【数学】2020届一轮复习人教A版推理与证明作业

【数学】2020届一轮复习人教A版推理与证明作业

‎2020届一轮复习人教A版 推理与证明 作业 一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)‎ ‎1.用反证法证明“若x+y≤0,则x≤0或y≤0”时,应假设(　　)‎ A.x>0或y>0 ‎ B.x>0且y>0‎ C.xy>0 ‎ D.x+y<0‎ 解析:用反证法证明“若x+y≤0,则x≤0或y≤0”时,应先假设x>0且y>0.‎ 答案:B ‎2.某西方国家流传这样的一个政治笑话:“鹅吃白菜,参议员先生也吃白菜,所以参议员先生是鹅.”结论显然是错误的,这是因为(　　)‎ 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 解析:不符合“三段论”的形式,正确的“三段论”推理形式应为“鹅吃白菜,参议员先生是鹅,所以参议员先生也吃白菜”.‎ 答案:C ‎3.观察下列各等式:55=3 125,56=15 625,57=78 125,……则52 017的末四位数字是(　　)‎ A.3125 B.5625‎ C.8125 D.0625‎ 解析:55=3 125的末四位数字为3125;56=15 625的末四位数字为5625;57=78 125的末四位数字为8125;58=390 625的末四位数字为0625;59=1 953 125的末四位数字为3125……根据末四位数字的变化,3125,5625,8125,0625,即末四位的数字是以4为周期变化的,故2 017除以4余1,即末四位数为3125.则52 017的末四位数字为3125.‎ 答案:A ‎4.计算机中常用的十六进制是逢16进1的计数制,采用数字0~9和字母A~F共16个计数符号,这些符号与十进制的数的对应关系如下表:‎ ‎16进制 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ A B C D E F ‎10进制 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎12‎ ‎13‎ ‎14‎ ‎15‎ 例如,用十六进制表示E+D=1B,则A×B等于(　　)‎ A.6E B.72‎ C.5F D.B0‎ 解析:A×B=110=6×16+14=6E.‎ 答案:A ‎5.在△ABC中,E,F分别为AB,AC的中点,则有EF∥BC.这个命题的大前提为(　　)‎ A.三角形的中位线平行于第三边 B.三角形的中位线等于第三边的一半 C.EF为中位线 D.EF∥CB 解析:本题的推理过程形式是三段论,其大前提是一个一般的结论,即三角形中位线定理.‎ 答案:A ‎6.某人在x天内观察天气,共测得下列数据:①上午或下午共下雨7次;②有5个下午晴;③有6个上午晴;④当下午下雨时上午晴,则观察的天数x为(　　)‎ A.11 B.9‎ C.7 D.不能确定 解析:由题意可知,此人每天测两次,共测了7+5+6=18(次),所以x=‎18‎‎2‎=9(天).‎ 答案:B ‎7.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,因为函数f(x)=x3在x=0处的导数值f'(x0)=0,所以x=0是函数f(x)=x3的极值点.以上推理中(　　)‎ A.大前提错误 ‎ B.小前提错误 C.推理形式错误 ‎ D.结论正确 解析:大前提是“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”,不是真命题,因为对于可导函数f(x),如果f'(x0)=0,且满足当x>x0时和当x1,这与已知a+b+c=1矛盾.假设a,b,c都小于‎1‎‎3‎,则a+b+c<1,这与已知a+b+c=1矛盾,故a,b,c中至少有一个数不小于‎1‎‎3‎.‎ 答案:‎‎1‎‎3‎ ‎14.在△ABC中,若D为BC的中点,则有AD‎=‎1‎‎2‎(AB+‎AC),将此结论类比到四面体中,在四面体A-BCD中,若G为△BCD的重心,则可得一个类比结论:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　. ‎ 解析:由“△ABC”类比“四面体A-BCD”,“中点”类比“重心”,由此可得在四面体A-BCD中,G为△BCD的重心,则有AG‎=‎1‎‎3‎(AB+AC+‎AD).