【2022屆走向高考】高三數(shù)學一輪(人教B版)基礎鞏固：第11章-第3節(jié)-推理與證明

第十一章第三節(jié)一、選擇題1．(文)觀看下列各式：55＝3125,56＝15625,57＝78125，…，則52021的末四位數(shù)字為()A．3125 B．5625C．0625 D．8125[答案]D[解析]由于58＝390625,59＝1953125.所以5n(n≥5)的末四位數(shù)字周期為4，2021＝503×4＋3，故52021的末四位數(shù)字為8125，故選D.(理)將正整數(shù)排成下表：12345678910111213141516……則在表中數(shù)字2022毀滅在()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個數(shù)字，前n行的數(shù)字個數(shù)為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，選B.2．古希臘出名的畢達哥拉斯學派把1,3,6,10…這樣的數(shù)稱為“三角形數(shù)”，而把1,4,9,16…這樣的數(shù)稱為“正方形數(shù)”．如圖，可以發(fā)覺，任何一個大于1的“正方形數(shù)”都可以看作兩個相鄰的“三角形數(shù)”之和，下列等式中，符合這一規(guī)律的表達式是()①13＝3＋10；②25＝9＋16；③36＝15＋21；④49＝18＋31；⑤64＝28＋36.A．①④ B．②⑤C．③⑤ D．②③[答案]C[解析]這些“三角形數(shù)”依次是1,3,6,10,15,21,28,36,45，…且“正方形數(shù)”是“三角形數(shù)”中相鄰兩數(shù)之和，很簡潔得到：15＋21＝36,28＋36＝64，只有③⑤是對的．3.如圖，在梯形ABCD中，AB∥DC，AB＝a，CD＝b(a>b)．若EF∥AB，EF到CD與AB的距離之比為mn，則可推算出：EF＝eq\f(ma＋nb,m＋n)，試用類比的方法，推想出下述問題的結(jié)果．在上面的梯形ABCD中，延長梯形兩腰AD、BC相交于O點，設△OAB、△OCD的面積分別為S1、S2，EF∥AB，且EF到CD與AB的距離之比為mn，則△OEF的面積S0與S1、S2的關系是()A．S0＝eq\f(mS1＋nS2,m＋n)B．S0＝eq\f(nS1＋mS2,m＋n)C.eq\r(S0)＝eq\f(m\r(S1)＋n\r(S2),m＋n)D.eq\r(S0)＝eq\f(n\r(S1)＋m\r(S2),m＋n)[答案]C[解析]依據(jù)面積比等于相像比的平方求解．4．定義A*B，B*C，C*D，D*A的運算分別對應圖中的(1)(2)(3)(4)，那么下圖中(A)(B)所對應的運算結(jié)果可能是()A．B*D，A*D B．B*D，A*CC．B*C，A*D D．C*D，A*D[答案]B[解析]觀看圖形及對應運算分析可知，基本元素為A→|，B→□，C→——，D→○，從而可知圖(A)對應B*D，圖B對應A*C.5．(2022·湖南長沙一模)在平面幾何中有如下結(jié)論：正三角形ABC的內(nèi)切圓面積為S1，外接圓面積為S2，則eq\f(S1,S2)＝eq\f(1,4).推廣到空間可以得到類似結(jié)論，已知正四周體P－ABC的內(nèi)切球體積為V1，外接球體積為V2，則eq\f(V1,V2)＝()A.eq\f(1,8) B．eq\f(1,9)C.eq\f(1,27) D．eq\f(1,64)[答案]C[解析]從平面圖形類比空間圖形，從二維類比三維，可知選C.證明如下：如圖，設正四周體的棱長為a，E為等邊三角形ABC的中心，O為內(nèi)切球與外接球球心．則AE＝eq\f(\r(3),3)a，DE＝eq\f(\r(6),3)a，設OA＝R，OE＝r，則OA2＝AE2＋OE2，即R2＝(eq\f(\r(6),3)a－R)2＋(eq\f(\r(3),3)a)2，∴R＝eq\f(\r(6),4)a，r＝eq\f(\r(6),12)a，∴正四周體的外接球和內(nèi)切球的半徑之比是eq\f(r,R)＝eq\f(1,3)，故正四周體P－ABC的內(nèi)切球體積V1與外接球體積V2之比等于(eq\f(r,R))3＝eq\f(1,27).6．