单元测评(三) 推理与证明(a卷).doc

单元测评(三)　推理与证明(A卷)
(时间：90分钟　满分：120分)
第Ⅰ卷(选择题，共50分)
一、选择题：本大题共10小题，共50分．
1．下面几种推理是合情推理的是(　　)
①由圆的性质类比出球的有关性质；②由直角三角形、等腰三角形、等边三角形内角和是180°归纳出所有三角形的内角和都是180°；③由f(x)＝sinx，满足f(－x)＝－f(x)，x∈R，推出f(x)＝sinx是奇函数；④三角形内角和是180°，四边形内角和是360°，五边形内角和是540，由此得凸多边形内角和是(n－2)·180°.21·cn·jy·com
A．①②　　　　　　　 B．①③④
C．①②④ D．②④
解析：合情推理分为类比推理和归纳推理，①是类比推理，②④是归纳推理，③是演绎推理．
答案：C
2．命题“有理数是无限循环小数，整数是有理数，所以整数是无限循环小数”是假命题，推理错误的原因是(　　)　　21*cnjy*com
A．使用了归纳推理
B．使用了类比推理
C．使用了“三段论”，但大前提错误
D．使用了“三段论”，但小前提错误
解析：大前提错误，小前提正确．
答案：C
3．用反证法证明命题“三角形的内角中至少有一个角不大于60°”时，应假设(　　)
A．三角形的三个内角都不大于60°
B．三角形的三个内角都大于60°
C．三角形的三个内角至多有一个大于60°
D．三角形的三个内角至少有两个大于60°
解析：其假设应是对“至少有一个角不大于60°”的否定，即“都大于60°”．
答案：B
4．已知命题1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1及其证明：
(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝21－1＝1，所以等式成立；
(2)假设n＝k时等式成立，即1＋2＋22＋…＋2k－1＝2k－1，则当n＝k＋1时，1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝＝2k＋1－1，所以n＝k＋1时等式也成立．
由(1)(2)知，对任意的正整数n等式都成立．则以下说法正确的是(　　)
A．命题、推理都正确
B．命题正确、推理不正确
C．命题不正确、推理正确
D．命题、推理都不正确
解析：命题正确，但证明n＝k＋1时没有用到归纳假设，推理不正确．
答案：B
5．观察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，则a10＋b10＝(　　)【来源：21cnj*y.co*m】
A．28 B．76
C．123 D．199
解析：设an＋bn＝f(n)，则f(3)＝f(1)＋f(2)＝1＋3＝4；f(4)＝f(2)＋f(3)＝3＋4＝7；f(5)＝f(3)＋f(4)＝11.通过观察不难发现f(n)＝f(n－1)＋f(n－2)(n∈N*，n≥3)，则f(6)＝f(4)＋f(5)＝18；f(7)＝f(5)＋f(6)＝29；f(8)＝f(6)＋f(7)＝47；f(9)＝f(7)＋f(8)＝76；f(10)＝f(8)＋f(9)＝123.所以a10＋b10＝123.
答案：C
6．由“正三角形的内切圆切于三边的中点”，可类比猜想出正四面体的内切球切于四个侧面(　　)
A．各正三角形内任一点
B．各正三角形的某高线上的点
C．各正三角形的中心
D．各正三角形外的某点
解析：正三角形的边对应正四面体的面，即正三角形所在的正四面体的侧面，所以边的中点对应的就是正四面体各正三角形的中心．
答案：C
7．设正数x，y满足log2(x＋y＋3)＝log2x＋log2y，则x＋y的取值范围是(　　)
A．(0,6] B．[6，＋∞)
C．[1＋，＋∞) D．(0,1＋]
解析：x＋y＋3＝xy≤2⇒(x＋y)2－4(x＋y)－12≥0，故x＋y≥6，当且仅当x＝y＝3时等号成立．www-2-1-cnjy-com
答案：B
8．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2·an(n≥2)，而a1＝1，通过计算a2，a3，a4，猜想an等于(　　)【出处：21教育名师】
A. B.
C. D.
解析：∵Sn＝n2·an(a≥2)，a1＝1，
∴S2＝4·a2＝a1＋a2⇒a2＝＝.
S3＝9a3＝a1＋a2＋a3⇒a3＝＝＝.
S4＝16a4＝a1＋a2＋a3＋a4⇒a4＝＝.
∴猜想an＝.
答案：B
9．若函数f(x)＝x2－2x＋m(x∈R)有两个零点，并且不等式f(1－x)≥－1恒成立，则实数m的取值范围为(　　)【版权所有：21教育】
A．(0,1) B．[0,1)
C．(0,1] D．[0,1]
解析：∵f(x)＝x2－2x＋m有两个零点，
∴4－4m>0，∴m<1，
由f(1－x)≥－1得(1－x)2－2(1－x)＋m≥－1，
即x2＋m≥0，∴m≥－x2，
∵－x2的最大值为0，∴0≤m<1.
答案：B
10．已知x>0，不等式x＋≥2，x＋≥3，x＋≥4，…，可推广为x＋≥n＋1，则a的值为(　　)2·1·c·n·j·y
A．n2 B．nn
C．2n D．22n－2
解析：由x＋≥2，x＋＝x＋≥3，x＋＝x＋≥4，…，可推广为x＋≥n＋1，故a＝nn.www.21-cn-
答案：B
第Ⅱ卷(非选择题，共70分)
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
11．在△ABC中，D为BC的中点，则＝(＋)，将命题类比到三棱锥中得到的命题为__________．【来源：21·世纪·教育·网】
答案：在三棱锥A－BCD中，G为△BCD的重心，则＝(＋＋)
12．如图，第n个图形是由正n＋2边形“扩展”而来(n＝1,2,3，…)，则第n－2(n>2)个图形中共有________个顶点．2-1-c-n-j-y

