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第十一章 第三节
一、选择题
1．(文)观看下列各式：55＝3125, 56＝15625, 57＝78125，…，则52021 的末四位数字为( )
A．3125 B．5625
C．0625 D．8125
[答案] D
[解析] 由于58＝390625,59＝1953125.
所以5n(n≥5)的末四位数字周期为4，
2021＝503×4＋3，故52021的末四位数字为8125，故选D.
(理)将正整数排成下表：
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
… …
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2n－1个数字，前n行的数字个数为1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2.∵442＝1936,452＝2025，且1936<2022,2025>2022，∴2022在第45行．
2022－1936＝78，∴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( )
①13＝3＋10；②25＝9＋16；③36＝15＋21；④49＝18＋31；⑤64＝28＋36.
A．①④ B．②⑤
C．③⑤ D．②③
[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：15＋21＝36,28＋36＝64，只有③⑤是对的．
3.如图，在梯形ABCD中，AB∥DC，AB＝a，CD＝b(a>b)．若EF∥AB，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，EF∥AB，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( )
A．S0＝
B．S0＝
C.＝
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( )
A．B*D，A*D B．B*D，A*C
C．B*C，A*D D．C*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P－ABC的内切球体积为V1，外接球体积为V2，则＝( )
A. B．
C. 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AE＝a，DE＝a，
设OA＝R，OE＝r，
则OA2＝AE2＋OE2，
即R2＝(a－R)2＋(a)2，
∴R＝a，r＝a，
∴正四周体的外接球和内切球的半径之比是＝，
故正四周体P－ABC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，tanA＋tanB＋tanC的最小值是( )
A．3 B．
C．3 D．
[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，tanA＋tanB＋tanC≥3tan＝3tan＝3.故所求的最小值为3.
(理)观看等式：sin230°＋cos260°＋sin30°cos60°＝，sin220°＋cos250°＋sin20°cos50°＝和sin215°＋cos245°＋sin15°cos45°＝，…，由此得出以下推广命题，则推广不正确的是( )
A．sin2α＋cos2β＋sinαcosβ＝
B．sin2(α－30°)＋cos2α＋sin(α－30°)cosα＝
C．sin2(α－15°)＋cos2(α＋15°)＋sin(α－15°)cos(α＋15°)＝
D．sin2α＋cos2(α＋30°)＋sinαcos(α＋30°)＝
[答案] A
[解析] 观看已知等式不难发觉，60°－30°＝50°－20°＝45°－15°＝30°，推广后的命题应具备此关系，但A中α与β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：x＋≥2，x＋＝＋＋≥3，x＋＝＋＋＋≥4，…，类比得x＋≥n＋1(n∈N*)，则a＝________.
[答案] nn
[解析] 第一个式子是n＝1的状况，此时a＝11＝1，其次个式子是n＝2的状况，此时a＝22＝4，第三个式子是n＝3的状况，此时a＝33＝27，归纳可知a＝nn.
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，a1＝cos，a2＝coscos，a3＝cos·coscos，…，前n项和Sn＝，则n＝________.
[答案] (1)cos·cos·…·cos＝(n∈N*) (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2n＋1，分子分别为π，2π，…，nπ，右边应为，故可以猜想出结论为
cos·cos·…·cos＝(n∈N*)．
(2)由(1)可知an＝，故Sn＝＝1－＝＝，∴n＝10.
(理)考察下列一组不等式：23＋53>22·5＋2·52,24＋54>23·5＋2·53,2＋5>22·5＋2·52，….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] am＋n＋bm＋n>ambn＋anbm(a，b>0，a≠b，m，n>0)
[解析] 由“23＋53>22·5＋2·52”，“24＋54>23·5＋2·53”，“2＋5>22·5＋2·5”，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“a□＋b□>a□·b□＋a□·b□”的形式．
再分析指数间的关系，可得精确 的推广形式：am＋n＋bm＋n>ambn＋anbm(a，b>0，a≠b，m，n>0)．
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，a1＝0，s，t是互不相等的正整数，则有(s－1)at－(t－1)as＝0”．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，b1＝1，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a1＝0，
所以at＝(t－1)d，as＝(s－1)d，
所以＝，即(s－1)at－(t－1)as＝0.
类比此法，在等比数列{bn}中，
设q是公比，bt＝b1qt－1，bs＝b1qs－1，
则当b1＝1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CE⊥PB.
又AH⊥平面BPC.故PB⊥AH.
所以PB⊥平面ACE.则AC⊥BP.
由PA⊥平面ABC知AC⊥AP，故直线AC⊥平面ABP，则AC⊥AB.
