(1，) |mn| 13，|mn|的取值范围为( 13，) 课时作业课时作业 38 二元一次不等式二元一次不等式(组组)与简单的线性规划问题与简单的线性规划问题 一、选择题 1(2014广东卷)若变量 x，y 满足约束条件 yx， xy1， y1， 且 z 2xy 的最大值和最小值分别为 m 和 n，则 mn() A8B7 C6D5 解析：画出如图阴影部分所示的可行域，易知 z2xy 在点(2， 1)与(1，1)处分别取得最大值 m3 和最小值 n3，mn 6，选 C. 答案：C 2 (2014湖北卷)由不等式组 x0， y0， yx20 确定的平面区域记为 1，不等式组 xy1， xy2 确定的平面区域记为2，在1中随机抽取 一点，则该点恰好在2内的概率为() A.1 8 B.1 4 C.3 4 D.7 8 解析： 由题意作图，如图所示，1的面积为1 2222，图中阴影部分 的面积为 21 2 2 2 2 2 7 4，则所求的概率为 P 7 4 2 7 8，故选 D. 答案：D 3若点(x，y)位于曲线 y|x|与 y2 所围成的封闭区域，则 2x y 的最小值是() A6B2 C0D2 解析：由题中条件画出封闭区域如图中阴影部分所示 结合图形知，z2xy 在 A(2,2)处取得最小值，且 zmin2( 2)26. 答案：A 4(2014安徽卷)x，y 满足约束条件 xy20， x2y20， 2xy20. 若 zy ax 取得最大值的最优解不唯一，则实数 a 的值为() A.1 2或1 B2 或1 2 C2 或 1D2 或1 解析：画出如图阴影部分所示的可行域，zyax 表示的直线向 上移动取到最大值，zyax 取得最大值的最优解不唯一，则当 a0 时，zyax 与 2xy20 平行所以 a2，而当 a0 时，zy ax 与 xy20 平行，所以 a1，综上 a2 或1. 答案：D 5(2014福建卷)已知圆 C：(xa)2(yb)21，平面区域： xy70， xy30， y0. 若圆心 C，且圆 C 与 x 轴相切，则 a2b2的最 大值为() A5B29 C37D49 解析： 由题意，画出可行域，圆心 C，且圆 C 与 x 轴相切，所以 b 1. 所以圆心在直线 y1 上，求得与直线 xy30，xy70 的两交点坐标分别为 A(2,1)，B(6,1)，所以 a2,6 所以 a2b2a211,37，所以 a2b2的最大值为 37.故选 C. 答案：C 6某旅行社租用 A、B 两种型号的客车安排 900 名客人旅行，A、 B 两种车辆的载客量分别为 36 人和 60 人，租金分别为 1 600 元/辆和 2 400 元/辆，旅行社要求租车总数不超过 21 辆，且 B 型车不多于 A 型车 7 辆则租金最少为() A31 200 元B36 000 元 C36 800 元D38 400 元 解析：设旅行社租 A 型车 x 辆，B 型车 y 辆，租金为 z 元，则 z 1 600 x2 400y800(2x3y)由题中条件可得约束条件为： x，yN 36x60y900 xy21 yx7 据此画出可行域如图中阴影部分区域内的整数 点 令 z2x3y，结合图形知 z2x3y 在 A(5,12)处取得最小 值，且最小值为 2531246，z 的最小值为 8004636 800. 答案：C 二、填空题 7若不等式组 x1， y0， 2xy6， xya 表示的平面区域是一个四边形， 则实数 a 的取值范围是_ 解析： 平面区域如图中的阴影部分，直线 2xy6 交 x 轴于点 A(3,0)， 交直线 x1 于点 B(1,4)， 当直线 xya 与直线 2xy6 的交点在线 段 AB(不包括线段端点)上时，此时不等式组所表示的区域是一个四边 形将点 A 的坐标代入直线 xya 的方程得 30a，即 a3，将 点 B 的坐标代入直线 xya 的方程得 a145， 故实数 a 的取值 范围是(3,5) 答案：(3,5) 8若变量 x，y 满足约束条件 x2y8， 0x4， 0y3， 则 xy 的最大值为 _ 解析：由题中约束条件画出可行域如图中阴影部分所示 结合图形知，zxy 在 A(4,2)处取得最大值，且 zmax426. 