1、2013 贵州大学附中高考数学一轮复习单元练习-推理与证明I 卷一、选择题1 下面使用类比推理，得出正确结论的是 ( ） A “若 3ab,则 a”类推出“若 0ab,则 a”B “若 )c”类推出 “()c”C “若 (” 类推出“ (c0 ） ”D “ nab（ ） ” 类推出“ nab（ ） ”【答案】C2有这样一段演绎推理是这样的“有些有理数是真分数，整数是有理数，则整数是真分数”结论显然是错误的，是因为 ( ) A大前提错误 B小前提错误 C推理形式错误 D非以上错误【答案】C3类比平面内正三角形的“三边相等，三内角相等”的性质，可推出正四面体的下列哪些性质，你认为比较恰当的是（ ）
2、各棱长相等，同一顶点上的任两条棱的夹角都相等；各个面都是全等的正三角形，相邻两个面所成的二面角都相等；各个面都是全等的正三角形，同一顶点上的任两条棱的夹角都相等A； B； C； D。【答案】C4下面的四个不等式： cabcba22 ；41；2ab； 2dcba.其中不成立的有 ( ) A1 个 B2 个 C3 个 D4 个【答案】A5 古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数，例如： . 他们研究过图 1 中的 1，3，6，10，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数；类似地，称图 2 中的 1，4，9，16这样的数成为正方形数.下列数中及时三角形数又是正方形数的是（ ）A289
3、B1024 C1225 D1378【答案】C6设 ()|1|fxx, 则1()2f( )A 2B 0 C D 1【答案】D7某同学在电脑上打出如下若干个圈：若将此若干个圈依此规律继续下去，得到一系列的圈，那么在前 2 009 个圈中的个数是（ ）A60 B61 C62 D63【答案】C8演绎推理是以下列哪个为前提，推出某个特殊情况下的结论的推理方法（ ）A一般的原理原则； B特定的命题； C一般的命题； D定理、公式。【答案】A9 设 ba0，且 )(xf 21x，则下列大小关系式成立的是（ ）.A )(abff B )()2(abfbafC (2(abfD )【答案】A10如果两个向量 a、
4、 b 共线，一定存在 R 使 a= b.因为 0 与任何向量共线，因此对于任何向量 a,一定有 R 使 a= 0.对以上三段论，下面说法正确的是 ( ）A推理完全正确 B大前提不正确C小前提不正确 D推理形式不正确【答案】B11下列哪个平面图形与空间的平行六面体作为类比对象比较合适 ( ）A三角形 B梯形C平行四边形 D矩形【答案】C12有一个奇数列 1,3,5,7,9，现进行如下分组：第 1 组含有一个数1；第二组含有两个数3,5；第三组含有三个数7,9,11；，则第 n 组内各数之和为( )A n2 B n3C n4 D n(n1)【答案】BII 卷二、填空题13若三角形内切圆的半径为 r
5、，三边长为 a、 b、 c，则三角形的面积等于 S r(a b c)，12根据类比推理的方法，若一个四面体的内切球的半径为 R，四个面的面积分别是S1、 S2、 S3、 S4，则四面体的体积 V_.【答案】 R(S1 S2 S3 S4)1314命题“ABC 中，若AB，则 ab”的结论的否定是 。【答案】ab15 “渐升数”是指每个数字比它左边的数字大的正整数，若把四位“渐升数”按从小到大的顺序排列，则第 22 个数为_【答案】134516平面上原有 k 个圆，它们相交所成圆弧共有 f(k)段，若增加第 k1 个圆与前 k 个圆均有两个交点，且不过前 k 个圆的交点，试问前 k 个圆的圆弧增加
6、_段【答案】2 k三、解答题17已知函数 f(x) x3， g(x) x x(1)求函数 h(x) f(x) g(x)的零点个数，并说明理由；(2)设数列 an(nN*)满足 a1 a(a0)， f(an1) g(an)，证明：存在常数 M，使得对于任意的 nN*，都有 an M.【答案】(1)由 h(x) x3 x 知， x0，)，而 h(0)0，且 h(1)10，则 x0 为 h(x)的一个零点，且 h(x)在(1,2)内有零点因此， h(x)至少有两个零2点解法一： h( x)3 x21 x ，记 (x)3 x21 x ，则 ( x)6 x x 12 12 12 12 14 32当 x(
