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1、1 （三）推理与证明 章末综合测评 ( 时间 120 分钟，满分150 分) 一、选择题 ( 本大题共12 小题，每小题5 分，共 60 分在每小题给出的四个选项中， 只有一项是符合题目要求的) 1下面四个推理不是合情推理的是( ) A由圆的性质类比推出球的有关性质 B由直角三角形、等腰三角形、等边三角形的内角和都是180，归纳出所有三角形 的内角和都是180 C某次考试张军的成绩是100 分，由此推出全班同学的成绩都是100 分 D蛇、海龟、蜥蜴是用肺呼吸的，蛇、海龟、蜥蜴是爬行动物，所以所有的爬行动物 都是用肺呼吸的 【解析】逐项分析可知，A项属于类比推理，B项和 D项属于归纳推理，而C项
2、中各 个学生的成绩不能类比，不是合情推理 【答案】C 2用反证法证明命题“若直线AB，CD是异面直线，则直线AC，BD也是异面直线”的 过程归纳为以下三个步骤： 则A，B，C，D四点共面，所以AB，CD共面，这与AB，CD是异面直线矛盾； 所以假设错误，即直线AC，BD也是异面直线； 假设直线AC，BD是共面直线 则正确的序号顺序为( ) AB CD 【解析】结合反证法的证明步骤可知，其正确步骤为. 【答案】B 3下列推理是归纳推理的是( ) AA，B为定点，动点P满足 |PA| |PB| 2a|AB| ，得P的轨迹为椭圆 B由a11，an3n1，求出S1，S2，S3，猜想出数列的前n项和Sn
3、的表达式 C由圆x 2 y 2 r 2 的面积 r 2 ，猜出椭圆 x 2 a 2 y 2 b 21 的面积Sab D科学家利用鱼的沉浮原理制造潜艇 【解析】由归纳推理的特点知，选B. 【答案】B 4用反证法证明“a，b，c中至少有一个大于0”，下列假设正确的是( ) 2 A假设a，b，c都小于 0 B假设a，b，c都大于 0 C假设a，b，c中都不大于0 D假设a，b，c中至多有一个大于0 【解析】用反证法证明“a，b，c中至少有一个大于0”，应先假设要证命题的否定 成立而要证命题的否定为“假设a，b，c中都不大于0”，故选C. 【答案】C 5下面给出了四个类比推理 a，b为实数，若a 2
4、b 20 则 ab0；类比推出：z1，z2为复数，若z 2 1z 2 20，则 z1z20； 若数列 an是等差数列，bn 1 n( a1a2a3, an) ，则数列 bn也是等差数列； 类比推出：若数列cn 是各项都为正数的等比数列，dn n c1c2c3,cn，则数列 dn也是 等比数列； 若a，b，cR，则 (ab)ca(bc) ；类比推出：若a，b，c为三个向量，则(ab) c a(bc) ； 若圆的半径为a，则圆的面积为a 2；类比推出：若椭圆的长半轴长为 a，短半轴长 为b，则椭圆的面积为ab. 上述四个推理中，结论正确的是( ) AB CD 【解析】在复数集C中，若z1，z2C，
5、z 2 1z 2 20，则可能z11 且z2i ，故错误； 在类比等差数列性质推理等比数列性质时，一般思路有： 由加法类比推理为乘法，由减法 类比推理为除法，由算术平均数类比推理为几何平均数等，故正确； 由于向量的数量积运 算结合律不成立，错误；若圆的半径为a，则圆的面积为a 2；类比推出，若椭圆长半轴 长为a，短半轴长为b，则椭圆面积为ab，正确 【答案】D 6将平面向量的数量积运算与实数的乘法运算相类比，易得下列结论： abba；(ab)ca(bc) ；a(bc) abac；由ab ac(a0)可得bc. 以上通过类比得到的结论正确的个数为( ) A1 B 2 C3 D 4 【解析】平面向
