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【走向高考】2022届高三数学一轮基础巩固 第11章 第3节 推理与证明(含解析)新人教B版

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【走向高考】2022届高三数学一轮基础巩固第11章第3节推理与证明新人教B版一、选择题1.(文)观察下列各式:55=3125,56=15625,57=78125,…,则52022的末四位数字为(  )A.3125 B.5625   C.0625 D.8125[答案] D[解析] 因为58=390625,59=1953125.所以5n(n≥5)的末四位数字周期为4,2022=503×4+3,故52022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出现在(  )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.古希腊著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,可以发现,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,很容易得到: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mn,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、△-9-\nOCD的面积分别为S1、S2,EF∥AB,且EF到CD与AB的距离之比为mn,则△OEF的面积S0与S1、S2的关系是(  )A.S0=B.S0=C.=D.=[答案] C[解析] 根据面积比等于相似比的平方求解.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*DB.B*D,A*CC.B*C,A*DD.C*D,A*D[答案] B[解析] 观察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,已知正四面体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.-9-\n证明如下:如图,设正四面体的棱长为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,∴正四面体的外接球和内切球的半径之比是=,故正四面体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.3B.  C.3D.[答案] C[解析] 根据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)观察等式: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] 观察已知等式不难发现,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.(2022·山西四校联考)已知x∈(0,+∞),观察下列各式:x+≥2,x+=++≥3,x+=+++≥4,…,类比得x+≥n+1(n∈N*),则a=________.-9-\n[答案] nn[解析] 第一个式子是n=1的情况,此时a=11=1,第二个式子是n=2的情况,此时a=22=4,第三个式子是n=3的情况,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)根据以上等式,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情况下加以推广,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,可得准确的推广形式: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,因为a1=0,所以at=(t-1)d,as=(s-1)d,-9-\n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不可能是△BPC的垂心.[分析] 由于本题是证H不可能是△BPC的垂心,因此可从问题的反面出发,假设H是△BPC的垂心,然后推出一个矛盾的结论.[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是锐角三角形矛盾,所以H不可能是△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面体ABCD中,若M是△BCD的三边中线的交点,O为四面体ABCD外接球的球心,则=______.”(  )A.2B.3  C.4D.9[答案] B[解析] 如图,易知球心O在线段AM上,不妨设四面体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.如果将此机器狗放在数轴原点,面向正方向,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(  )-9-\nA.P(2022)=404B.P(2022)=404C.P(2022)=405D.P(2022)=405[答案] A[解析] 显然每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(2022)=405,P(2022)=404,P(2022)=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).如果存在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.由此可判断乙去过的城市为________.[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)(2022·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,…,根据上述分解规律,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)如果△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°相矛盾.所以假设不成立,又显然△A2B2C2不是直角三角形,所以△A2B2C2是钝角三角形.16.(文)观察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=1-9-\n[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)(2022·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=;第二步,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=,第二步,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,因为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.因为a>b>c,所以a-b>0,a-c>0,所以(a-b)(a-c)>0,显然成立,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.-9-\n18.(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)=,注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)()nTn=2×()2+3×()3+4×()4+…+(n+1)()n+1-9-\n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,由猜想显然成立.(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>.-9-

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发布时间:2022-08-26 00:14:18 页数:9
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文章作者:U-336598

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