高中數(shù)學(xué)北師大版2第一章推理與證明 章末綜合測(cè)評(píng)

章末綜合測(cè)評(píng)(一)推理與證明(時(shí)間120分鐘，滿分150分)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1.下面四個(gè)推理不是合情推理的是()A.由圓的性質(zhì)類比推出球的有關(guān)性質(zhì)B.由直角三角形、等腰三角形、等邊三角形的內(nèi)角和都是180°，歸納出所有三角形的內(nèi)角和都是180°C.某次考試張軍的成績(jī)是100分，由此推出全班同學(xué)的成績(jī)都是100分D.蛇、海龜、蜥蜴是用肺呼吸的，蛇、海龜、蜥蜴是爬行動(dòng)物，所以所有的爬行動(dòng)物都是用肺呼吸的【解析】逐項(xiàng)分析可知，A項(xiàng)屬于類比推理，B項(xiàng)和D項(xiàng)屬于歸納推理，而C項(xiàng)中各個(gè)學(xué)生的成績(jī)不能類比，不是合情推理.【答案】C2.用反證法證明命題“若直線AB，CD是異面直線，則直線AC，BD也是異面直線”的過程歸納為以下三個(gè)步驟：①則A，B，C，D四點(diǎn)共面，所以AB，CD共面，這與AB，CD是異面直線矛盾；②所以假設(shè)錯(cuò)誤，即直線AC，BD也是異面直線；③假設(shè)直線AC，BD是共面直線.則正確的序號(hào)順序?yàn)?)A.①②③ B.③①②C.①③② D.②③①【解析】結(jié)合反證法的證明步驟可知，其正確步驟為③①②.【答案】B3.下列推理是歸納推理的是()，B為定點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P滿足|PA|＋|PB|＝2a>|AB|，得P的軌跡為橢圓B.由a1＝1，an＝3n－1，求出S1，S2，S3，猜想出數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn的表達(dá)式C.由圓x2＋y2＝r2的面積πr2，猜出橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1的面積S＝πabD.科學(xué)家利用魚的沉浮原理制造潛艇【解析】由歸納推理的特點(diǎn)知，選B.【答案】B4.用反證法證明“a，b，c中至少有一個(gè)大于0”，下列假設(shè)正確的是()【導(dǎo)學(xué)號(hào)：94210028】A.假設(shè)a，b，c都小于0B.假設(shè)a，b，c都大于0C.假設(shè)a，b，c中都不大于0D.假設(shè)a，b，c中至多有一個(gè)大于0【解析】用反證法證明“a，b，c中至少有一個(gè)大于0”，應(yīng)先假設(shè)要證命題的否定成立.而要證命題的否定為：“假設(shè)a，b，c中都不大于0”，故選C.【答案】C5.用數(shù)學(xué)歸納法證明“5n－2n能被3整除”的第二步中，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，為了使用假設(shè)，應(yīng)將5k＋1－2k＋1變形為()A.(5k－2k)＋4·5k－2k(5k－2k)＋3·2kC.(5－2)(5k－2k)(5k－2k)－3·5k【解析】5k＋1－2k＋1＝5k·5－2k·2＝5k·5－2k·5＋2k·5－2k·2＝5(5k－2k)＋3·2k.【答案】B6.已知n為正偶數(shù)，用數(shù)學(xué)歸納法證明1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…－eq\f(1,n)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋2)＋\f(1,n＋4)＋…＋\f(1,2n)))時(shí)，若已假設(shè)n＝k(k≥2且k為偶數(shù))時(shí)等式成立，則還需要用歸納假設(shè)再證n＝________時(shí)等式成立.()＋1＋2＋2(k＋2)【解析】根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法的步驟可知，n＝k(k≥2且k為偶數(shù))的下一個(gè)偶數(shù)為n＝k＋2，故選B.【答案】B7.(2023·昌平模擬)已知{bn}為等比數(shù)列，b5＝2，則b1·b2·b3·b4·b5·b6·b7·b8·b9＝29.