6、量的数量积的运算满足交换律和分配律，不满足结合律， 故正确， 3 错误； 由abac(a0)得a(bc) 0，从而bc0或a(bc) ，故错误 故 选 B. 【答案】B 7 (2016昌平模拟 ) 已知 bn为等比数列，b52， 则b1b2b3b4b5b6b7b8b9 2 9. 若 an 为等差数列，a52，则 an 的类似结论为 ( ) Aa1a2a3,a92 9 Ba1a2a3, a92 9 Ca1a2a3,a929 Da1a2a3, a929 【解析】根据等差、等比数列的特征知，a1a2, a929. 【答案】D 8(2016北京高考) 袋中装有偶数个球，其中红球、黑球各占一半甲、乙、丙
7、是三 个空盒每次从袋中任意取出两个球，将其中一个球放入甲盒，如果这个球是红球，就将另 一个球放入乙盒， 否则就放入丙盒 重复上述过程， 直到袋中所有球都被放入盒中，则( ) A乙盒中黑球不多于丙盒中黑球 B乙盒中红球与丙盒中黑球一样多 C乙盒中红球不多于丙盒中红球 D乙盒中黑球与丙盒中红球一样多 【解析】取两个球往盒子中放有4 种情况： 红红，则乙盒中红球数加1； 黑黑，则丙盒中黑球数加1； 红黑 ( 红球放入甲盒中) ，则乙盒中黑球数加1； 黑红 ( 黑球放入甲盒中)，则丙盒中红球数加1. 因为红球和黑球个数一样多，所以 和的情况一样多，和的情况完全随机 和对 B选项中的乙盒中的红球数与丙盒
8、中的黑球数没有任何影响 和出现的次数是一样的，所以对 B选项中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数的影 响次数一样 综上，选 B. 【答案】B 9在等差数列 an 中，若a100，则有等式a1a2, ana1a2, a19n(n0，则 lg ab 2 lg a lg b 2 ； (2)610232. 7 【证明】(1) 当a，b0时，有 ab 2 ab， lg ab 2 lgab， lg ab 2 1 2lg ab lg alg b 2 . (2) 要证610232， 只要证 (610) 2(2 3 2) 2， 即 260248，这是显然成立的， 所以，原不等式成立 18(本小题满分12 分) 观
9、察以下各等式： sin 230 cos260sin 30 cos 60 3 4， sin 220 cos250sin 20 cos 50 3 4， sin 215 cos245sin 15 cos 45 3 4. 分析上述各式的共同特点，猜想出反映一般规律的等式，并对等式的正确性作出证明 【解】猜想： sin 2cos2( 30) sin cos( 30) 3 4. 证明如下： sin 2cos2( 30) sin cos( 30) sin 23 2 cos 1 2sin 2 sin 3 2 cos 1 2sin sin 23 4cos 2 3 2 sin cos 1 4sin 2 3 2 s
10、in cos 1 2sin 2 3 4sin 23 4cos 2 3 4. 19(本小题满分12 分) 点P为斜三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱BB1上一点，PMBB1交AA1 于点M，PNBB1交CC1于点N. (1) 求证：CC1MN； 8 (2) 在任意DEF中有余弦定理：DE 2 DF 2 EF 22DF EFcosDFE. 扩展到空间类比三 角形的余弦定理，写出斜三棱柱的三个侧面面积与其中两个侧面所成的二面角之间的关系 式，并予以证明 【解】(1) 证明： 因为PMBB1，PNBB1，又PMPNP， 所以BB1平面PMN，所以BB1MN. 又CC1BB1，所以CC1MN. (2) 在
11、斜三棱柱ABC-A1B1C1中，有S 2ABB 1A1S 2BCC 1B1S 2ACC 1A12SBCC1B1SACC1A1cos . 其中 为平面BCC 1B1与平面ACC1A1所成的二面角 证明如下： 因为CC1平面PMN，所以上述的二面角的平面角为MNP. 在PMN中， 因为PM 2 PN 2 MN 2 2PN MNcosMNP， 所以PM 2 CC 2 1PN 2 CC 2 1MN 2 CC 2 12(PNCC1) (MNCC1)cos MNP， 由于SBCC 1B1PNCC1，SACC1A1MNCC1， SABB1A1PMBB1PMCC1， 所以S 2ABB 1A1S 2BCC 1B