答案：6 9实数 x，y 满足不等式组 xy20， 2xy50， xy40， 则 z|x2y4| 的最大值为_ 解析：作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示 z|x2y4|x2y4| 5 5， 即其几何含义为阴影区域内的点到直线 x2y40 的距离的 5 倍 由 xy20， 2xy50， 得 B 点坐标为(7,9)，显然点 B 到直线 x2y 40 的距离最大，此时 zmax21. 答案：21 三、解答题 10已知 D 是以点 A(4,1)，B(1，6)，C(3,2)为顶点的三角 形区域(包括边界与内部)如图所示 (1)写出表示区域 D 的不等式组 (2)设点 B(1，6)，C(3,2)在直线 4x3ya0 的异侧，求 a 的取值范围 解：(1)直线 AB，AC，BC 的方程分别为 7x5y230，x7y 110,4xy100.原点(0,0)在区域 D 内， 故表示区域 D 的不等式 组为： 7x5y230， x7y110， 4xy100. (2)根据题意有4(1)3(6)a4(3)32a0， 即(14a)(18a)0， 得 a 的取值范围是18a14. 故 a 的取值范围是(18,14) 11变量 x，y 满足 x4y30， 3x5y250， x1. (1)设 zy x，求 z 的最小值； (2)设 zx2y26x4y13，求 z 的取值范围 解：由约束条件 x4y30， 3x5y250， x1， 作出(x，y)的可行域如图阴影部分所示 由 x1， 3x5y250， 解得 A 1，22 5 . 由 x1， x4y30， 解得 C(1,1) 由 x4y30， 3x5y250， 解得 B(5,2) (1)zy x y0 x0， z 的值即是可行域中的点与原点 O 连线的斜率 观察图形可知 zminkOB2 5. (2)zx2y26x4y13(x3)2(y2)2的几何意义是可行域 上的点到点(3,2)的距离的平方结合图形可知，可行域上的点到( 3,2)的距离中，dmin1(3)4，dmax5(3)8. 16z64. 1在平面直角坐标系中，点 P 是由不等式组 x0， y0， xy1 所确定 的平面区域内的动点， Q 是直线 2xy0 上任意一点， O 为坐标原点， 则|OP OQ |的最小值为() A. 5 5 B. 2 3 C. 2 2 D1 解析： 在直线 2xy0 上取一点 Q， 使得QO OQ ， 则|OP OQ |OP QO |QP |PP |BA |，其中 P，B 分别为点 P， A 在直线 2xy0 上的投影，如图： 因为|AB | |01| 1222 5 5 ， 因此|OP OQ |min 5 5 ，故选 A. 答案：A 2在平面直角坐标系中，O 是坐标原点，两定点 A，B 满足|OA | |OB |OA OB 2，则点集P|OP OA OB ，|1，R 所表示的区域的面积是() A2 2B2 3C4 2D4 3 解析： 由|OA |OB |OA OB |OA |OB |cos OA ， OB 2 知 OA ， OB 3. 不妨设OA (2,0)，OB (1， 3)，OP (x，y)， OP OA OB ， (x，y)(2,0)(1， 3)， 则 x2， y 3， 解得 y 3， 1 2 x y 3 . 由|1 得| 3xy|2y|2 3. 作可行域如图阴影部分所示 则所求面积 S21 24 34 3. 答案：D 3给定区域 D： x4y4， xy4， x0. 