‎ 答案:AG‎=‎1‎‎3‎(AB+AC+‎AD)‎ ‎15.如下数表为一组等式:某学生根据上表猜测S2n-1=(2n-1)(an2+bn+c),老师回答正确,则a-b+c=　　　　. ‎ S1=1,‎ S2=2+3=5,‎ S3=4+5+6=15,‎ S4=7+8+9+10=34,‎ S5=11+12+13+14+15=65,‎ ‎……‎ 解析:由题意,得a+b+c=1,‎‎3(4a+2b+c)=15,‎‎5(9a+3b+c)=65,‎ 所以a=2,‎b=-2,‎c=1,‎ 故a-b+c=5.‎ 答案:5‎ ‎16.将正整数1,2,3,…按照如图的规律排列,则100应在第　　　　列. ‎ 解析:由排列的规律可得,第n列结束的时候排了1+2+3+…+n-1=‎1‎‎2‎n(n+1)个数.每一列的数字都是按照从大到小的顺序排列的,且每一列的数字个数等于列数,而第13列的第一个数字是‎1‎‎2‎×13×(13+1)=91,第14列的第一个数字是‎1‎‎2‎×14×(14+1)=105,故100应在第14列.‎ 答案:14‎ 三、解答题(本大题共6小题,共70分)‎ ‎17.(本小题满分10分)已知数列{an}中,a1=1,an+1=‎2‎an‎2+‎an(n∈N*).‎ ‎(1)求a2,a3,a4的值,猜想数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)运用(1)中的猜想,写出用三段论证明数列‎1‎an是等差数列时的大前提、小前提和结论.‎ 解:(1)∵数列{an}中,a1=1,an+1=‎2‎an‎2+‎an,‎ ‎∴a2=‎2‎‎3‎,a3=‎1‎‎2‎,a4=‎2‎‎5‎.‎ 猜想an=‎2‎n+1‎.‎ ‎(2)在数列{an}中,若an+1-an=d,d是常数,则{an}是等差数列,大前提 ‎1‎an+1‎‎-‎1‎an=‎‎1‎‎2‎‎,为常数,小前提 所以数列‎1‎an是等差数列.结论 ‎18.(本小题满分12分)已知a,b,c∈R.‎ ‎(1)若|a|<1且|b|<1,求证:ab+1>a+b;‎ ‎(2)由(1),运用类比推理,若|a|<1且|b|<1且|c|<1,求证:abc+2>a+b+c;‎ ‎(3)由(1)(2),运用归纳推理,猜想出一个更一般性的结论(不要求证明).‎ 解:(1)由ab+1-a-b=(a-1)(b-1)>0,‎ 得ab+1>a+b;‎ ‎(2)由(1)得(ab)c+1>ab+c,‎ 所以abc+2=[(ab)c+1]+1>(ab+c)+1=(ab+1)+c>a+b+c;‎ ‎(3)若|ai|<1,i=1,2,3,…,n,‎ 则有a1a2a3…an+(n-1)>a1+a2+a3+…+an.‎ ‎19.(本小题满分12分)设f(α)=sinnα+cosnα,n∈{n|n=2k,k∈N*}‎ ‎(1)分别求f(α)在n=2,4,6时的值域;‎ ‎(2)根据(1)中的结论,对n=2k(k∈N*)时,f(α)的取值范围作出一个猜想(只需写出猜想,不必证明).‎ 解:(1)当n=2时,f(α)=sin2α+cos2α=1,‎ 所以f(α)的值域为{1};‎ 当n=4时,f(α)=sin4α+cos4α=(sin2α+cos2α)2-2sin2αcos2α=1-‎1‎‎2‎sin22α,‎ 此时有‎1‎‎2‎≤f(α)≤1,‎ 所以f(α)的值域为‎1‎‎2‎‎,1‎;‎ 当n=6时,f(α)=sin6α+cos6α ‎=(sin2α+cos2α)(sin4α+cos4α-sin2αcos2α)‎ ‎=1-3sin2αcos2α=1-‎3‎‎4‎sin22α,‎ 此时有‎1‎‎4‎≤f(α)≤1,‎ 所以f(α)的值域为‎1‎‎4‎‎,1‎.‎ ‎(2)由以上结论猜想,当n=2k(k∈N*)时,f(α)的值域是‎1‎‎2‎k-1‎‎,1‎.‎ ‎20.(本小题满分12分)已知函数f(x)=x2+‎1‎x(x>0),若P(x1,y1),Q(x2,y2)(00,使得f'(x0)=f(x‎2‎)-f(x‎1‎)‎x‎2‎‎-‎x‎1‎,证明:x10).