(文)若定義在區(qū)間D上的函數(shù)f(x)，對于D上的任意n個值x1、x2、…、xn，總滿足f(x1)＋f(x2)＋…＋f(xn)≥nfeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2＋…＋xn,n)))，則稱f(x)為D上的凹函數(shù)，現(xiàn)已知f(x)＝tanx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是凹函數(shù)，則在銳角三角形ABC中，tanA＋tanB＋tanC的最小值是()A．3 B．eq\f(2,3)C．3eq\r(3) D．eq\r(3)[答案]C[解析]依據(jù)f(x)＝tanx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是凹函數(shù)，再結(jié)合凹函數(shù)定義得，tanA＋tanB＋tanC≥3taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A＋B＋C,3)))＝3taneq\f(π,3)＝3eq\r(3).故所求的最小值為3eq\r(3).(理)觀看等式：sin230°＋cos260°＋sin30°cos60°＝eq\f(3,4)，sin220°＋cos250°＋sin20°cos50°＝eq\f(3,4)和sin215°＋cos245°＋sin15°cos45°＝eq\f(3,4)，…，由此得出以下推廣命題，則推廣不正確的是()A．sin2α＋cos2β＋sinαcosβ＝eq\f(3,4)B．sin2(α－30°)＋cos2α＋sin(α－30°)cosα＝eq\f(3,4)C．sin2(α－15°)＋cos2(α＋15°)＋sin(α－15°)cos(α＋15°)＝eq\f(3,4)D．sin2α＋cos2(α＋30°)＋sinαcos(α＋30°)＝eq\f(3,4)[答案]A[解析]觀看已知等式不難發(fā)覺，60°－30°＝50°－20°＝45°－15°＝30°，推廣后的命題應具備此關系，但A中α與β無聯(lián)系，從而推斷錯誤的命題為A.選A.二、填空題7．(2021·山西四校聯(lián)考)已知x∈(0，＋∞)，觀看下列各式：x＋eq\f(1,x)≥2，x＋eq\f(4,x2)＝eq\f(x,2)＋eq\f(x,2)＋eq\f(4,x2)≥3，x＋eq\f(27,x3)＝eq\f(x,3)＋eq\f(x,3)＋eq\f(x,3)＋eq\f(27,x3)≥4，…，類比得x＋eq\f(a,xn)≥n＋1(n∈N*)，則a＝________.[答案]nn[解析]第一個式子是n＝1的狀況，此時a＝11＝1，其次個式子是n＝2的狀況，此時a＝22＝4，第三個式子是n＝3的狀況，此時a＝33＝27，歸納可知a＝nn.8．(文)(2022·溫州適應性測試)已知coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2)，coseq\f(π,5)coseq\f(2π,5)＝eq\f(1,4)，coseq\f(π,7)coseq\f(2π,7)coseq\f(3π,7)＝eq\f(1,8)，……(1)依據(jù)以上等式，可猜想出的一般結(jié)論是________；(2)若數(shù)列{an}中，a1＝coseq\f(π,3)，a2＝coseq\f(π,5)coseq\f(2π,5)，a3＝coseq\f(π,7)·coseq\f(2π,7)coseq\f(3π,7)，…，前n項和Sn＝eq\f(1023,1024)，則n＝________.[答案](1)coseq\f(π,2n＋1)·coseq\f(2π,2n＋1)·…·coseq\f(nπ,2n＋1)＝eq\f(1,2n)(n∈N*)(2)10[解析](1)從題中所給的幾個等式可知，第n個等式的左邊應有n個余弦相乘，且分母均為2n＋1，分子分別為π，2π，…，nπ，右邊應為eq\f(1,2n)，故可以猜想出結(jié)論為coseq\f(π,2n＋1)·coseq\f(2π,2n＋1)·…·coseq\f(nπ,2n＋1)＝eq\f(1,2n)(n∈N*)．