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中，只有一項是符合題目要求的)1．下面四個推理不是合情推理的是()A．由圓的性質類比推出球的有關性質B．由直角三角形、等腰三角形、等邊三角形的內角和都是180°，歸納出所有三角形的內角和都是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】逐項分析可知，A項屬于類比推理，B項和D項屬于歸納推理，而C項中各個學生的成績不能類比，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四點共面，所以AB，CD共面，這與AB，CD是異面直線矛盾；②所以假設錯誤，即直線AC，BD也是異面直線；③假設直線AC，BD是共面直線．則正確的序號順序為()A．①②③ B．③①②C．①③② D．②③①【解析】結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，動點P滿足|PA|＋|PB|＝2a>|AB|，得PB．由a1＝1，an＝3n－1，求出S1，S2，S3，猜想出數列的前n項和Sn的表達式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．科學家利用魚的沉浮原理制造潛艇【解析】由歸納推理的特點知，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a，b，c都小于0B．假設a，b，c都大于0C．假設a，b，c中都不大于0D．假設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”，應先假設要證命題的否定成立．而要證命題的否定為“假設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為實數，若a2＋b2＝0則a＝b＝0；類比推出：z1，z2為復數，若zeq\o\al(2,1)＋zeq\o\al(2,2)＝0，則z1＝z2＝0；②若數列{an}是等差數列，bn＝eq\f(1,n)(a1＋a2＋a3＋…＋an)，則數列{bn}也是等差數列；類比推出：若數列{cn}是各項都為正數的等比數列，dn＝eq\r(n,c1c2c3…cn)，則數列{dn}也是等比數列；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，結論正確的是()A．①② B．②③C．①④ D．②④【解析】①在復數集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在類比等差數列性質推理等比數列性質時，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，由算術平均數類比推理為幾何平均數等，故正確；③由于向量的數量積運算結合律不成立，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．將平面向量的數量積運算與實數的乘法運算相類比，易得下列結論：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論正確的個數為()A．1 B．2C．3 D．4【解析】平面向量的數量積的運算滿足交換律和分配律，不滿足結合律，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}為等比數列，b5＝2，則b1·b2·b3·b4·b5·b6·b7·b8·b9＝29.若{an}為等差數列，a5＝2，則{an}的類似結論為()A．a1a2a3…aB．a1＋a2＋a3＋…＋a9＝29C．a1a2a3…a9D．a1＋a2＋a3＋…＋a9＝2×9【解析】根據等差、等比數列的特征知，a1＋a2＋…＋a9＝2×9.【答案】D8．袋中裝有偶數個球，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，則乙盒中紅球數加1；②黑＋黑，則丙盒中黑球數加1；③紅＋黑(紅球放入甲盒中)，則乙盒中黑球數加1；④黑＋紅(黑球放入甲盒中)，則丙盒中紅球數加1.因為紅球和黑球個數一樣多，所以①和②的情況一樣多，③和④的情況完全隨機．③和④對B選項中的乙盒中的紅球數與丙盒中的黑球數沒有任何影響．①和②出現的次數是一樣的，所以對B選項中的乙盒中的紅球數與丙盒中的黑球數的影響次數一樣．綜上，選B.【答案】B9．在等差數列{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，在等比數列{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，驗證即知選B.【答案】B10．將石子擺成如圖1的梯形形狀．稱數列5,9,14,20，…為“梯形數”．根據圖形的構成，此數列的第2016項與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，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．在直角坐標系xOy中，一個質點從A(a1，a2)出發沿圖2中路線依次經過B(a3，a4)，C(a5，a6)，D(a7，a8)，…，按此規律一直運動下去，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，…，進而可歸納得a2015＋a2017＝0，a2＝1，a4＝2，a6＝3，…，進而可歸納得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，則經過圓上一點M(x0，y0)的切線方程為x0x＋y0y＝r2.類比上述性質，可以得到橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1類似的性質為__________．【解析】圓的性質中，經過圓上一點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)的橫坐標與縱坐標替換．故可得橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1類似的性質為：過橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1上一點P(x0，y0)的切線方程為eq\f(x0x,a2)＋eq\f(y0y,b2)＝1.【答案】經過橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1上一點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n＝1時，有(a－b)(a＋b)＝a2－b2，當n＝2時，有(a－b)(a2＋ab＋b2)＝a3－b3，當n＝3時，有(a－b)(a3＋a2b＋ab2＋b3)＝a4－b4，當n∈N＋時，你能得到的結論是__________．【解析】根據題意，由于當n＝1時，有(a－b)(a＋b)＝a2－b2，當n＝2時，有(a－b)(a2＋ab＋b2)＝a3－b3，當n＝3時，有(a－b)(a3＋a2b＋ab2＋b3)＝a4－b4，當n∈N＋時，左邊第二個因式可知為an＋an－1b＋…＋abn－1＋bn，那么對應的表達式為(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)＝__________.(答案用數字或n的解析式表示)圖3【解析】所有頂點所確定的直線共有棱數＋底邊數＋對角線數＝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a，b>0時，有eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)，∴lgeq\f(a＋b,2)≥lgeq\r(ab)，∴lgeq\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，猜想出反映一般規律的等式，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P為斜三棱柱ABC-A1B1C1的側棱BB1上一點，PM⊥BB1交AA1于點M，PN⊥BB1交CC1于點N(1)求證：CC1⊥MN；(2)在任意△DEF中有余弦定理：DE2＝DF2＋EF2－2DF·EF·cos∠DFE.擴展到空間類比三角形的余弦定理，寫出斜三棱柱的三個側面面積與其中兩個側面所成的二面角之間的關系式，并予以證明．【解】(1)證明：因為PM⊥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：因為CC1⊥平面PMN，所以上述的二面角的平面角為∠MNP.在△PMN中，因為PM2＝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分別為棱PC，AC，AB的中點．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)因為D，E分別為棱PC，AC的中點，所以DE∥PA.又因為PA?平面DEF，DE平面DEF，所以直線PA∥平面DEF.(2)因為D，E，F分別為棱PC，AC，AB的中點，PA＝6，BC＝8，所以DE∥PA，DE＝eq\f(1,2)PA＝3，EF＝eq\f(1,2)BC＝4.又因為DF＝5，故DF2＝DE2＋EF2，所以∠DEF＝90°，即DE⊥EF.又PA⊥AC，DE∥PA，所以DE⊥AC.因為AC∩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的表達式，并加以證明；(2)設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＋.下面利用數學歸納法加以證明：①顯然當n＝1,2,3,4時，結論成立，②假設當n＝k(k≥4，k∈N＋)時，結論也成立，即ak＝eq\f(1,3k－2).那么當n＝k＋1時，由題設與歸納假設可知：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n＝k＋1時，結論也成立，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f(x)＝xcosx－sinx＋1(x>0).【導學號：67720232】(1)求f(x)的單調區間；(2)記xi為f(x)的從小到大的第i(i∈N*)個零點，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x∈(2kπ，(2k＋1)π)(k∈N)時，sinx>0，此時f′(x)<0；當x∈((2k＋1)π，(2k＋2)π)(k∈N)時，sinx<0，此時f′(x)>0.故f(x)的單調遞減區間為(2kπ，(2k＋1)π)(k∈N)，單調遞增區間為((2k＋1)π，(2k＋2)π)(k∈N)．(2)由(1)知，f(x)在區間(0，π)上單調遞減．又feq