‎ 又f(x‎2‎)-f(x‎1‎)‎x‎2‎‎-‎x‎1‎‎=‎‎(x‎2‎-x‎1‎)‎x‎2‎‎+x‎1‎-‎‎1‎x‎1‎x‎2‎x‎2‎‎-‎x‎1‎=x2+x1-‎1‎x‎1‎x‎2‎,‎ 所以2x0-‎1‎x‎0‎‎2‎=x2+x1-‎1‎x‎1‎x‎2‎.①‎ 若x0≥x2,则2x0>x1+x2,-‎1‎x‎0‎‎2‎>-‎1‎x‎1‎x‎2‎,‎ 所以2x0-‎1‎x‎0‎‎2‎>x2+x1-‎1‎x‎1‎x‎2‎,与①矛盾;‎ 若x0≤x1,同理可得2x0-‎1‎x‎0‎‎2‎‎1‎‎4‎,(1-b)c>‎1‎‎4‎,(1-c)a>‎1‎‎4‎.‎ 将以上三式相乘,‎ 得(1-a)b·(1-b)c·(1-c)a>‎1‎‎64‎,‎ 即(1-a)a·(1-b)b·(1-c)c>‎1‎‎64‎.‎ 又因为(1-a)a≤‎1-a+a‎2‎‎2‎‎=‎‎1‎‎4‎,‎ 同理,(1-b)b≤‎1‎‎4‎,(1-c)c≤‎1‎‎4‎,‎ 所以(1-a)a·(1-b)b·(1-c)c≤‎1‎‎64‎,‎ 与(1-a)a·(1-b)b·(1-c)c>‎1‎‎64‎矛盾.‎ 因此假设不成立,所以(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a三个数不可能同时大于‎1‎‎4‎.‎ ‎22.导学号40294019(本小题满分12分)如图,设A是由n×n个实数组成的n行n列的数表,其中aij(i,j=1,2,3,…,n)表示位于第i行第j列的实数,且aij∈{1,-1}.记S(n,n)为所有这样的数表构成的集合.对于A∈S(n,n),记ri(A)为A的第i行各数之积,cj(A)为A的第j列各数之积.令l(A)=‎∑‎i=1‎nri(A)+‎∑‎j=1‎ncj(A).‎ a11‎ a12‎ ‎…‎ a1n a21‎ a22‎ ‎…‎ a2n ‎︙‎ ‎︙‎ ‎…‎ ‎︙‎ an1‎ an2‎ ‎…‎ ann ‎(1)对如下数表A∈S(4,4),求l(A)的值;‎ ‎1‎ ‎1‎ ‎-1‎ ‎-1‎ ‎1‎ ‎-1‎ ‎1‎ ‎1‎ ‎1‎ ‎-1‎ ‎-1‎ ‎1‎ ‎-1‎ ‎-1‎ ‎1‎ ‎1‎ ‎(2)证明存在A∈S(n,n),使得l(A)=2n-4k,其中k=0,1,2,…,n;‎ ‎(3)给定n为奇数,对于所有的A∈S(n,n),证明l(A)≠0.‎ ‎(1)解:r1(A)=r3(A)=r4(A)=1,r2(A)=-1;c1(A)=c2(A)=c4(A)=-1,c3(A)=1,‎ 所以l(A)=‎∑‎i=1‎‎4‎ri(A)+‎∑‎j=1‎‎4‎cj(A)=0.‎ ‎(2) 证明:数表A0中aij=1(i,j=1,2,3,…,n),显然l(A0)=2n.‎ 将数表A0中的a11由1变为-1,得到数表A1,显然l(A1)=2n-4.‎ 将数表A1中的a22由1变为-1,得到数表A2,显然l(A2)=2n-8.‎ 依此类推,将数表Ak-1中的akk由1变为-1,得到数表Ak.‎ 即数表Ak满足:a11=a22=…=akk=-1(1≤k≤n),其余aij=1.‎ 所以r1(A)=r2(A)=…=rk(A)=-1,c1(A)=c2(A)=…=ck(A)=-1.‎ 所以l(Ak)=2[(-1)×k+(n-k)]=2n-4k,其中k=0,1,2,…,n;‎ ‎【注:数表Ak不唯一】‎ ‎(3) 证明: (反证法)‎ 假设存在A∈S(n,n),其中n为奇数,使得l(A)=0.‎ 因为ri(A)∈{1,-1},cj(A)∈{1,-1}(1≤i≤n,1≤j≤n),‎ 所以r1(A),r2(A),…,rn(A),c1(A),c2(A),…,cn(A)这2n个数中有n个1,n个-1.‎ 令M=r1(A)·r2(A)·…·rn(A)·c1(A)·c2(A)·…·cn(A).‎ 一方面,由于这2n个数中有n个1,n个-1,从而M=(-1)n=-1.①‎ 另一方面,r1(A)·r2(A)·…·rn(A)表示数表中所有元素之积(记这n2个实数之积为m);c1(A)·c2(A)·…·cn(A)也表示m,从而M=m2=1.②‎ ‎①②相互矛盾,从而不存在A∈S(n,n),使得l(A)=0.‎ 即当n为奇数时,必有l(A)≠0.‎