高中數(shù)學(xué)北師大版2第三章推理與證明單元測試

章末綜合測評(三)推理與證明(時間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選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．下面四個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是100分，由此推出全班同學(xué)的成績都是100分D．蛇、海龜、蜥蜴是用肺呼吸的，蛇、海龜、蜥蜴是爬行動物，所以所有的爬行動物都是用肺呼吸的【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)中各個學(xué)生的成績不能類比，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()A．A，B為定點(diǎn)，動點(diǎn)P滿足|PA|＋|PB|＝2a>|AB|，得PB．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中至少有一個大于0”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中至多有一個大于0【解析】用反證法證明“a，b，c中至少有一個大于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．下面給出了四個類比推理．①a，b為實(shí)數(shù)，若a2＋b2＝0則a＝b＝0；類比推出：z1，z2為復(fù)數(shù)，若zeq\o\al(2,1)＋zeq\o\al(2,2)＝0，則z1＝z2＝0；②若數(shù)列{an}是等差數(shù)列，bn＝eq\f(1,n)(a1＋a2＋a3＋…＋an)，則數(shù)列{bn}也是等差數(shù)列；類比推出：若數(shù)列{cn}是各項(xiàng)都為正數(shù)的等比數(shù)列，dn＝eq\r(n,c1c2c3…cn)，則數(shù)列{dn}也是等比數(shù)列；③若a，b，c∈R，則(ab)c＝a(bc)；類比推出：若a，b，c為三個向量，則(a·b)·c＝a·(b·c)；④若圓的半徑為a，則圓的面積為πa2；類比推出：若橢圓的長半軸長為a，短半軸長為b，則橢圓的面積為πab.上述四個推理中，結(jié)論正確的是()A．①② B．②③C．①④ D．②④【解析】①在復(fù)數(shù)集C中，若z1，z2∈C，zeq\o\al(2,1)＋zeq\o\al(2,2)＝0，則可能z1＝1且z2＝i，故錯誤；②在類比等差數(shù)列性質(zhì)推理等比數(shù)列性質(zhì)時，一般思路有：由加法類比推理為乘法，由減法類比推理為除法，由算術(shù)平均數(shù)類比推理為幾何平均數(shù)等，故正確；③由于向量的數(shù)量積運(yùn)算結(jié)合律不成立，錯誤；④若圓的半徑為a，則圓的面積為πa2；類比推出，若橢圓長半軸長為a，短半軸長為b，則橢圓面積為πab，正確．【答案】D6．將平面向量的數(shù)量積運(yùn)算與實(shí)數(shù)的乘法運(yùn)算相類比，易得下列結(jié)論：①a·b＝b·a；②(a·b)·c＝a·(b·c)；③a·(b＋c)＝a·b＋a·c；④由a·b＝a·c(a≠0)可得b＝c.以上通過類比得到的結(jié)論正確的個數(shù)為()A．1 B．2C．3 D．4【解析】平面向量的數(shù)量積的運(yùn)算滿足交換律和分配律，不滿足結(jié)合律，故①③正確，②錯誤；由a·b＝a·c(a≠0)得a·(b－c)＝0，從而b－c＝0或a⊥(b－c)，故④錯誤．故選B.【答案】B7．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()A．a(chǎn)1a2a3…aB．a(chǎn)1＋a2＋a3＋…＋a9＝29C．a(chǎn)1a2a3…a9D．a(chǎn)1＋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．袋中裝有偶數(shù)個球，其中紅球、黑球各占一半．甲、乙、丙是三個空盒．每次從袋中任意取出兩個球，將其中一個球放入甲盒，如果這個球是紅球，就將另一個球放入乙盒，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()A．b1·b2·…·bn＝b1·b2·…·b19－nB．b1·b2·…·bn＝b1·b2·…·b21－nC．b1＋b2＋…＋bn＝b1＋b2＋…＋b19－nD．b1＋b2＋…＋bn＝b1＋b2＋…＋b21－n【解析】令n＝10時，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1A．2018×2014 B．2018×2013C．1010×2012 D．1011×2015【解析】an－5表示第n個梯形有n－1層點(diǎn)，最上面一層為4個，最下面一層為n＋2個．∴an－5＝eq\f(n－1n＋6,2)，∴a2016－5＝eq\f(2015×2022,2)＝2015×1011.【答案】D11．在直角坐標(biāo)系xOy中，一個質(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)動下去，則a2015＋a2016＋a2017＝()圖2A．1006 B．1007C．1008 D．1009【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．有甲、乙、丙、丁四位歌手參加比賽，其中只有一位獲獎，有人走訪了四位歌手，甲說：“是乙或是丙獲獎．”乙說：“甲、丙都未獲獎．”丙說：“我獲獎了．”丁說：“是乙獲獎了．”四位歌手的話只有兩句是對的，則獲獎歌手是()A．甲 B．乙C．丙 D．丁【解析】甲乙丙丁甲獲獎××××乙獲獎√√×√丙獲獎√×√×丁獲獎×√××由上表可知：獲獎歌手是丙．【答案】C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個等式可為__________．