即∠BAC＝90°，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＝______.”( )
A．2 B．3
C．4 D．9
[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( )
A．P(2022)＝404 B．P(2021)＝404
C．P(2022)＝405 D．P(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(5×402＋2)＝402＋2＝404，
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y＝f(x)的导函数为f ′(x)．假如存在x0∈[a，b]，使得f(b)－f(a)＝f ′(x0)(b－a)成立，则称x0为函数y＝f(x)在区间[a，b]上的“中值点”．那么函数f(x)＝x3－3x在区间[－2，2]上的“中值点”为________．
[答案] ±
[解析] 由f(x)＝x3－3x求导可得f ′(x)＝3x2－3，设x0为函数f(x)在区间[－2,2]上的“中值点”，则f ′(x0)＝＝1，即3x－3＝1，解得x0＝±.
14．(2022·新课标Ⅰ)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：22＝1＋3,32＝1＋3＋5,42＝1＋3＋5＋7，…，依据上述分解规律，对任意自然数n，当n≥2时，有____________．
[答案] n2＝1＋3＋5＋…＋(2n－1)
(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，A2＋B2＋C2＝，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：
①tan10°tan20°＋tan20°tan60°＋tan60°tan10°＝1；
②tan5°tan100°＋tan100°tan(－15°)＋tan(－15°)tan5°＝1；
③tan13°tan35°＋tan35°tan42°＋tan42°tan13°＝1.
一般地，若tanα，tanβ，tanγ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α＋β＋γ＝90°时，tanαtanβ＋tanβtanγ＋tanγtanα＝1
[解析] 所给三角恒等式都为tanαtanβ＋tanβtanγ＋tanγtanα＝1的结构形式，且α，β，γ之间满足α＋β＋γ＝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3×3方格，接着用中心和四个角的5个小正方形，构成如图①所示的几何图形，其面积S1＝；其次步，将图①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②；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3×3×3＝27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9×9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a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证：<a.
[证明] 要证<a，只需证b2－ac<3a2，
由于a＋b＋c＝0，
只需证b2＋a(a＋b)<3a2，只需证2a2－ab－b2>0，
只需证(a－b)(2a＋b)>0，只需证(a－b)(a－c)>0.
由于a>b>c，所以a－b>0，a－c>0，
所以(a－b)(a－c)>0，明显成立，故原不等式成立．
(理)已知：a>0，b>0，a＋b＝1.求证：＋≤2.
[证明] 要证＋≤2，
只需证a＋＋b＋＋2≤4，
又a＋b＝1，故只需证≤1，只需证(a＋)(b＋)≤1，只需证ab≤.
∵a>0，b>0,1＝a＋b≥2，∴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x1＋x2＝1时，均有f(x1)＋f(x2)＝.
证明如下：
设x1＋x2＝1，
f(x1)＋f(x2)＝＋
＝＝
＝＝.
(理)(2022·天津红桥区一模)已知数列{an}的前n项和Sn＝－an－()n－1＋2(n为正整数)．
(1)令bn＝2nan，求证数列{bn}是等差数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)令cn＝an，Tn＝c1＋c2＋…＋cn，试比较Tn与的大小，并予以证明．
[解析] (1)在Sn＝－an－()n－1＋2中，令n＝1，可得S1＝－a1－1＋2＝a1，即a1＝，
当n≥2时，Sn－1＝－an－1－()n－2＋2，
∴an＝Sn－Sn－1＝－an＋an－1＋()n－1，
∴2an＝an－1＋()n－1，即2nan＝2n－1an－1＋1.
∵bn＝2nan，∴bn＝bn－1＋1，即当n≥2时，bn－bn－1＝1，
又b1＝2a1＝1，∴数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列，
于是bn＝1＋(n－1)·1＝n＝2nan，∴an＝.
(2)由(1)得cn＝an＝(n＋1)()n，
所以Tn＝2×＋3×()2＋4×()3＋…＋(n＋1)()n
Tn＝2×()2＋3×()3＋4×()4＋…＋(n＋1)()n＋1
由①－②得Tn＝1＋()2＋()3＋…＋()n－(n＋1)()n＋1
＝1＋－(n＋1)()n＋1＝－，∴Tn＝3－，
Tn－＝3－－
＝，
于是确定Tn与的大小关系等价于比较2n与2n＋1的大小，
2<2×1＋1；22<2×2＋1；23>2×3＋1；24>2×4＋1；25>2×5；
猜想：当n≥3时，2n>2n＋1.证明如下：
证法1：(1)当n＝3时，由猜想明显成立．
(2)假设n＝k时猜想成立．即2k>2k＋1，
则n＝k＋1时，2k＋1＝2·2k>2(2k＋1)＝4k＋2＝2(k＋1)＋1＋(2k－1)>2(k＋1)＋1，
所以当n＝k＋1时猜想也成立，
综合(1)(2)可知，对一切n≥3的正整数，都有2n>2n＋1.
证法2：当n≥3时，
2n＝(1＋1)n＝C＋C＋C＋…＋C＋C≥C＋C＋C＋C＝2n＋2>2n＋1，
综上所述，当n＝1,2时，Tn<，当n≥3时，Tn>.
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