若{an}為等差數(shù)列，a5＝2，則{an}的類似結(jié)論為()…a9＝29＋a2＋a3＋…＋a9＝29…a9＝2×9＋a2＋a3＋…＋a9＝2×9【解析】根據(jù)等差、等比數(shù)列的特征知，a1＋a2＋…＋a9＝2×9.【答案】D8.(2023·北京高考)袋中裝有偶數(shù)個(gè)球，其中紅球、黑球各占一半.甲、乙、丙是三個(gè)空盒.每次從袋中任意取出兩個(gè)球，將其中一個(gè)球放入甲盒，如果這個(gè)球是紅球，就將另一個(gè)球放入乙盒，否則就放入丙盒.重復(fù)上述過程，直到袋中所有球都被放入盒中，則()A.乙盒中黑球不多于丙盒中黑球B.乙盒中紅球與丙盒中黑球一樣多C.乙盒中紅球不多于丙盒中紅球D.乙盒中黑球與丙盒中紅球一樣多【解析】取兩個(gè)球往盒子中放有4種情況：①紅＋紅，則乙盒中紅球數(shù)加1；②黑＋黑，則丙盒中黑球數(shù)加1；③紅＋黑(紅球放入甲盒中)，則乙盒中黑球數(shù)加1；④黑＋紅(黑球放入甲盒中)，則丙盒中紅球數(shù)加1.因?yàn)榧t球和黑球個(gè)數(shù)一樣多，所以①和②的情況一樣多，③和④的情況完全隨機(jī).③和④對(duì)B選項(xiàng)中的乙盒中的紅球數(shù)與丙盒中的黑球數(shù)沒有任何影響.①和②出現(xiàn)的次數(shù)是一樣的，所以對(duì)B選項(xiàng)中的乙盒中的紅球數(shù)與丙盒中的黑球數(shù)的影響次數(shù)一樣.綜上，選B.【答案】B9.在等差數(shù)列{an}中，若a10＝0，則有等式a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a19－n(n<19且n∈N＋)成立，類比上述性質(zhì)，在等比數(shù)列{bn}中，若b11＝1，則有()·b2·…·bn＝b1·b2·…·b19－n·b2·…·bn＝b1·b2·…·b21－n＋b2＋…＋bn＝b1＋b2＋…＋b19－n＋b2＋…＋bn＝b1＋b2＋…＋b21－n【解析】令n＝10時(shí)，驗(yàn)證即知選B.【答案】B10.將石子擺成如圖1的梯形形狀.稱數(shù)列5，9，14，20，…為“梯形數(shù)”.根據(jù)圖形的構(gòu)成，此數(shù)列的第2016項(xiàng)與5的差，即a2016－5＝()圖1018×2014 018×2013010×2012 011×2013【解析】an－5表示第n個(gè)梯形有n－1層點(diǎn)，最上面一層為4個(gè)，最下面一層為n＋2個(gè).∴an－5＝eq\f(（n－1）（n＋6）,2)，∴a2016－5＝eq\f(2015×2022,2)＝2013×1011.【答案】D11.在直角坐標(biāo)系xOy中，一個(gè)質(zhì)點(diǎn)從A(a1，a2)出發(fā)沿圖2中路線依次經(jīng)過B(a3，a4)，C(a5，a6)，D(a7，a8)，…，按此規(guī)律一直運(yùn)動(dòng)下去，則a2015＋a2016＋a2017＝()圖2006 007008 009【解析】依題意a1＝1，a2＝1；a3＝－1，a4＝2；a5＝2，a6＝3；…，歸納可得a1＋a3＝1－1＝0，a5＋a7＝2－2＝0，…，進(jìn)而可歸納得a2015＋a2017＝0，a2＝1，a4＝2，a6＝3，…，進(jìn)而可歸納得a2016＝eq\f(1,2)×2016＝1008，a2015＋a2016＋a2017＝1008.故選C.【答案】C12.記集合T＝{0，1，2，3，4，5，6，7，8，9}，M＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(a1,10)＋\f(a2,102)＋\f(a3,103)＋\f(a4,104)\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(,,,))ai∈T，i＝1，2，3，4))，將M中的元素按從大到小排列，則第2016個(gè)數(shù)是()\f(7,10)＋eq\f(9,102)＋eq\f(8,103)＋eq\f(4,104)\f(5,10)＋eq\f(5,102)＋eq\f(7,103)＋eq\f(2,104)\f(5,10)＋eq\f(5,102)＋eq\f(7,103)＋eq\f(3,104)\f(7,10)＋eq\f(9,102)＋eq\f(9,103)＋eq\f(1,104)【解析】因?yàn)閑q\f(a1,10)＋eq\f(a2,102)＋eq\f(a3,103)＋eq\f(a4,104)＝eq\f(1,104)(a1×103＋a2×102＋a3×101＋a4)，括號(hào)內(nèi)表示的10進(jìn)制數(shù)，其最大值為9999，從大到小排列，第2016個(gè)數(shù)為9999－2016＋1＝7984，所以a1＝7，a2＝9，a3＝8，a4＝4.