7、0，)时， ( x)0，因此 (x)在(0，)上单调递增，则 (x)在(0，)内至多只有一个零点又因为 (1)0， (x1)0.所以，当 x(0， x1)时， h(x)单调递减而 h(0)0，则 h(x)在(0， x1内无零点；当 x( x1，)时， h(x)单调递增，则 h(x)在( x1，)内至多只有一个零点，从而 h(x)在(0，)内至多只有一个零点综上所述， h(x)有且只有两个零点解法二：由 h(x) x ，记 (x) x21 x ，则 ( x)2 x x (x2 1 x12) 12 12 32当 x(0，)时， ( x)0，从而 (x)在(0，)上单调递增，则 (x)在(0，)内至
8、多只有一个零点 (1)0，所以 (x)在(0，)上有一个零点因此 h(x)在(0，)内也有一个零点综上所述， h(x)有且只有两个零点(2)记 h(x)的正零点为 x0，即 x x0 30 x0(i)当 ax0时，由 a1 a，即 a1x0.而 a a1 x0 x ，因此 a2x0.由此猜测： anx0.下面用数学归纳法证明32 a1 x0 30当 n1 时， a1x0显然成立假设当 n k(k1)时， akx0成立，则当 n k1 时，由a ak x0 x 知， ak1 x0.3k 1 ak x0 30因此，当 n k1 时， ak1 x0成立故对任意的 nN *， anx0成立(ii)当
9、a x0时，由(1)知， h(x)在( x0，)上单调递增，则 h(a) h(x0)0，即 a3 a 从而 a a1 a a3，即 a2 a.由此猜测： an a.下面用数学归纳法a 32 a1 a证明当 n1 时， a1 a 显然成立假设当 n k(k1)时， ak a 成立，则当 n k1 时，由 a ak a a3知，3k 1 ak aak1 a.因此，当 n k1 时， ak1 a 成立故对任意的 nN *， an a 成立综上所述，存在常数 Mmax x0， a，使得对于任意的 nN *，都有 an M.18 设函数 )(si)(Rxf.(1）证明： Zkxxfkxf ,sin2)(
10、2(；(2）设 0为 )(f的一个极值点，证明204201)(f.【答案】1） 2()xkfxkxkx（ ） sin-sin= xk（ ） sin-i= i 2) ()scosfx000ix 又2200sincos1x由知20sin=21x所以422200200()ixfx19在ABC 中， CBAcosini，判断ABC 的形状.【答案】 ABC 是直角三角形； 因为 sinA= cosin据正、余弦定理得 ：（b+c）(a2-b2-c2)=0； 又因为 a,b,c 为 ABC 的三边，所以 b+c 0所以 a2=b2+c2 即 ABC 为直角三角形.20观察以下各等式：sin230+cos
11、260+sin 30cos 60=34,sin240+cos270+sin 40cos 70=34，sin215+cos245+sin 15cos 45=34.关键提示上述各式的共同特点，写出能反映一般规律的等式，并对等式的正确性加以证明.【答案】21在数列 an中， a13， an an1 2 n1( n2 且 nN *)(1)求 a2， a3的值；(2)证明：数列 an n是等比数列，并求 an的通项公式；(3)求数列 an的前 n 项和 Sn.【答案】(1) a13， an an1 2 n1( n2， nN *)， a2 a1416， a3 a2611.(2) 1，数列 an n是首项为
12、an nan 1 (n 1) ( an 1 2n 1) nan 1 n 1 an 1 n 1an 1 n 1a114，公比为1 的等比数列 an n4(1) n1 ，即 an4(1) n1 n， an的通项公式为 an4(1) n1 n(nN *)(3) an的通项公式为 an4(1) n1 n(nN *)，所以 Sn k 4(1) k1 k 4(1) k1 nk 1ank 1nk 1nk 1k4 1 ( 1)n1 ( 1) n(n 1)221(1) n (n2 n)12 2(1) n.n2 n 4222在数列an中，)(2,1Nnaan，试猜想这个数列的通项公式。【答案】在数列an中，)(,11 nn312 41234522,11aaaaa可以猜想，这个数列的通项公式是 12na