令点集 T(x0，y0)D|x0，y0 Z，(x0，y0)是 zxy 在 D 上取得最大值或最小值的点，则 T 中的 点共确定_条不同的直线 解析：由区域 D： x4y4， xy4， x0， 画出可行域如图阴影部分所示 经平移可知目标函数 zxy 在 A(0,1)处取得最小值，在线段 BC 处取得最大值，而集合 T 表示 zxy 取得最大值或最小值时的整数 点，在取最大值时 线段 BC 上共有 5 个整点，分别为(0,4)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(4,0)， 故 T 中的点共确定 6 条不同的直线 答案：6 4已知实数 x，y 满足 yx1， x3， x5y4， 则x 2 y 的最小值是_ 解析：可行域如图阴影部分所示，令x 2 y k，所以 yx 2 k .当 k0 时，有两种情况：当 k 取最小 值即抛物线过点 A 3 2， 1 2 .所以x 2 y 的最小值是9 2；当抛物线 y x2 k 与直线 x y10 3 2 2 ab C.b a a b2 Da2b22ab 解析：因为 ab0，即b a0， a b0，所以 b a a b2 b a a b2. 答案：C 2设 0ab，则下列不等式中正确的是() Aab abab 2 Ba abab 2 b Ca abbab 2 D. abaab 2 b 解析：代入 a1，b2，则有 0a1 ab 20.若 ab1，则1 a 1 b的最小值是( ) A2B.1 4 C4D8 解析：由题意1 a 1 b ab a ab b 2b a a b22 b a a b4，当 且仅当b a a b，即 ab 1 2时，取等号，所以最小值为 4. 答案：C 4已知 a0，b0，a，b 的等比中项是 1，且 mb1 a，na 1 b， 则 mn 的最小值是() A3B4 C5D6 解析：由题意知：ab1，mb1 a2b，na 1 b2a，m n2(ab)4 ab4. 答案：B 5 已知函数 yx4 9 x1(x1)， 当 xa 时， y 取得最小值 b， 则 ab() A3B2 C3D8 解析：yx4 9 x1x1 9 x15，由 x1，得 x10， 9 x10， 所以由基本不等式得yx1 9 x152 x1 9 x1 51，当且仅当 x1 9 x1，即(x1) 29，所以 x13，即 x2 时取等号，所以 a2，b1，ab3. 答案：C 6已知直线 axbyc10(bc0)经过圆 x2y22y50 的 圆心，则4 b 1 c的最小值是( ) A9B8 C4D2 解析：由圆的一般方程 x2y22y50 知 D0，E2，所 以，圆心的坐标为(0,1)又因为直线 axbyc10(bc0)经过该圆 心，所以 a0b1c10，即 bc1，所以， 4 b 1 c 4bc b bc c 44c b b c15 4c b b c52 4c b b c9. 答案：A 二、填空题 7若正实数 a，b 满足 ab2，则(12a)(1b)的最小值为 _ 解析：(12a)(1b)52ab52 2ab9.当且仅当 2ab， 即 a1，b2 时取等号 答案：9 8 已知 a， b， m， n 均为正数， 且 ab1， mn2， 则(ambn)(bm an)的最小值为_ 解析： (ambn)(bman)ab(m2n2)mn(a2b2)2abmn2(a2 b2)2(ab)22.当且仅当 mn 2时取等号 答案：2 9 已知不等式 20 n m lnm n 0 对任意正整数 n 恒成立， 则实数 m 的取值范围是_ 解析：当m n 1，即 mn 时，lnm n 0，所以20 n m0，得 m20 n ， 即 nm20 n ，所以 n220. 又因为 nN*，所以 n4，故20 n 5. 所以 4m5； 当 0m n 1，即 020. 又因为 nN*，所以 n5，所以 4m0，b0，ab1，求证： (1)1 a 1 b 1 ab8； (2)(11 a)(1 1 b)9. 证明：(1)ab1，a0，b0， 1 a 1 b 1 ab 1 a 1 b ab ab 2(1 a 1 b)2( ab a ab b ) 2(b a a b)44 b a a b48 (当且仅当 ab1 2时，等号成立)， 1 a 1 b 1 ab8. (2)(11 a)(1 1 b) 1 a 1 b 1 ab1， 由(1)知1 a 1 b 1 ab8. (11 a)(1 1 b)9. 