【2022届走向高考】高三数学一轮(人教B版)基础巩固：第11章-第3节-推理与证明.docx

第十一章第三节一、选择题1(文)观看下列各式：553125, 5615625, 5778125，则52021 的末四位数字为()A3125B5625C0625D8125答案D解析由于58390625,591953125.所以5n(n5)的末四位数字周期为4，202150343，故52021的末四位数字为8125，故选D.(理)将正整数排成下表：12345678910111213141516则在表中数字2022毁灭在()A第44行第78列 B第45行第78列C第44行第77列D第45行第77列答案B解析第n行有2n1个数字，前n行的数字个数为135(2n1)n2.4421936,4522025，且19362022，2022在第45行2022193678，2022在第78列，选B.2古希腊出名的毕达哥拉斯学派把1,3,6,10这样的数称为“三角形数”，而把1,4,9,16这样的数称为“正方形数”如图，可以发觉，任何一个大于1的“正方形数”都可以看作两个相邻的“三角形数”之和，下列等式中，符合这一规律的表达式是()13310；25916；361521；491831；642836.A B C D答案C解析这些“三角形数”依次是1,3,6,10,15,21,28,36,45，且“正方形数”是“三角形数”中相邻两数之和，很简洁得到：152136,283664，只有是对的3.如图，在梯形ABCD中，ABDC，ABa，CDb(ab)若EFAB，EF到CD与AB的距离之比为mn，则可推算出：EF，试用类比的方法，推想出下述问题的结果在上面的梯形ABCD中，延长梯形两腰AD、BC相交于O点，设OAB、OCD的面积分别为S1、S2，EFAB，且EF到CD与AB的距离之比为mn，则OEF的面积S0与S1、S2的关系是()AS0BS0C.D.答案C解析依据面积比等于相像比的平方求解4定义A*B，B*C，C*D，D*A的运算分别对应图中的(1)(2)(3)(4)，那么下图中(A)(B)所对应的运算结果可能是()AB*D，A*DBB*D，A*CCB*C，A*DDC*D，A*D答案B解析观看图形及对应运算分析可知，基本元素为A|，B，C，D，从而可知图(A)对应B*D，图B对应A*C.5(2022湖南长沙一模)在平面几何中有如下结论：正三角形ABC的内切圆面积为S1，外接圆面积为S2，则.推广到空间可以得到类似结论，已知正四周体PABC的内切球体积为V1，外接球体积为V2，则()A.BC.D答案C解析从平面图形类比空间图形，从二维类比三维，可知选C.证明如下：如图，设正四周体的棱长为a，E为等边三角形ABC的中心，O为内切球与外接球球心则AEa，DEa，设OAR，OEr，则OA2AE2OE2，即R2(aR)2(a)2，Ra，ra，正四周体的外接球和内切球的半径之比是，故正四周体PABC的内切球体积V1与外接球体积V2之比等于()3.6(文)若定义在区间D上的函数f(x)，对于D上的任意n个值x1、x2、xn，总满足f(x1)f(x2)f(xn)nf，则称f(x)为D上的凹函数，现已知f(x)tanx在上是凹函数，则在锐角三角形ABC中，tanAtanBtanC的最小值是()A3BC3D答案C解析依据f(x)tanx在上是凹函数，再结合凹函数定义得，tanAtanBtanC3tan3tan3.故所求的最小值为3.(理)观看等式：sin230cos260sin30cos60，sin220cos250sin20cos50和sin215cos245sin15cos45，由此得出以下推广命题，则推广不正确的是()Asin2cos2sincosBsin2(30)cos2sin(30)cosCsin2(15)cos2(15)sin(15)cos(15)Dsin2cos2(30)sincos(30)答案A解析观看已知等式不难发觉，60305020451530，推广后的命题应具备此关系，但A中与无联系，从而推断错误的命题为A.选A.二、填空题7(2021山西四校联考)已知x(0，)，观看下列各式：x2，x3，x4，类比得xn1(nN*)，则a_.答案nn解析第一个式子是n1的状况，此时a111，其次个式子是n2的状况，此时a224，第三个式子是n3的状况，此时a3327，归纳可知ann.8(文)(2022温州适应性测试)已知cos，coscos，coscoscos，(1)依据以上等式，可猜想出的一般结论是_；(2)若数列an中，a1cos，a2coscos，a3coscoscos，前n项和Sn，则n_.