2011走向高考-贾凤山-高中总复习-第8篇1-2

2011走向高考-贾凤山-高中总复习-第8篇1-2LtD第八篇第1章第二讲一、选择题1．下面四个在平面内成立的结论①平行于同一直线的两直线平行②一条直线如果与两条平行线中的一条垂直，则必与另一条也垂直③垂直于同一直线的两直线平行④一条直线如果与两条平行线中的一条相交，则必与另一条相交在空间中也成立的为 ()A．①② B．③④C．①③ D．②④[答案]A2．“金导电、银导电、铜导电、铁导电；所以一切金属都导电”．此推理方法是 ()A．完全归纳推理 B．归纳推理C．类比推理 D．演绎推理[答案]B[解析]这是由特殊到一般的归纳推理．3．如图所示，小圆点表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网线相连，连线标注的数字表示该网线单位时间内可以通过的最大信息量．现从结点A向结点B传递信息，信息可以沿分开不同的路线同时传递，单位时间内传递的最大信息量为 ()(eq\f(m＋n,2)%)2)方案(Ⅳ)：a[1＋(m＋n)%]＝a(1＋(m＋n)%)又∵(eq\f(m＋n,2)%)2≥(eq\r(mn)%)2＝m%n%故选C.8．已知平面α外不共线的三点A、B、C到α的距离都相等，则正确的结论是 ()A．平面ABC必平行于αB．平面ABC必与α相交C．平面ABC必不垂直于αD．存在△ABC的一条中位线平行于α或在α内[答案]D[解析]由三点A、B、C可以不在平面α的同一侧，知A错；由三点A、B、C可以在平面α的同一侧，知B错；可以找到平面ABC垂直于平面α，知C错．[点评]如何证明选项D，请读者给出自己的理由．9．设a、b、c∈R＋，P＝a＋b－c，Q＝b＋c－a，R＝c＋a－b，则“PQR>0”是“P、Q、R同时大于零”的 (A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件[答案]C[解析]首先若P、Q、R同时大于零，则必有PQR>0成立．其次，若PQR>0，且P、Q、R不都大于0，则必有两个为负，不妨设P<0，Q<0，即a＋b－c<0，b＋c－a<0，∴b<0与b∈R＋矛盾，故P、Q、R都大于0.10．如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下4个命题中，假命题是 ()A．等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等B．等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补C．等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆D．等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上[答案]B[解析]如右图，由“等腰四棱锥”的定义知，PA＝PB＝PC＝PD.设P点在底面ABCD内的射影为O，则OA＝OB＝OC＝OD，从而∠PAO＝∠PBO＝∠PCO＝∠PDO，且四边形存在以O为圆心的外接圆，故A，C都对；在△PAO所在平面内作线段PA的中垂线交PO于M.则MP＝MA，从而MP＝MA＝MB＝MC＝MD.故四棱锥的顶点都在以M为球心的球面上．故D正确；显然当四棱锥为正四棱锥时，各侧面与底面成的角相等．当底面上四点任意排布在⊙O的圆周上时，B错．考查命题的判断与信息捕捉分析能力．二、填空题11．已知点An(n，an)为函数y＝eq\r(x2＋1)的图象上的点，Bn(n，bn)为函数y＝x图象上的点，其中n∈N*，设cn＝an－bn，则cn与cn＋1的大小关系为________．[答案]cn>cn＋1[解析]∵an＝eq\r(n2＋1)，bn＝n，cn＝eq\r(n2＋1)－n＝eq\f(1,\r(n2＋1)＋n)，随n的增大而减小，∴cn＋1<cn.12．(文)设f(x)定义如表，数列{xn}满足x1＝5，xn＋1＝f(xn)，则x2011的值为________.x123456f(x)451263[答案]4[解析]由条件知x1＝5，x2＝f(x1)＝f(5)＝6，x3＝f(x2)＝f(6)＝3，x4＝f(x3)＝f(3)＝1，x5＝f(x4)＝f(1)＝4，x6＝f(x5)＝f(4)＝2，x7＝f(x6)＝f(2)＝5＝x1，可知{xn}是周期为6的周期数列，∴x2011＝x1＝4.据此可知，{xn}周期为4，∴x2011＝x3＝1.