11运货卡车以每小时 x 千米的速度匀速行驶 130 千米 (50x100)(单位：千米/小时)假设汽油的价格是每升 2 元，而汽 车每小时耗油(2 x2 360)升，司机的工资是每小时 14 元 (1)求这次行车总费用 y 关于 x 的表达式； (2)当 x 为何值时， 这次行车的总费用最低， 并求出最低费用的值 解：(1)由题意得，行驶时间为130 x 小时 y130 x 2 x2 360 214130 x 2 340 x 13x 18 .x50,100 (2)由题意得，13x 18 0，2 340 x 0 由基本不等式可得，y2 340 x 13x 18 2 13x 18 2 340 x 26 10 当且仅当13x 18 13018 x 即 x18 1050,100时等号成立 所以当 x 为 1810千米/小时，这次行车的总费用最低，最低总费 用为 2610元 1若正数 a，b 满足1 a 1 b1，则 1 a1 9 b1的最小值为( ) A1B6 C9D16 解析：方法 1：因为1 a 1 b1，所以 abab(a1)(b1)1， 所以 1 a1 9 b12 1 a1 9 b1236. 方法 2： 因为1 a 1 b1， 所以 abab， 1 a1 9 b1 b19a9 abab1 b9a10(b9a) 1 a 1 b 1016106. 方法 3：因为1 a 1 b1，所以 a1 1 b1， 所以 1 a1 9 b1(b1) 9 b12 9236. 答案：B 2若实数 a，b，c 满足 a2b2c28，则 abc 的最大值为 () A9B2 3 C3 2D2 6 解析：(abc)2a2b2c22ab2ac2bc82ab2ac 2bc. a2b22ab，a2c22ac，b2c22bc， 82ab2ac2bc2(a2b2c2)824，当且仅当 abc 时取等号， abc2 6. 答案：D 3若实数 a，b，c 满足 2a2b2a b,2a2b2c2abc，则 c 的 最大值是_ 解析：由基本不等式得 2a2b2 2a2b22，即 2a b22 ，所以 2a b4.令 t2ab，由 2a2b2c2abc 可得 2a b2c2ab2c，所以 2c t t11 1 t1，由 t4，得 1 t t1 4 3，即 12c4 3，所以 0clog 24 32log 23，故答案为 2log23. 答案：2log23 4设关于 x 的不等式|x2|a(aR)的解集为 A，且3 2A， 1 2 A. (1)xR，|x1|x3|a2a 恒成立，且 aN，求 a 的值； (2)若 ab1， 求 1 3|b| |b| a 的最小值， 并指出取得最小值时 a 的值 解：(1)3 2A， 1 2A， | 3 22|a，| 1 22|a，即1 2a 5 2， |x1|x3|(x1)(x3)|2， a2a20，2a1，1 2a1. 又 aN，a1. (2)1 2 a5 2 ， 1 3|b| |b| a ab 3|b| |b| a b 3|b| a 3|b| |b| a 1 3 2 a 3|b| |b| a 2 31 3 .当且仅当 b0， a23b2， 即 a 3 31， b 1 31 时上 式取等号又1 2 3 31 3 3 2 5 2， 1 3|b| |b| a 的最小值是2 31 3 ， 取最小值时 a3 3 2 . 课时作业课时作业 40合情推理与演绎推理合情推理与演绎推理 一、选择题 1下列推理过程是类比推理的为() A人们通过大量试验得出抛硬币出现正面的概率为 0.5 B科学家通过研究老鹰的眼睛发明了电子鹰眼 C通过检验溶液的 pH 值得出溶液的酸碱性 D数学中由周期函数的定义判断某函数是否为周期函数 解析：由类比推理的概念可知 答案：B 2已知ABC 中，A30，B60，求证：ab. 证明：A30，B60，AB. ab，其中，画线部分是演绎推理的() A大前提B小前提 C结论D三段论 解析：由三段论的组成可得划线部分为三段论的小前提 答案：B 3已知数列an的前 n 项和为 Sn，则 a11，Snn2an，试归纳猜 想出 Sn的表达式为() ASn 2n n1 BSn2n1 n1 CSn2n1 n1 DSn 2n n2 解析：Snn2ann2(SnSn1)，Sn n2 n21S n1，S1a11，则 S24 3，S 33 2 6 4，S 48 5.