【答案】A二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分.將答案填在題中的橫線上)13.已知圓的方程是x2＋y2＝r2，則經(jīng)過圓上一點(diǎn)M(x0，y0)的切線方程為x0x＋y0y＝r2.類比上述性質(zhì)，可以得到橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1類似的性質(zhì)為__________.【解析】圓的性質(zhì)中，經(jīng)過圓上一點(diǎn)M(x0，y0)的切線方程就是將圓的方程中的一個(gè)x與y分別用M(x0，y0)的橫坐標(biāo)與縱坐標(biāo)替換.故可得橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1類似的性質(zhì)為：過橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1上一點(diǎn)P(x0，y0)的切線方程為eq\f(x0x,a2)＋eq\f(y0y,b2)＝1.【答案】經(jīng)過橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1上一點(diǎn)P(x0，y0)的切線方程為eq\f(x0x,a2)＋eq\f(y0y,b2)＝114.觀察下列等式：13＝1，13＋23＝9，13＋23＋33＝36，13＋23＋33＋43＝100，……照此規(guī)律，第n個(gè)等式可為__________.【導(dǎo)學(xué)號(hào)：94210029】【解析】依題意，注意到13＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×1×（1＋1）))eq\s\up12(2)，13＋23＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×（2＋1）))eq\s\up12(2)＝9，13＋23＋33＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×3×（3＋1）))eq\s\up12(2)＝36，……，照此規(guī)律，第n個(gè)等式可為13＋23＋33＋…＋n3＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)n（n＋1）))eq\s\up12(2).【答案】13＋23＋33＋…＋n3＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)n（n＋1）))eq\s\up12(2)15.(2023·東莞高二檢測(cè))當(dāng)n＝1時(shí)，有(a－b)(a＋b)＝a2－b2，當(dāng)n＝2時(shí)，有(a－b)(a2＋ab＋b2)＝a3－b3，當(dāng)n＝3時(shí)，有(a－b)(a3＋a2b＋ab2＋b3)＝a4－b4，當(dāng)n∈N＋時(shí)，你能得到的結(jié)論是__________.【解析】根據(jù)題意，由于當(dāng)n＝1時(shí)，有(a－b)(a＋b)＝a2－b2，當(dāng)n＝2時(shí)，有(a－b)(a2＋ab＋b2)＝a3－b3，當(dāng)n＝3時(shí)，有(a－b)(a3＋a2b＋ab2＋b3)＝a4－b4，當(dāng)n∈N＋時(shí)，左邊第二個(gè)因式可知為an＋an－1b＋…＋abn－1＋bn，那么對(duì)應(yīng)的表達(dá)式為(a－b)·(an＋an－1b＋…＋abn－1＋bn)＝an＋1－bn＋1.【答案】(a－b)(an＋an－1b＋…＋abn－1＋bn)＝an＋1－bn＋116.如圖3，如果一個(gè)凸多面體是n(n∈N＋)棱錐，那么這個(gè)凸多面體的所有頂點(diǎn)所確定的直線共有________條，這些直線共有f(n)對(duì)異面直線，則f(4)＝________，f(n)＝__________.