解析：设第n个图形中有an个顶点，
则a1＝3＋3×3，a2＝4＋4×4，…，
an＝(n＋2)＋(n＋2)·(n＋2)，an－2＝n2＋n.
答案：n2＋n
13．已知x，y∈R，且x＋y>2，则x，y中至少有一个大于1，在用反证法证明时，假设应为________．21世纪教育网版权所有
解析：“至少有一个”的反面为“一个也没有”，即“x，y均不大于1”，亦即“x≤1且y≤1”．
答案：x，y均不大于1(或者x≤1且y≤1)
14．若符号“*”表示求实数a与b的算术平均数的运算，即a*b＝，则a＋(b*c)用含有运算符号“*”和“＋”表示的另一种形式是________．
解析：a＋(b*c)＝a＋＝＝＝(a＋b)*(a＋c)．
答案：(a＋b)*(a＋c)
三、解答题：本大题共4小题，满分50分．
15．(12分)设f(x)＝x2＋ax＋b，求证：|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|中至少有一个不小于.21·世纪*教育网
证明：假设|f(1)|<，|f(2)|<，|f(3)|<，
于是有－<1＋a＋b<，　①
－<4＋2a＋b<，　②
－<9＋3a＋b<，　③6分
①＋③，得－1<10＋4a＋2b<1，
所以－3<8＋4a＋2b<－1，
所以－<4＋2a＋b<－.8分
这与②－<4＋2a＋b<矛盾，
所以假设不成立，即|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于.12分
16．(12分)某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数：
(1)sin213°＋cos217°－sin13°cos17°；
(2)sin215°＋cos215°－sin15°cos15°；
(3)sin218°＋cos212°－sin18°cos12°；
(4)sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos48°；
(5)sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos55°.
(1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；
(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论．
解：(1)选择(2)式，计算如下：
sin215°＋cos215°－sin15°cos15°＝1－sin30°＝1－＝.4分
(2)方法一：三角恒等式为sin2α＋cos2(30°－α)－sinα·cos(30°－α)＝.6分21教育名师原创作品
证明如下：
sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)
＝sin2α＋(cos30°cosα＋sin30°sinα)2－sinα(cos30°·cosα＋sin30°sinα)
＝sin2α＋cos2α＋sinαcosα＋sin2α－sinαcosα－sin2α
＝sin2α＋cos2α＝.12分
方法二：三角恒等式为sin2α＋cos2(30°－α)－sinα·cos(30°－α)＝.6分
证明如下：
sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)
＝＋－sinα(cos30°cosα＋sin30°·sinα)
＝－cos2α＋＋(cos60°cos2α＋sin60°sin2α)－sinαcosα－sin2α
＝－cos2α＋＋cos2α＋sin2α－sin2α－(1－cos2α)
＝1－cos2α－＋cos2α＝.12分
17．(12分)
如图，在四棱锥P－ABCD中，ABCD为正方形，PD⊥平面AC，PD＝DC，E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F.21教育网
(1)证明：PA∥平面EDB；
(2)证明：PB⊥平面EFD.
证明：(1)连接AC，设AC∩BD＝O，连接EO，
∵ABCD是正方形，∴O为AC的中点，

∴OE为△PAC的中位线，
∴PA∥OE，而OE⊂平面EDB，PA⊄平面EDB，
∴PA∥平面EDB.
4分
(2)∵PD⊥平面AC，BC⊂平面AC，
∴BC⊥PD，而BC⊥CD，PD∩CD＝D，
∴BC⊥平面PDC.
∵DE⊂平面PDC，∴BC⊥DE.8分
又∵PD⊥平面AC，DC⊂平面AC，
∴PD⊥DC，而PD＝DC，
∴△PDC为等腰三角形，∴DE⊥PC
又BC∩PC＝C，
∴DE⊥平面PBC，∴DE⊥PB.
又EF⊥PB，DE∩EF＝E，
∴PB⊥平面DEF.12分
18．(14分)在各项为正的数列{an}中，数列的前n项和Sn满足Sn＝.
(1)求a1，a2，a3；
(2)由(1)猜想数列{an}的通项公式，并用数学归纳法证明你的猜想．
解：(1)S1＝a1＝，得a＝1，
∵an>0，∴a1＝1.
S2＝a1＋a2＝，得a＋2a2－1＝0，
∴a2＝－1，S3＝a1＋a2＋a3＝.
得a＋2a3－1＝0，∴a3＝－.4分
(2)猜想an＝－(n∈N*)．
证明如下：①n＝1时，a1＝－命题成立；6分
②假设n＝k时，ak＝－成立，
则n＝k＋1时，
ak＋1＝Sk＋1－Sk＝－，即
ak＋1＝－
＝－.
∴a＋2ak＋1－1＝0.∴ak＋1＝－.
即n＝k＋1时，命题成立.12分
由①②知，an＝－对任意n∈N*都成立.14分