猜想得 S n 2n n1，故选 A. 答案：A 4设ABC 的三边长分别为 a、b、c，ABC 的面积为 S，内切 圆半径为 r，则 r 2S abc；类比这个结论可知：四面体 SABC 的 四个面的面积分别为 S1、S2、S3、S4，内切球的半径为 r，四面体 S ABC 的体积为 V，则 r() A. V S1S2S3S4 B. 2V S1S2S3S4 C. 3V S1S2S3S4 D. 4V S1S2S3S4 解析：设三棱锥的内切球球心为 O，那么由 VVOABCVOSAB VOSACVOSBC，即：V1 3S 1r1 3 S2r1 3 S3r1 3S 4r，可得：r 3V S1S2S3S4. 答案：C 5我国古代称直角三角形为勾股形，并且直角边中较小者为勾， 另一直角边为股，斜边为弦若 a，b，c 为直角三角形的三边，其中 c 为斜边，则 a2b2c2，称这个定理为勾股定理现将这一定理推广 到立体几何中： 在四面体 OABC 中， AOBBOCCOA90， S 为顶点 O 所对面的面积，S1，S2，S3分别为侧面OAB，OAC， OBC 的面积，则下列选项中对于 S，S1，S2，S3满足的关系描述正 确的为() AS2S21S22S23BS2 1 S21 1 S22 1 S23 CSS1S2S3DS 1 S1 1 S2 1 S3 解析： 如图， 作 ODBC 于 D， 连接 AD， 由立体几何知识知， ADBC， 从而 S2( 1 2 BCAD)2 1 4 BC2AD2 1 4 BC2(OA2OD2) 1 4 (OB2 OC2)OA21 4BC 2OD2(1 2OBOA) 2(1 2OCOA) 2(1 2BCOD) 2S2 1S22 S23. 答案：A 6 把正整数按一定的规则排成了如图所示的三角形数表， 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 aij2 009，则 i 与 j 的和为() 1 24 357 681012 911131517 141618202224 A105B106 C107D108 解析：由题可知奇数行为奇数列，偶数行为偶数列.2 00921 0051，所以 2 009 为第 1 005 个奇数，又前 31 个奇数行内数的个数 为 961，前 32 个奇数行内数的个数为 1 024，故 2 009 在第 32 个奇数 行内，则 i63，因为第 63 行第 1 个数为 296211 923，2 009 1 9232(m1)，所以 m44，即 j44，ij107. 答案：C 二、填空题 7观察下列不等式 1 1 22 3 2， 1 1 22 1 32 5 3， 1 1 22 1 32 1 42 7 4， 照此规律，第五个不等式为_ 解析：由前几个不等式可知 1 1 22 1 32 1 42 1 n2 2n1 n . 所以第五个不等式为 1 1 22 1 32 1 42 1 52 1 625 2，f(2 4)3， f(25)7 2，推测当 n2 时，有_ 解析：因为 f(22)4 2，f(2 3)5 2，f(2 4)6 2，f(2 5)7 2，所以当 n2 时， 有 f(2n)n2 2 . 答案：f(2n)n2 2 三、解答题 10平面中的三角形和空间中的四面体有很多相类似的性质，例 如在三角形中：(1)三角形两边之和大于第三边；(2)三角形的面积 S 1 2底高； (3)三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的 1 2； 请类比上述性质，写出空间中四面体的相关结论 解：由三角形的性质，可类比得空间四面体的相关性质为： (1)四面体的任意三个面的面积之和大于第四个面的面积； (2)四面体的体积 V1 3底面积高； (3)四面体的中位面平行于第四个面且面积等于第四个面的面积 的1 4. 