(答案用數(shù)字或n的解析式表示)圖3【解析】所有頂點(diǎn)所確定的直線共有棱數(shù)＋底邊數(shù)＋對(duì)角線數(shù)＝n＋n＋eq\f(n（n－3）,2)＝eq\f(n（n＋1）,2).從題圖中能看出四棱錐中異面直線的對(duì)數(shù)為f(4)＝4×2＋eq\f(4×1,2)×2＝12，所以f(n)＝n(n－2)＋eq\f(n（n－3）,2)·(n－2)＝eq\f(n（n－1）（n－2）,2).【答案】eq\f(n（n＋1）,2)12eq\f(n（n－1）（n－2）,2)三、解答題(本大題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17.(本小題滿分10分)用綜合法或分析法證明：(1)如果a，b>0，則lgeq\f(a＋b,2)≥eq\f(lga＋lgb,2)；(2)eq\r(6)＋eq\r(10)>2eq\r(3)＋2.【證明】(1)當(dāng)a，b>0時(shí)，有eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)，∴l(xiāng)geq\f(a＋b,2)≥lgeq\r(ab)，∴l(xiāng)geq\f(a＋b,2)≥eq\f(1,2)lgab＝eq\f(lga＋lgb,2).(2)要證eq\r(6)＋eq\r(10)>2eq\r(3)＋2，只要證(eq\r(6)＋eq\r(10))2>(2eq\r(3)＋2)2，即2eq\r(60)>2eq\r(48)，這是顯然成立的，所以，原不等式成立.18.(本小題滿分12分)觀察以下各等式：sin230°＋cos260°＋sin30°cos60°＝eq\f(3,4)，sin220°＋cos250°＋sin20°cos50°＝eq\f(3,4)，sin215°＋cos245°＋sin15°cos45°＝eq\f(3,4).分析上述各式的共同特點(diǎn)，猜想出反映一般規(guī)律的等式，并對(duì)等式的正確性作出證明.【解】猜想：sin2α＋cos2(α＋30°)＋sinαcos(α＋30°)＝eq\f(3,4).證明如下：sin2α＋cos2(α＋30°)＋sinαcos(α＋30°)＝sin2α＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosα－\f(1,2)sinα))eq\s\up12(2)＋sinαeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosα－\f(1,2)sinα))＝sin2α＋eq\f(3,4)cos2α－eq\f(\r(3),2)sinαcosα＋eq\f(1,4)sin2α＋eq\f(\r(3),2)sinα·cosα－eq\f(1,2)sin2α＝eq\f(3,4)sin2α＋eq\f(3,4)cos2α＝eq\f(3,4).19.(本小題滿分12分)點(diǎn)P為斜三棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)棱BB1上一點(diǎn)，PM⊥BB1交AA1于點(diǎn)M，PN⊥BB1交CC1于點(diǎn)N.(1)求證：CC1⊥MN；(2)在任意△DEF中有余弦定理：DE2＝DF2＋EF2－2DF·EF·cos∠DFE.擴(kuò)展到空間類比三角形的余弦定理，寫出斜三棱柱的三個(gè)側(cè)面面積與其中兩個(gè)側(cè)面所成的二面角之間的關(guān)系式，并予以證明.【解】(1)證明：因?yàn)镻M⊥BB1，PN⊥BB1，又PM∩PN＝P，所以BB1⊥平面PMN，所以BB1⊥MN.又CC1∥BB1，所以CC1⊥MN.(2)在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，有S2ABBeq\s\do3(1)Aeq\s\do3(1)＝S2BCCeq\s\do3(1)Beq\s\do3(1)＋S2ACCeq\s\do3(1)Aeq\s\do3(1)－2SBCCeq\s\do3(1)Beq\s\do3(1)SACCeq\s\do3(1)Aeq\s\do3(1)cosα.其中α為平面BCC1B1與平面ACC1A1所成的二面角.證明如下：因?yàn)镃C1⊥平面PMN，所以上述的二面角的平面角為∠MNP.