(理)(09·福建)五位同学围成一圈依序循环报数，规定：①第一位同学首次报出的数为1，第二位同学首次报出的数也为1，之后每位同学所报出的数都是前两位同学所报出的数之和；②若报出的数为3的倍数，则报该数的同学需拍手一次．已知甲同学第一个报数，当五位同学依序循环报到第100个数时，甲同学拍手的总次数为________．[答案]5[解析]根据规则可知报数为1,1,2,3,5,8,13,21，…，被3除的余数规律为1,1,2,0,2,2,1,0,1,1,2,0，…，而是3的倍数的数出现在4的倍数位置．又甲在第1,6,11,16，…等次数上，则同时满足的有16,36,56,76,96共5个数．13．(文)(09·江苏)在平面上，若两个正三角形的边长的比为12，则它们的面积比为14.类似地，在空间，若两个正四面体的棱长比为12，则它们的体积比为________．[答案]18(理)E、F是△ABC的边AB、AC上的点，△ABC被线段EF分成两部分的面积之比，eq\f(S△AEF,S△ABC)＝eq\f(AE·AF,AB·AC)，类比此结论，则对于三棱锥P－ABC，若E、F、G分别为三条棱PA、PB、PC上的点，则有________．[答案]eq\f(VP－EFG,VP－ABC)＝eq\f(PE·PF·PG,PA·PB·PC)14．(文)若a、b、c为Rt△ABC的三边，其中c为斜边，那么an＋bn与cn(其中n∈N*且n>2)的大小关系是________．[答案]an＋bn<cn[解析]∵△ABC为Rt△，且c为斜边，∴c2＝a2＋b2，∴c>a>0，c>b>0，∴0<eq\f(a,c)<1,0<eq\f(b,c)<1，当n>2时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,c)))n＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))n<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,c)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))2＝eq\f(a2＋b2,c2)＝1，即an＋bn<cn.(理)设x>0，y>0，a＝x＋y，b＝xcos2θ·ysin2θ(θ∈R)，则a与b的大小关系为________．[答案]a>b[解析]∵x>0，y>0，∴x＋y>x，x＋y>y，∴(x＋y)cos2θ>xcos2θ，(x＋y)sin2θ>ysin2θ，∴b＝xcos2θ·ysin2θ<(x＋y)cos2θ·(x＋y)sin2θ＝(x＋y)sin2θ＋cos2θ＝x＋y＝a.三、解答题15．(文)先解答(1)，再根据结构类比解答(2)：(1)已知a，b为实数，且|a|<1，|b|<1，求证：ab＋1>a＋b.(2)已知a，b，c均为实数，且|a|<1，|b|<1，|c|<1，求证：abc＋2>a＋b＋c.[解析](1)ab＋1－(a＋b)＝(a－1)(b－1)>0.(2)∵|a|<1，|b|<1，|c|<1，据(1)得(ab)·c＋1>ab＋c，∴abc＋2＝[(ab)·c＋1]＋1>(ab＋c)＋1＝(ab＋1)＋c>a＋b＋c.你能再用归纳推理方法猜想出更一般地结论吗？即xi∈R，|xi|<1(i＝1,2，…，n)时，有________．(理)在Rt△ABC中，CA⊥CB，斜边上的高为h，则eq\f(1,h2)＝eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,BC2)，先证明此性质，再类比此性质，给出在四面体P－ABC中，若PA、PB、PC两两垂直，底面ABC上的高为h，写出得到的正确结论并证明之．[解析](1)eq\f(1,h2)＝eq\f(1,PA2)＋eq\f(1,PB2)＋eq\f(1,PC2)(2)Rt△ABC中，AC2＝AD·AB，BC2＝BD·AB，∴eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,BC2)＝eq\f(1,AD·AB)＋eq\f(1,BD·AB)＝eq\f(1,AB)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,AD)＋\f(1,BD)))＝eq\f(1,AB)·eq\f(AD＋BD,AD·BD)＝eq\f(1,AD·BD)＝eq\f(1,h2).四面体P－ABC中，PA、PB、PC两两垂直，设PD、PE、PF分别垂直于BC、AB、AC，PO⊥平面ABC，即PO＝h.∴△APD为直角三角形．