【数学】2020届一轮复习北师大版推理与证明课时作业

【数学】2020届一轮复习北师大版推理与证明课时作业

一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)‎ ‎1．有一段“三段论”，推理是这样的：对于可导函数f(x)，如果f′(x0)＝0，那么x＝x0是函数f(x)的极值点．因为f(x)＝x3在x＝0处的导数值f′(0)＝0，所以x＝0是函数f(x)＝x3的极值点．以上推理中(　　)‎ A．小前提错误 B．大前提错误 C．推理形式错误 D．结论正确 答案　B 解析　可导函数f(x)，若f′(x0)＝0且x0两侧导数值异号，则x＝x0是函数f(x)的极值点，故选B.‎ ‎2．观察下列各等式：＋＝2，＋＝2，＋＝2，＋＝2，依照以上各式成立的规律，得到一般性的等式为(　　)‎ A.＋＝2‎ B.＋＝2‎ C.＋＝2‎ D.＋＝2‎ 答案　A 解析　观察分子中2＋6＝5＋3＝7＋1＝10＋(－2)＝8.‎ ‎3．观察下面图形的规律，在其右下角的空格内画上合适的图形为(　　)‎ A．■ B．△ C．□ D．○‎ 答案　A 解析　由每一行中图形的形状及黑色图形的个数，则知A正确．‎ ‎4．已知an＝n，把数列{an}的各项排成如下的三角形：‎ a1‎ a2　a3　a4‎ a5　a6　a7　a8　a9‎ ‎…‎ 记A(s，t)表示第s行的第t个数，则A(11,12)等于(　　)‎ A.67 B.68 C.111 D.112‎ 答案　D 解析　该三角形每行所对应元素的个数分别为1,3,5，…那么第10行的最后一个数为a100，第11行的第12个数为a112，即A(11,12)＝112.故选D.‎ ‎5．已知f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，且f(1)＝2，则f(1)＋f(2)＋…＋f(n)不能等于(　　)‎ A．f(1)＋2f(1)＋…＋nf(1)‎ B．f C. D.f(1)‎ 答案　C 解析　f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，‎ 令x＝y＝1，得f(2)＝2f(1)，‎ 令x＝1，y＝2，f(3)＝f(1)＋f(2)＝3f(1)‎ ‎⋮‎ f(n)＝nf(1)，‎ 所以f(1)＋f(2)＋…＋f(n)＝(1＋2＋…＋n)f(1)＝f(1)．所以A，D正确．‎ 又f(1)＋f(2)＋…＋f(n)＝f(1＋2＋…＋n)＝f，所以B也正确．故选C.‎ ‎6．对于奇数列1,3,5,7,9，…，现在进行如下分组：第一组有1个数{1}，第二组有2个数{3,5}，第三组有3个数{7,9,11}，…，依此类推，则每组内奇数之和Sn与其组的编号数n的关系是(　　)‎ A．Sn＝n2 B．Sn＝n3‎ C．Sn＝n4 D．Sn＝n(n＋1)‎ 答案　B 解析　∵当n＝1时，S1＝1，当n＝2时，S2＝8＝23；‎ 当n＝3时，S3＝27＝33，‎ ‎∴归纳猜想Sn＝n3.故选B.‎ ‎7．古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数．比如：‎ 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，图2中的1,4,9,16，…，这样的数称为正方形数．下列数中既是三角形数又是正方形数的是(　　)‎ A．289 B．1024 C．1225 D．1378‎ 答案　C 解析　由图形可得三角形数构成的数列通项an＝(n＋1)，正方形数构成的数列通项bn＝n2，则由bn＝n2(n∈N*)可排除D.又由an＝(n＋1)，当an＝289时，即验证是否存在n∈N*，使得n(n＋1)＝578，经计算n不存在；同理，依次验证，有1225×2＝49×50，且352＝1225，故选C.‎ ‎8．观察(x2)′＝2x，(x4)′＝4x3，(cosx)′＝－sinx，由归纳推理可得：若定义在R上的函数f(x)满足f(－x)＝f(x)，记g(x)为f(x)的导函数，则g(－x)＝(　　)‎ A．f(x) B．－f(x) C．g(x) D．－g(x)‎ 答案　D 解析　由已知式子观察可得：原函数为偶函数，则它的导函数为奇函数，定义在R上的f(x)满足f(－x)＝f(x)，则f(x)为偶函数，∴g(x)＝f′(x)为奇函数，∴g(－x)＋g(x)＝0，故选D.‎ ‎9．在等差数列{an}中，若an＞0，公差d＞0，则有a4a6＞a3a7，类比上述性质，在等比数列{bn}中，若bn＞0，公比q＞1，则b4，b5，b7，b8的一个不等关系是(　　)‎ A．b4＋b8＞b5＋b7 B．b4＋b8＜b5＋b7‎ C．b4＋b7＞b5＋b8 D．b4＋b7＜b5＋b8‎ 答案　A 解析　b5＋b7－b4－b8＝b4(q＋q3－1－q4)‎ ‎＝b4(q－1)(1－q3)＝－b4(q－1)2(1＋q＋q2)‎ ‎＝－b4(q－1)2.‎ ‎∵bn＞0，q＞1，‎ ‎∴－b4(q－1)2＜0，‎ ‎∴b4＋b8＞b5＋b7.‎ ‎10．已知a＋b＋c＝0，则ab＋bc＋ca的值(　　)‎ A．大于0 B．小于0‎ C．不小于0 D．