答案(1)coscoscos(nN*)(2)10解析(1)从题中所给的几个等式可知，第n个等式的左边应有n个余弦相乘，且分母均为2n1，分子分别为，2，n，右边应为，故可以猜想出结论为coscoscos(nN*)(2)由(1)可知an，故Sn1，n10.(理)考察下列一组不等式：2353225252,2454235253,25225252，.将上述不等式在左右两端仍为两项和的状况下加以推广，使以上的不等式成为推广不等式的特例，则推广的不等式为_答案amnbmnambnanbm(a，b0，ab，m，n0)解析由“2353225252”，“2454235253”，“2522525”，可得推广形式的最基本的印象：应具有“”的形式再分析底数间的关系，可得较细致的印象：应具有“ababab”的形式再分析指数间的关系，可得精确的推广形式：amnbmnambnanbm(a，b0，ab，m，n0)9(2022福建漳州质检)对于等差数列an有如下命题：“若数列an是等差数列，a10，s，t是互不相等的正整数，则有(s1)at(t1)as0”类比此命题，给出等比数列bn相应的一个正确命题是_答案若数列bn是等比数列，b11，s，t是互不相等的正整数，则有1解析在等差数列an中，设d为公差，由于a10，所以at(t1)d，as(s1)d，所以，即(s1)at(t1)as0.类比此法，在等比数列bn中，设q是公比，btb1qt1，bsb1qs1，则当b11时，有1.三、解答题10已知直线AP平面ABC，底面ABC是锐角三角形，若H是A在平面BPC上的射影，求证：H不行能是BPC的垂心分析由于本题是证H不行能是BPC的垂心，因此可从问题的反面动身，假设H是BPC的垂心，然后推出一个冲突的结论证明假设H是BPC的垂心，连接CH延长交BP于E，则CEPB.又AH平面BPC.故PBAH.所以PB平面ACE.则ACBP.由PA平面ABC知ACAP，故直线AC平面ABP，则ACAB.即BAC90，这与ABC是锐角三角形冲突，所以H不行能是BPC的垂心.一、选择题11已知结论：“在三边长都相等的ABC中，若D是BC的中点，G是ABC外接圆的圆心，则2”若把该结论推广到空间，则有结论：“在六条棱长都相等的四周体ABCD中，若M是BCD的三边中线的交点，O为四周体ABCD外接球的球心，则_.”()A2B3C4D9答案B解析如图，易知球心O在线段AM上，不妨设四周体ABCD的边长为1，外接球的半径为R，则BM，AM，R，解得R.于是，3.12规定一机器狗每秒钟只能前进或后退一步，现程序设计师让机器狗以“前进3步，然后再退2步”的规律移动假如将此机器狗放在数轴原点，面对正方向，以1步的距离为1个单位长度移动，令P(n)表示第ns时机器狗所在的位置坐标，且P(0)0，则下列结论中正确的是()AP(2022)404BP(2021)404CP(2022)405DP(2021)405答案A解析明显每5s前进一个单位，且P(1)1，P(2)2，P(3)3，P(4)2，P(5)1，P(2022)P(54022)4022404，P(2021)405，P(2022)404，P(2021)403，故选A.二、填空题13(2022浙江嘉兴一中摸底)记定义在R上的函数yf(x)的导函数为f (x)假如存在x0a，b，使得f(b)f(a)f (x0)(ba)成立，则称x0为函数yf(x)在区间a，b上的“中值点”那么函数f(x)x33x在区间2，2上的“中值点”为_答案解析由f(x)x33x求导可得f (x)3x23，设x0为函数f(x)在区间2,2上的“中值点”，则f (x0)1，即3x31，解得x0.14(2022新课标)甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A、B、C三个城市时，甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B城市；乙说：我没去过C城市；丙说：我们三人去过同一个城市由此可推断乙去过的城市为_答案A解析由丙可知，乙至少去过一个城市由甲可知，甲去过A，C且比乙多，且乙没有去过C城市，故乙只去过A城市15(文)(2021临沂二模)对于大于或等于2的自然数n的二次方幂有如下分解方式：2213,32135,421357，依据上述分解规律，对任意自然数n，当n2时，有_答案n2135(2n1)(理)(2022山东潍坊期中)假如A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于A2B2C2的三个内角的正弦值，则A2B2C2是_三角形答案钝角解析由条件知，A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0，则A1B1C1是锐角三角形，假设A2B2C2是锐角三角形由得那么，A2B2C2，这与三角形内角和为180相冲突所以假设不成立，又明显A2B2C2不是直角三角形，所以A2B2C2是钝角三角形16(文)观看下列几个三角恒等式：tan10tan20tan20tan60tan60tan101；tan5tan100tan100tan(15)tan(15)tan51；tan13tan35tan35tan42tan42tan131.一般地，若tan，tan，tan都有意义，你从这三个恒等式中猜想得到的一个结论为_答案当90时，tantantantantantan1解析所给三角恒等式都为tantantantantantan1的结构形式，且，之间满足90.(理)(2021福州模拟)对一个边长为1的正方形进行如下操作：第一步，将它分割成33方格，接着用中心和四个角的5个小正方形，构成如图所示的几何图形，其面积S1；其次步，将图的5个小正方形中的每个小正方形都进行与第一步相同的操作，得到图；依此类推，到第n步，所得图形的面积Sn()n.若将以上操作类比推广到棱长为1的正方体中，则到第n步，所得几何体的体积Vn_.答案()n解析将棱长为1的正方体分割成33327个全等的小正方体，拿去分别与中间小正方体的六个面重合的6个小正方体和分别与中间小正方体有1条棱重合的12个小正方体，则余下的9个小正方体体积V1，其次步，将余下的9个小正方体作同样的操作，则余下的99个小正方体的体积V2()2，故到第n步，所得几何体的体积Vn()n.三、解答题17(文)已知abc，且abc0，求证：a.证明要证a，只需证b2ac3a2，由于abc0，只需证b2a(ab)0，只需证(ab)(2ab)0，只需证(ab)(ac)0.由于abc，所以ab0，ac0，所以(ab)(ac)0，明显成立，故原不等式成立(理)已知：a0，b0，ab1.求证：2.证明要证2，只需证ab24，又ab1，故只需证1，只需证(a)(b)1，只需证ab.a0，b0,1ab2，ab，故原不等式成立18(文)设f(x)，先分别求f(0)f(1)，f(1)f(2)，f(2)f(3)，然后归纳猜想一般性结论，并给出证明解析f(0)f(1)，同理可得：f(1)f(2)，f(2)f(3)，留意到在这三个特殊式子中，自变量之和均等于1.归纳猜想得：当x1x21时，均有f(x1)f(x2).证明如下：设x1x21，f(x1)f(x2).(理)(2022天津红桥区一模)已知数列an的前n项和Snan()n12(n为正整数)(1)令bn2nan，求证数列bn是等差数列，并求数列an的通项公式；(2)令cnan，Tnc1c2cn，试比较Tn与的大小，并予以证明解析(1)在Snan()n12中，令n1，可得S1a112a1，即a1，当n2时，Sn1an1()n22，anSnSn1anan1()n1，2anan1()n1，即2nan2n1an11.bn2nan，bnbn11，即当n2时，bnbn11，又b12a11，数列bn是首项和公差均为1的等差数列，于是bn1(n1)1n2nan，an.(2)由(1)得cnan(n1)()n，所以Tn23()24()3(n1)()nTn2()23()34()4(n1)()n1由得Tn1()2()3()n(n1)()n11(n1)()n1，Tn3，Tn3，于是确定Tn与的大小关系等价于比较2n与2n1的大小，2211；22231；24241；2525；猜想：当n3时，2n2n1.证明如下：证法1：(1)当n3时，由猜想明显成立(2)假设nk时猜想成立即2k2k1，则nk1时，2k122k2(2k1)4k22(k1)1(2k1)2(k1)1，所以当nk1时猜想也成立，综合(1)(2)可知，对一切n3的正整数，都有2n2n1.证法2：当n3时，2n(11)nCCCCCCCCC2n22n1，综上所述，当n1,2时，Tn.