(2)由(1)可知an＝eq\f(1,2n)，故Sn＝eq\f(\f(1,2)[1－\f(1,2)n],1－\f(1,2))＝1－eq\f(1,2n)＝eq\f(2n－1,2n)＝eq\f(1023,1024)，∴n＝10.(理)考察下列一組不等式：23＋53>22·5＋2·52,24＋54>23·5＋2·53,2eq\f(5,2)＋5eq\f(5,2)>22·5eq\f(1,2)＋2eq\f(1,2)·52，….將上述不等式在左右兩端仍為兩項和的狀況下加以推廣，使以上的不等式成為推廣不等式的特例，則推廣的不等式為________________________．[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”，“2eq\f(5,2)＋5eq\f(5,2)>22·5eq\f(1,2)＋2eq\f(1,2)·5”，可得推廣形式的最基本的印象：應具有“□□＋□□>□□·□□＋□□·□□”的形式．再分析底數(shù)間的關系，可得較細致的印象：應具有“a□＋b□>a□·b□＋a□·b□”的形式．再分析指數(shù)間的關系，可得精確?????的推廣形式：am＋n＋bm＋n>ambn＋anbm(a，b>0，a≠b，m，n>0)．9．(2022·福建漳州質(zhì)檢)對于等差數(shù)列{an}有如下命題：“若數(shù)列{an}是等差數(shù)列，a1＝0，s，t是互不相等的正整數(shù)，則有(s－1)at－(t－1)as＝0”．類比此命題，給出等比數(shù)列{bn}相應的一個正確命題是________[答案]若數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，b1＝1，s，t是互不相等的正整數(shù)，則有eq\f(b\o\al(s－1,t),b\o\al(t－1,s))＝1[解析]在等差數(shù)列{an}中，設d為公差，由于a1＝0，所以at＝(t－1)d，as＝(s－1)d，所以eq\f(at,as)＝eq\f(t－1,s－1)，即(s－1)at－(t－1)as＝0.類比此法，在等比數(shù)列{bn}中，設q是公比，bt＝b1qt－1，bs＝b1qs則當b1＝1時，有eq\f(b\o\al(s－1,t),b\o\al(t－1,s))＝1.三、解答題10．已知直線AP⊥平面ABC，底面△ABC是銳角三角形，若H是A在平面BPC上的射影，求證：H不行能是△BPC的垂心．[分析]由于本題是證H不行能是△BPC的垂心，因此可從問題的反面動身，假設H是△BPC的垂心，然后推出一個沖突的結(jié)論．[證明]假設H是△BPC的垂心，連接CH延長交BP于E，則CE⊥PB.又AH⊥平面BPC.故PB⊥AH.所以PB⊥平面ACE.則AC⊥BP.由PA⊥平面ABC知AC⊥AP，故直線AC⊥平面ABP，則AC⊥AB.即∠BAC＝90°，這與△ABC是銳角三角形沖突，所以H不行能是△BPC的垂心.一、選擇題11．已知結(jié)論：“在三邊長都相等的△ABC中，若D是BC的中點，G是△ABC外接圓的圓心，則eq\f(AG,GD)＝2”．若把該結(jié)論推廣到空間，則有結(jié)論：“在六條棱長都相等的四周體ABCD中，若M是△BCD的三邊中線的交點，O為四周體ABCD外接球的球心，則eq\f(AO,OM)＝______.”()A．2 B．3C．4 D．9[答案]B[解析]如圖，易知球心O在線段AM上，不妨設四周體ABCD的邊長為1，外接球的半徑為R，則BM＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(2,3)＝eq\f(\r(3),3)，AM＝eq\r(12－\f(\r(3),3)2)＝eq\f(\r(6),3)，R＝eq\r(\f(\r(6),3)－R2＋\f(\r(3),3)2)，解得R＝eq\f(\r(6),4).于是，eq\f(AO,OM)＝eq\f(\f(\r(6),4),\f(\r(6),3)－\f(\r(6),4))＝3.12．規(guī)定一機器狗每秒鐘只能前進或后退一步，現(xiàn)程序設計師讓機器狗以“前進3步，然后再退2步”的規(guī)律移動．