在△PMN中，因?yàn)镻M2＝PN2＋MN2－2PN·MNcos∠MNP，所以PM2·CCeq\o\al(2,1)＝PN2·CCeq\o\al(2,1)＋MN2·CCeq\o\al(2,1)－2(PN·CC1)·(MN·CC1)cos∠MNP，由于SBCCeq\s\do3(1)Beq\s\do3(1)＝PN·CC1，SACCeq\s\do3(1)Aeq\s\do3(1)＝MN·CC1，SABBeq\s\do3(1)Aeq\s\do3(1)＝PM·BB1＝PM·CC1，所以S2ABBeq\s\do3(1)Aeq\s\do3(1)＝S2BCCeq\s\do3(1)Beq\s\do3(1)＋S2ACCeq\s\do3(1)Aeq\s\do3(1)－2SBCCeq\s\do3(1)Beq\s\do3(1)·SACCeq\s\do3(1)Aeq\s\do3(1)·cosα.20.(本小題滿分12分)(2023·江蘇高考)如圖4，在三棱錐P-ABC中，D，E，F(xiàn)分別為棱PC，AC，AB的中點(diǎn).已知PA⊥AC，PA＝6，BC＝8，DF＝5.求證：圖4(1)直線PA∥平面DEF；(2)平面BDE⊥平面ABC.【證明】(1)因?yàn)镈，E分別為棱PC，AC的中點(diǎn)，所以DE∥PA.又因?yàn)镻Aeq\o(?,\s\up0(/))平面DEF，DE平面DEF，所以直線PA∥平面DEF.(2)因?yàn)镈，E，F(xiàn)分別為棱PC，AC，AB的中點(diǎn)，PA＝6，BC＝8，所以DE∥PA，DE＝eq\f(1,2)PA＝3，EF＝eq\f(1,2)BC＝4.又因?yàn)镈F＝5，故DF2＝DE2＋EF2，所以∠DEF＝90°，即DE⊥EF.又PA⊥AC，DE∥PA，所以DE⊥AC.因?yàn)锳C∩EF＝E，AC平面ABC，EF平面ABC，所以DE⊥平面ABC.又DE平面BDE，所以平面BDE⊥平面ABC.21.(本小題滿分12分)在數(shù)列{an}中，a1＝1，a2＝eq\f(1,4)，且an＋1＝eq\f(（n－1）an,n－an)(n≥2).(1)求a3，a4，猜想an的表達(dá)式，并加以證明；(2)設(shè)bn＝eq\f(\r(an·an＋1),\r(an)＋\r(an＋1))，求證：對(duì)任意的n∈N＋，都有b1＋b2＋…＋bn<eq\r(\f(n,3)).【導(dǎo)學(xué)號(hào)：94210030】【解】(1)容易求得：a3＝eq\f(1,7)，a4＝eq\f(1,10).故可以猜想an＝eq\f(1,3n－2)，n∈N＋.下面利用數(shù)學(xué)歸納法加以證明：①顯然當(dāng)n＝1，2，3，4時(shí)，結(jié)論成立，②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥4，k∈N＋)時(shí)，結(jié)論也成立，即ak＝eq\f(1,3k－2).那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)，由題設(shè)與歸納假設(shè)可知：ak＋1＝eq\f(（k－1）ak,k－ak)＝eq\f(（k－1）×\f(1,3k－2),k－\f(1,3k－2))＝eq\f(k－1,3k2－2k－1)＝eq\f(k－1,（3k＋1）（k－1）)＝eq\f(1,3k＋1)＝eq\f(1,3（k＋1）－2).即當(dāng)n＝k＋1時(shí)，結(jié)論也成立，綜上，對(duì)任意n∈N＋，an＝eq\f(1,3n－2)成立.(2)證明：bn＝eq\f(\r(an·an＋1),\r(an)＋\r(an＋1))＝eq\f(\r(\f(1,3n－2))·\r(\f(1,3n＋1)),\r(\f(1,3n－2))＋\r(\f(1,3n＋1)))＝eq\f(1,\r(3n＋1)＋\r(3n－2))＝eq\f(1,3)(eq\r(3n＋1)－eq\r(3n－2))，所以b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(1,3)[(eq\r(4)－1)＋(eq\r(7)－eq\r(4))＋(eq\r(10)－eq\r(7))＋…＋(eq\r(3n＋1)－eq\r(3n－2))]＝eq\f(1,3)(eq\r(3n＋1)－1)，所以只需要證明eq\f(1,3)(eq\r(3n＋1)－1)<eq\r(\f(n,3))?eq\r(3n＋1)<eq\r(3n)＋1?3n＋1<3n＋2eq\r(3n)＋1?0<2eq\r(3n)(顯然成立)，所以對(duì)任意的n∈N＋，都有b1＋b2＋…＋bn<eq\r(\f(n,3))