【解析】依題意，注意到13＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×1×1＋1))2,13＋23＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×2＋1))2＝9,13＋23＋33＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×3×3＋1))2＝36，…，照此規(guī)律，第n個等式可為13＋23＋33＋…＋n3＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)nn＋1))2.【答案】13＋23＋33＋…＋n3＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)nn＋1))215．當(dāng)n＝1時，有(a－b)(a＋b)＝a2－b2，當(dāng)n＝2時，有(a－b)(a2＋ab＋b2)＝a3－b3，當(dāng)n＝3時，有(a－b)(a3＋a2b＋ab2＋b3)＝a4－b4，當(dāng)n∈N＋時，你能得到的結(jié)論是__________．【解析】根據(jù)題意，由于當(dāng)n＝1時，有(a－b)(a＋b)＝a2－b2，當(dāng)n＝2時，有(a－b)(a2＋ab＋b2)＝a3－b3，當(dāng)n＝3時，有(a－b)(a3＋a2b＋ab2＋b3)＝a4－b4，當(dāng)n∈N＋時，左邊第二個因式可知為an＋an－1b＋…＋abn－1＋bn，那么對應(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，如果一個凸多面體是n(n∈N＋)棱錐，那么這個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)＋對角線數(shù)＝n＋n＋eq\f(nn－3,2)＝eq\f(nn＋1,2).從題圖中能看出四棱錐中異面直線的對數(shù)為f(4)＝4×2＋eq\f(4×1,2)×2＝12，所以f(n)＝n(n－2)＋eq\f(nn－3,2)·(n－2)＝eq\f(nn－1n－2,2).【答案】eq\f(nn＋1,2)12eq\f(nn－1n－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，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))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側(cè)面面積與其中兩個側(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S2ABB1A1＝S2BCC1B1＋S2ACC1A1－2SBCC1B1SACC1A其中α為平面BCC1B1與平面ACC1A1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SBCC1B1＝PN·CC1，SACC1A1＝MN·CC1SABB1A1＝PM·BB1＝PM·CC1所以S2ABB1A1＝S2BCC1B1＋S2ACC1A1－2SBCC1B1·SACC1A120．(本小題滿分12分)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A?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－1an,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：對任意的n∈N＋，都有b1＋b2＋…＋bn<eq\r(\f(n,3)).【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，結(jié)論成立，②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥4，k∈N＋)時，結(jié)論也成立，即ak＝eq\f(1,3k－2).那么當(dāng)n＝k＋1時，由題設(shè)與歸納假設(shè)可知：ak＋1＝eq\f(k－1ak,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＋1k－1)＝eq\f(1,3k＋1)＝eq\f(1,3k＋1－2).即當(dāng)n＝k＋1時，結(jié)論也成立，綜上，對任意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)，所以對任意的n∈N＋，都有b1＋b2＋…＋bn<eq\r(\f(n,3)).22．(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝xcosx－sinx＋1(x>0).【導(dǎo)學(xué)號：67720232】(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)記xi為f(x)的從小到大的第i(i∈N*)個零點(diǎn)，證明：對一切n∈N*，有eq\f(1,x\o\al(2,1))＋eq\f(1,x\o\al(2,2))＋…＋eq\f(1,x\o\al(2,n))<eq\f(2,3).【解】(1)f′(x)＝cosx－xsinx－cosx＝－xsinx.令f′(x)＝0，得x＝kπ(k∈N*)．當(dāng)x∈(2kπ，(2k＋1)π)(k∈N)時，sinx>0，此時f′(x)<0；當(dāng)x∈((2k＋1)π，(2k＋2)π)(k∈N)時，sinx<0，此時f′(x)>0.故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(2kπ，(2k＋1)π)(k∈N)，單調(diào)遞增區(qū)間為((2k＋1)π，(2k＋2)π)(k∈N)．(2)由(1)知，f(x)在區(qū)間(0，π)上單調(diào)遞減．又feq