假如將此機器狗放在數(shù)軸原點，面對正方向，以1步的距離為1個單位長度移動，令P(n)表示第ns時機器狗所在的位置坐標，且P(0)＝0，則下列結(jié)論中正確的是()A．P(2022)＝404 B．P(2021)＝404C．P(2022)＝405 D．P(2021)＝405[答案]A[解析]明顯每5s前進一個單位，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，故選A.二、填空題13．(2022·浙江嘉興一中摸底)記定義在R上的函數(shù)y＝f(x)的導函數(shù)為f′(x)．假如存在x0∈[a，b]，使得f(b)－f(a)＝f′(x0)(b－a)成立，則稱x0為函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[a，b]上的“中值點”．那么函數(shù)f(x)＝x3－3x在區(qū)間[－2，2]上的“中值點”為________．[答案]±eq\f(2\r(3),3)[解析]由f(x)＝x3－3x求導可得f′(x)＝3x2－3，設x0為函數(shù)f(x)在區(qū)間[－2,2]上的“中值點”，則f′(x0)＝eq\f(f2－f－2,2－－2)＝1，即3xeq\o\al(2,0)－3＝1，解得x0＝±eq\f(2\r(3),3).14．(2022·新課標Ⅰ)甲、乙、丙三位同學被問到是否去過A、B、C三個城市時，甲說：我去過的城市比乙多，但沒去過B城市；乙說：我沒去過C城市；丙說：我們?nèi)巳ミ^同一個城市．由此可推斷乙去過的城市為________．[答案]A[解析]由丙可知，乙至少去過一個城市．由甲可知，甲去過A，C且比乙多，且乙沒有去過C城市，故乙只去過A城市．15．(文)(2021·臨沂二模)對于大于或等于2的自然數(shù)n的二次方冪有如下分解方式：22＝1＋3,32＝1＋3＋5,42＝1＋3＋5＋7，…，依據(jù)上述分解規(guī)律，對任意自然數(shù)n，當n≥2時，有____________．[答案]n2＝1＋3＋5＋…＋(2n－1)(理)(2022·山東濰坊期中)假如△A1B1C1的三個內(nèi)角的余弦值分別等于△A2B2C2的三個內(nèi)角的正弦值，則△A2B2C[答案]鈍角[解析]由條件知，△A1B1C1的三個內(nèi)角的余弦值均大于0，則△A1B1C1是銳角三角形，假設△A2B2C由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinA2＝cosA1＝sin\f(π,2)－A1，,sinB2＝cosB1＝sin\f(π,2)－B1，,sinC2＝cosC1＝sin\f(π,2)－C1，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(A2＝\f(π,2)－A1，,B2＝\f(π,2)－B1，,C2＝\f(π,2)－C1.))那么，A2＋B2＋C2＝eq\f(π,2)，這與三角形內(nèi)角和為180°相沖突．所以假設不成立，又明顯△A2B2C2不是直角三角形，所以△A2B2C216．(文)觀看下列幾個三角恒等式：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都有意義，你從這三個恒等式中猜想得到的一個結(jié)論為______________________．[答案]當α＋β＋γ＝90°時，tanαtanβ＋tanβtanγ＋tanγtanα＝1[解析]所給三角恒等式都為tanαtanβ＋tanβtanγ＋tanγtanα＝1的結(jié)構(gòu)形式，且α，β，γ之間滿足α＋β＋γ＝90°.(理)(2021·福州模擬)對一個邊長為1的正方形進行如下操作：第一步，將它分割成3×3方格，接著用中心和四個角的5個小正方形，構(gòu)成如圖①所示的幾何圖形，其面積S1＝eq\f(5,9)；其次步，將圖①的5個小正方形中的每個小正方形都進行與第一步相同的操作，得到圖②；依此類推，到第n步，所得圖形的面積Sn＝(eq\f(5,9))n.若將以上操作類比推廣到棱長為1的正方體中，則到第n步，所得幾何體的體積Vn＝________.