不大于0‎ 答案　D 解析　解法一：∵a＋b＋c＝0，∴a2＋b2＋c2＋2ab＋2ac＋2bc＝0，∴ab＋ac＋bc＝－≤0.‎ 解法二：令c＝0，若b＝0，则ab＋bc＋ac＝0，否则a，b异号，∴ab＋bc＋ac＝ab＜0，排除A、B、C，选D.‎ ‎11．已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n×3n－1＝3n(na－b)＋c对一切n∈N*都成立，那么a，b，c的值为(　　)‎ A．a＝，b＝c＝ B．a＝b＝c＝ C．a＝0，b＝c＝ D．不存在这样的a，b，c 答案　A 解析　令n＝1,2,3，得 所以a＝，b＝c＝.‎ ‎12．对于函数f(x)，若在定义域内存在实数x，满足f(－x)＝－f(x)，称f(x)为“局部奇函数”，若f(x)＝4x－m2x＋1＋m2－3为定义域R上的“局部奇函数”，则实数m的取值范围是(　　)‎ A．1－≤m≤1＋ B．1－≤m≤2 C．－2≤m≤2 D．－2≤m≤1－ 答案　B 解析　根据“局部奇函数”的定义可知，f(－x)＝－f(x)有解．‎ 即f(－x)＝4－x－m·2－x＋1＋m2－3＝－(4x－m·2x＋1＋m2－3)，‎ ‎∴4x＋4－x－2m(2x＋2－x)＋2m2－6＝0，‎ ‎∴(2x＋2－x)2－2m(2x＋2－x)＋2m2－8＝0有解，设t＝2x＋2－x，则t≥2，∴t2－2mt＋2m2－8＝0在t≥2时有解，设g(t)＝t2－2mt＋2m2－8.‎ ‎(1)当m≥2时，Δ＝4m2－4(2m2－8)≥0，∴m2≤8，∴2≤m≤2.‎ ‎(2)当m<2时，即 ‎∴1－≤m<2.‎ 综上，1－≤m≤2.‎ 第Ⅱ卷　(非选择题，共90分)‎ 二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)‎ ‎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________．‎ 答案　x，y均不大于1(或者x≤1且y≤1)‎ 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”．‎ ‎14．已知圆的方程是x2＋y2＝r2，则经过圆上一点M(x0，y0)的切线方程为x0x＋y0y＝‎ r2.类比上述性质，可以得到椭圆＋＝1类似的性质为________．‎ 答案　经过椭圆＋＝1上一点P(x0，y0)的切线方程为＋＝1‎ 解析　圆的性质中，经过圆上一点M(x0，y0)的切线方程就是将圆的方程中的一个x与y分别用M(x0，y0)的横坐标与纵坐标替换．故可得椭圆＋＝1类似的性质为：过椭圆＋＝1上一点P(x0，y0)的切线方程为＋＝1.‎ ‎15．现有一个关于平面图形的命题：如图，同一平面内有两个边长都是a的正方形，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方形重叠部分的面积恒为.类比到空间，有两个棱长为a的正方体，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方体重叠部分的体积恒为________．‎ 答案　 解析　由平面图形与空间图形类比易知两个正方体重叠部分的体积为.‎ ‎16．若下列两个方程x2＋(a－1)x＋a2＝0，x2＋2ax－2a＝0中至少有一个方程有实根，则实数a的取值范围是__________．‎ 答案　{a|a≤－2或a≥－1}‎ 解析　假设两个一元二次方程均无实根，则有即解得{a|－20.‎ 又因为cosB＝，‎ 所以只需证明a2＋c2－b2>0，即a2＋c2>b2.‎ 因为a2＋c2≥2ac，所以只需证明2ac>b2.‎ 由已知，得＝＋，即2ac＝b(a＋c)．‎ 所以只需证明b(a＋c)>b2，即只需证明a＋c>b.‎ 而已知a，b，c为△ABC的三边，即a＋c>b成立，所以B为锐角．‎ ‎21．(本小题满分12分)如图，已知O是△ABC内任意一点，连接AO，BO，CO并延长交对边分别于A′，B′，C′，则＋＋＝1.‎ 这是平面几何中的一道题，其证明常采用“面积法”．‎ ＋＋＝＋＋＝＝1.‎ 请运用类比思想，对于空间中的四面体V－BCD，存在什么类似的结论？并用“体积法”证明．‎ 解　在四面体V－BCD中，任取一点O，连接VO，DO，BO，CO并延长分别交四个面于E，F，G，H点，则＋＋＋＝1.‎ 证明：在四面体O－BCD与V－BCD 中，设底面BCD上的高分别为h1，h，则 ＝＝＝.‎ 同理有：＝；‎ ＝；‎ ＝.‎ 所以＋＋＋ ‎＝ ‎＝＝1.‎ ‎22．(本小题满分12分)在各项为正的数列{an}中，数列的前n项和Sn满足Sn＝ eq lc( c)(avs4alco1(an＋f(1,an))).‎ ‎(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＝－.‎ ‎(2)猜想an＝－(n∈N*)．‎ 证明如下：①n＝1时，a1＝－＝1，命题成立；‎ ‎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，命题也成立．‎ 由①②知，an＝－对任意n∈N*都成立．‎