12、1S 2ACC 1A12SBCC1B1SACC1A1cos . 20( 本小题满分12 分)(2014 江苏高考) 如图 4，在三棱锥P-ABC中，D，E，F分别为 棱PC，AC，AB的中点已知PAAC，PA6，BC8，DF5. 求证： 图 4 (1) 直线PA平面DEF； (2) 平面BDE平面ABC. 【证明】(1) 因为D，E分别为棱PC，AC的中点，所以DEPA. 又因为PA平面DEF，DE平面DEF， 所以直线PA平面DEF. (2) 因为D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，PA6，BC8，所以DEPA，DE1 2PA 3，EF1 2BC 4. 又因为DF 5，故DF 2 DE
13、 2 EF 2， 9 所以DEF90，即DEEF. 又PAAC，DEPA，所以DEAC. 因为ACEFE，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(本小题满分12 分) 在数列 an 中，a11，a2 1 4，且 an 1 n1an nan (n2) (1) 求a3，a4，猜想an的表达式，并加以证明； (2) 设bn anan1 anan 1 ， 求证：对任意的nN，都有b1b2, bn n 3. 【解】(1) 容易求得：a3 1 7， a4 1 10 . 故可以猜想an 1 3n2， nN. 下面利用数学归纳法加以证明：
14、显然当n1,2,3,4时，结论成立， 假设当nk(k4，kN) 时，结论也成立，即 ak 1 3k2. 那么当nk1 时，由题设与归纳假设可知： ak1 k1ak kak k1 1 3k2 k 1 3k2 k1 3k 22k 1 k1 k1k1 1 3k1 1 3k12. 即当nk 1 时，结论也成立，综上，对任意n N，an 1 3n2成立 (2) 证明：bn anan1 anan1 1 3n2 1 3n 1 1 3n2 1 3n 1 10 1 3n13n2 1 3( 3n13n2) ， 所以b1b2, bn 1 3( 41)(74) (107) , (3n13n2) 1 3( 3n11)
15、， 所以只需要证明 1 3 (3n1 1) n 3? 3n13n 1? 3n 13n 23n 1? 023n( 显然成立 ) ， 所以对任意的nN，都有b1b2, bn0). (1) 求f(x) 的单调区间； (2) 记xi为f(x) 的从小到大的第i(i N * ) 个零点， 证明： 对一切nN *，有1 x 2 1 1 x 2 2, 1 x 2 n0， 此时f(x)0； 当x(2k1)， (2k2) )(k N) 时， sin x0. 故f(x) 的单调递减区间为(2k，(2k1) )(kN) ，单调递增区间为(2k1)，(2k 2) )(k N) (2) 由(1) 知，f(x) 在区间
16、(0 ， )上单调递减 又f 2 0，故x1 2 . 当nN * 时，因为f(n) f(n 1) ( 1) nn1 ( 1)n 1( n 1) 10 ， 且函数f(x) 的图像是连续不断的，所以f(x) 在区间 (n，(n1) 内至少存在一个零 点 又f(x) 在区间 (n，(n1) )上是单调的，故 nxn1(n 1) . 因此，当n1 时， 1 x 2 1 4 22 3； 11 当n2 时， 1 x 2 1 1 x 2 2 1 2(4 1) 2 3； 当n3 时， 1 x 2 1 1 x 2 2, 1 x 2 n 1 241 1 2 2, 1 n1 2 1 25 1 12, 1 n2n1 1 25 1 1 2 1 2 1 3 , 1 n2 1 n1 1 2 6 1 n1 6 22 3. 综上所述