[答案](eq\f(1,3))n[解析]將棱長為1的正方體分割成3×3×3＝27個全等的小正方體，拿去分別與中間小正方體的六個面重合的6個小正方體和分別與中間小正方體有1條棱重合的12個小正方體，則余下的9個小正方體體積V1＝eq\f(1,3)，其次步，將余下的9個小正方體作同樣的操作，則余下的9×9個小正方體的體積V2＝(eq\f(1,3))2，故到第n步，所得幾何體的體積Vn＝(eq\f(1,3))n.三、解答題17．(文)已知a>b>c，且a＋b＋c＝0，求證：eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a.[證明]要證eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a，只需證b2－ac<3a2，由于a＋b＋c＝0，只需證b2＋a(a＋b)<3a2，只需證2a2－ab－b只需證(a－b)(2a＋b)>0，只需證(a－b)(a－c)由于a>b>c，所以a－b>0，a－c>0，所以(a－b)(a－c)>0，明顯成立，故原不等式成立．(理)已知：a>0，b>0，a＋b＝1.求證：eq\r(a＋\f(1,2))＋eq\r(b＋\f(1,2))≤2.[證明]要證eq\r(a＋\f(1,2))＋eq\r(b＋\f(1,2))≤2，只需證a＋eq\f(1,2)＋b＋eq\f(1,2)＋2eq\r(a＋\f(1,2)b＋\f(1,2))≤4，又a＋b＝1，故只需證eq\r(a＋\f(1,2)b＋\f(1,2))≤1，只需證(a＋eq\f(1,2))(b＋eq\f(1,2))≤1，只需證ab≤eq\f(1,4).∵a>0，b>0,1＝a＋b≥2eq\r(ab)，∴ab≤eq\f(1,4)，故原不等式成立．18．(文)設f(x)＝eq\f(1,3x＋\r(3))，先分別求f(0)＋f(1)，f(－1)＋f(2)，f(－2)＋f(3)，然后歸納猜想一般性結(jié)論，并給出證明．[解析]f(0)＋f(1)＝eq\f(1,30＋\r(3))＋eq\f(1,31＋\r(3))＝eq\f(1,1＋\r(3))＋eq\f(1,3＋\r(3))＝eq\f(\r(3)－1,2)＋eq\f(3－\r(3),6)＝eq\f(\r(3),3)，同理可得：f(－1)＋f(2)＝eq\f(\r(3),3)，f(－2)＋f(3)＝eq\f(\r(3),3)，留意到在這三個特殊式子中，自變量之和均等于1.歸納猜想得：當x1＋x2＝1時，均有f(x1)＋f(x2)＝eq\f(\r(3),3).證明如下：設x1＋x2＝1，f(x1)＋f(x2)＝eq\f(1,3x1＋\r(3))＋eq\f(1,3x2＋\r(3))＝eq\f(3x1＋\r(3)＋3x2＋\r(3),3x1＋\r(3)3x2＋\r(3))＝eq\f(3x1＋3x2＋2\r(3),3x1＋x2＋\r(3)3x1＋3x2＋3)＝eq\f(3x1＋3x2＋2\r(3),\r(3)3x1＋3x2＋2\r(3))＝eq\f(\r(3),3).(理)(2022·天津紅橋區(qū)一模)已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝－an－(eq\f(1,2))n－1＋2(n為正整數(shù))．(1)令bn＝2nan，求證數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，并求數(shù)列{an}的通項公式；(2)令cn＝eq\f(n＋1,n)an，Tn＝c1＋c2＋…＋cn，試比較Tn與eq\f(5n,2n＋1)的大小，并予以證明．[解析](1)在Sn＝－an－(eq\f(1,2))n－1＋2中，令n＝1，可得S1＝－a1－1＋2＝a1，即a1＝eq\f(1,2)，當n≥2時，Sn－1＝－an－1－(eq\f(1,2))n－2＋2，∴an＝Sn－Sn－1＝－an＋an－1＋(eq\f(1,2))n－1，∴2an＝an－1＋(eq\f(1,2))n－1，即2nan＝2n－1an－1＋1.∵bn＝2nan，∴bn＝bn－1＋1，即當n≥2時，bn－bn－1＝1，又b1＝2a1＝1，∴數(shù)列{bn于是bn＝1＋(n－1)·1＝n