∴eq\f(1,PA2)＋eq\f(1,PD2)＝eq\f(1,h2).同理，eq\f(1,PB2)＋eq\f(1,PF2)＝eq\f(1,h2)，eq\f(1,PC2)＋eq\f(1,PE2)＝eq\f(1,h2)，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,PA2)＋\f(1,PB2)＋\f(1,PC2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,PD2)＋\f(1,PE2)＋\f(1,PF2)))＝eq\f(3,h2)(*)又△APB为直角三角形，∴eq\f(1,PA2)＋eq\f(1,PB2)＝eq\f(1,PE2).同理，eq\f(1,PB2)＋eq\f(1,PC2)＝eq\f(1,PD2)，eq\f(1,PA2)＋eq\f(1,PC2)＝eq\f(1,PF2).∴(*)式变为eq\f(1,PA2)＋eq\f(1,PB2)＋eq\f(1,PC2)＋2eq\f(1,PA2)＋eq\f(1,PB2)＋eq\f(1,PC2)＝eq\f(3,h2).∴eq\f(1,PA2)＋eq\f(1,PB2)＋eq\f(1,PC2)＝eq\f(1,h2).16．观察①sin210°＋cos240°＋sin10°cos40°＝eq\f(3,4)；②sin26°＋cos236°＋sin6°cos36°＝eq\f(3,4).由上面两题的结构规律，你能否提出一个猜想？并证明你的猜想．[解析]观察40°－10°＝30°，36°－30°＝6°，由此猜想：sin2α＋cos2(30°＋α)＋sinα·cos(30°＋α)＝eq\f(3,4).证明：sin2α＋cos2(30°＋α)＋sinα·cos(30°＋α)＝eq\f(1－cos2α,2)＋eq\f(1＋cos(60°＋2α),2)＋eq\f(1,2)[sin(30°＋2α)－sin30°]＝1＋eq\f(1,2)[cos(60°＋2α)－cos2α]＋eq\f(1,2)sin(30°＋2α)－eq\f(1,2)＝1＋eq\f(1,2)[－2sin(30°＋2α)sin30°]＋eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sin(30°＋2α)－\f(1,2)))＝eq\f(3,4)－eq\f(1,2)sin(30°＋2α)＋eq\f(1,2)(sin30°＋2α)＝eq\f(3,4).17．(文)已知△ABC中，AB＝AC＝2，BC边上有2011个不同的点P1、P2、…、P2011，记Mi＝APeq\o\al(2,i)＋BPi·CPi(i＝1、2、…、2011)，求M1＋M2＋…＋M2011的值．[解析]可取特殊点试验Mi的值，例如，取BC的中点P，则∵AB＝AC，∴AP⊥BC，∴M＝AP2＋BP·PC＝AP2＋BP2＝AB2＝4，再猜想所有Mi的值可能均为4.验证：取BC中点P，又Pi为BC上任一点，∴Mi＝APeq\o\al(2,i)＋BPi·PiC＝APeq\o\al(2,i)＋(BP－PPi)(CP＋PPi)＝APeq\o\al(2,i)＋(BP－PPi)(BP＋PPi)＝APeq\o\al(2,i)＋BP2－PiP2＝(APeq\o\al(2,i)－PiP2)＋BP2＝AP2＋BP2＝AB2＝4，从而猜想正确，∴M1＋M2＋…＋M2011＝4×2011＝8044.(理)设数列{an}的首项a1＝a≠eq\f(1,4)，且an＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)an，n为偶数,an＋\f(1,4)，n为奇数.))记bn＝a2n－1－eq\f(1,4)，n＝1,2,3，….(1)求a2，a3；(2)判断{bn}是否为等比数列，并证明你的结论．[解析](1)a2＝a1＋eq\f(1,4)＝a＋eq\f(1,4)，a3＝eq\f(1,2)a2＝eq\f(1,2)a＋eq\f(1,8).(2)∵a4＝a3＋eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)a＋eq\f(3,8).∴a5＝eq\f(1,2)a4＝eq\f(1,4)a＋eq\f(3,16).∴b1＝a1－eq\f(1,4)＝a－eq\f(1,4)≠0，b2＝a3－eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,4)))，b3＝a5－eq\f(1,4)＝eq\f(1,4)eq\b\l