11给出下面的数表序列： 表 1表 2表 3 113135 448 12 其中表 n(n1,2,3，)有 n 行，第 1 行的 n 个数是 1,3,5，2n 1，从第 2 行起，每行中的每个数都等于它肩上的两数之和 写出表 4，验证表 4 各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成 等比数列，并将结论推广到表 n(n3)(不要求证明) 解：表 4 为 1357 4812 1220 32 它的第 1,2,3,4 行中的数的平均数分别是 4,8,16,32， 它们构成首项 为 4，公比为 2 的等比数列 将这一结论推广到表 n(n3)，即表 n(n3)各行中的数的平均数 按从上到下的顺序构成首项为 n，公比为 2 的等比数列 1如下图所示，将若干个点摆成三角形图案，每条边(包括两个 端点)有 n(n1，nN*)个点，相应的图案中总的点数记为 an，则 9 a2a3 9 a3a4 9 a4a5 9 a2 012a2 013( ) A.2 010 2 011 B.2 011 2 012 C.2 012 2 013 D.2 013 2 012 解析：由图案可得第 n 个图案中的点数为 3n，则 an3n3， 9 3n13n 1 nn1 1 n1 1 n， 9 a2a3 9 a3a4 9 a4a5 9 a2 012a2 013 1 1 1 2 1 2 1 3 1 2 011 1 2 012 1 1 2 012 2 011 2 012，故选 B. 答案：B 2 从 1 开始的自然数按如图所示的规则排列， 现有一个三角形框 架在图中上下或左右移动，使每次恰有九个数在此三角形内，则这九 个数的和可以为() A2 907B2 111 C2 012D2 090 解析：依题意，设位于三角形内的最小数是 n，其中 n 被 8 除后 的余数必是 3,4,5,6 之一，则这九个数的和等于 n3(n8)5(n16) 9n104.令 9n1042 012， 得 n212， 且 n212 被 8 除后的余数 是 4. 答案：C 3观察分析下表中的数据： 多面体面数(F)顶点数(V)棱数(E) 三棱柱569 五棱锥6610 立方体6812 猜想一般凸多面体中 F，V，E 所满足的等式是_ 解析：由给出的数据归纳可得出 FVE2. 答案：FVE2 4 某同学在一次研究性学习中发现， 以下五个式子的值都等于同 一个常数： sin213cos217sin13cos17； sin215cos215sin15cos15； sin218cos212sin18cos12； sin2(18)cos248sin(18)cos48； sin2(25)cos255sin(25)cos55. (1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数； (2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证 明你的结论 解：(1)选择式，计算如下： sin215cos215sin15cos1511 2sin30 3 4. (2)归纳三角恒等式 sin2cos2(30)sincos(30)3 4. 证明如下： sin2 cos2(30 ) sincos(30 ) 1cos2 2 1cos602 2 sin(cos30cossin30sin) 1 2 1 2 cos21 2 1 2 (cos60cos2sin60sin2) 3 2 sincos 1 2sin 2 1 2 1 2cos2 1 2 1 4cos2 3 4 sin2 3 4 sin21 4(1cos2) 11 4cos2 1 4 1 4cos2 3 4. 课时作业课时作业 41直接证明与间接证明直接证明与间接证明 一、选择题 1命题“对于任意角，cos4sin4cos2”的证明：“cos4 sin4(cos2sin2)(cos2sin2)cos2sin2cos2”过程应 用了() A分析法 B综合法 C综合法、