2018年秋高中数学 章末综合测评2 推理与证明 新人教a版选修1-2

章末综合测评(二) 推理与证明(时间：120分钟，满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1根据偶函数定义可推得“函数f(x)x2在R上是偶函数”的推理过程是()A归纳推理B类比推理C演绎推理 D非以上答案C根据演绎推理的定义知，推理过程是演绎推理，故选C.2在ABC中，E、F分别为AB、AC的中点，则有EFBC，这个问题的大前提为() 【导学号：48662104】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CEF为中位线DEFBCA这个三段论推理的形式为：大前提：三角形的中位线平行于第三边；小前提：EF为ABC的中位线；结论：EFBC.3在ABC中，tan A·tanB1，则ABC是()A锐角三角形 B直角三角形C钝角三角形 D不确定Atan A·tanB1，A，B只能都是锐角，tan A0，tanB0,1tan A·tanB0.tan (AB)0.AB是钝角角C为锐角故选A.4下列推理正确的是()A把a(bc)与loga(xy)类比，则有loga(xy)logaxlogayB把a(bc)与sin (xy)类比，则有sin (xy)sin xsin yC把a(bc)与axy类比，则有axyaxayD把(ab)c与(xy)z类比，则有(xy)zx(yz)D(xy)zx(yz)是乘法的结合律，正确5已知abc0，则abbcca的值() 【导学号：48662105】A大于0 B小于0C不小于0 D不大于0D因为abc0，所以a2b2c22ab2ac2bc0，所以abbcca0.故选D.6对“a，b，c是不全相等的正数”，给出下列判断：(ab)2(bc)2(ca)20；ab与bc及ac中至少有一个成立；ac，bc，ab不能同时成立其中判断正确的个数为()A0个 B1个C2个 D3个B若(ab)2(bc)2(ca)20，则abc，与“a，b，c是不全相等的正数”矛盾，故正确ab与bc及ac中最多只能有一个成立，故不正确由于“a，b，c是不全相等的正数”，有两种情形：至多有两个数相等或三个数都互不相等，故不正确7我们把平面几何里相似形的概念推广到空间：如果两个几何体大小不一定相等，但形状完全相同，就把它们叫做相似体下列几何体中，一定属于相似体的有() 【导学号：48662106】两个球体；两个长方体；两个正四面体；两个正三棱柱；两个正四棱锥A4个 B3个C2个 D1个C类比相似形中的对应边成比例知，属于相似体8观察下列各式：ab1，a2b23，a3b34，a4b47，a5b511，则a10b10()A28 B76C123 D199C利用归纳法，ab1，a2b23，a3b3431，a4b4437，a5b57411，a6b611718，a7b7181129，a8b8291847，a9b9472976，a10b107647123，规律为从第三组开始，其结果为前两组结果的和9对任意的锐角，下列不等式中正确的是() 【导学号：48662107】Asin ()sin sin Bsin ()cos cos Ccos ()sin sin Dcos ()cos cos D因为，为锐角，所以0，所以cos cos()又cos 0，所以cos cos cos()10在等差数列an中，若a100，则有等式a1a2ana1a2a19n(n<19且nN*)成立，类比上述性质，在等比数列bn中，若b111，则有()Ab1·b2··bnb1·b2··b19nBb1·b2··bnb1·b2··b21nCb1b2bnb1b2b19nDb1b2bnb1b2b21nB令n10时，验证即知选B.11将石子摆成如图1的梯形形状称数列5,9,14,20，为“梯形数”根据图形的构成，此数列的第2 018项与5的差，即a2 0185()图1A2023×2018 B2023×2017C1012×2016 D1012×2017Dan5表示第n个梯形有n1层点，最上面一层为4个，最下面一层为n2个an5，a2 01852 017×1 012.12如图2中(1)，在ABC中，ABAC于点A，ADBC于点D，则有AB2BD·BC，类似地有命题：如图(2)，在三棱锥ABCD中，AD面ABC，若A在BCD内的射影为O，则SSBCO·SBCD，那么上述命题() 【导学号：48662108】图2A是真命题B增加条件“ABAC”后才是真命题C是假命题D增加条件“三棱锥ABCD是正三棱锥”后才是真命题A由已知垂直关系，不妨进行如下类比：将题图(2)中的ABC，BCO，BDC分别与题图(1)中的AB，BD，BC进行类比即可严格推理如下：连结DO并延长交BC于点E，连结AE(图略)，则DEBC，AEBC.因为AD面ABC，所以ADAE.又因为AODE，所以AE2EO·ED，所以S(BC·EA)2(BC·EO)·(BC·ED)SBCO·SBCD.故选A.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在题中横线上)13已知x，yR，且xy>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_x，y均不大于1(或者x1且y1)“至少有一个”的反面为“一个也没有”，即“x，y均不大于1”，亦即“x1且y1”14当n1时，有(ab)(ab)a2b2，当n2时，有(ab)(a2abb2)a3b3，当n3时，有(ab)(a3a2bab2b3)a4b4，当nN*时，你能得到的结论是_. 【导学号：48662109】(ab)(anan1babn1bn)an1bn1根据题意，由于当n1时，有(ab)(ab)a2b2，当n2时，有(ab)(a2abb2)a3b3，当n3时，有(ab)(a3a2bab2b3)a4b4，当nN*时，左边第二个因式可知为anan1babn1bn，那么对应的表达式为(ab)·(anan1babn1bn)an1bn1.15有三张卡片，分别写有1和2,1和3,2和3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是_1和3法一：由题意得丙的卡片上的数字不是2和3.若丙的卡片上的数字是1和2，则由乙的说法知乙的卡片上的数字是2和3，则甲的卡片上的数字是1和3，满足题意；若丙的卡片上的数字是1和3，则由乙的说法知乙的卡片上的数字是2和3，则甲的卡片上的数字是1和2，不满足甲的说法故甲的卡片上的数字是1和3.法二：因为甲与乙的卡片上相同的数字不是2，所以丙的卡片上必有数字2.又丙的卡片上的数字之和不是5，所以丙的卡片上的数字是1和2.因为乙与丙的卡片上相同的数字不是1，所以乙的卡片上的数字是2和3，所以甲的卡片上的数字是1和3.16现有一个关于平面图形的命题：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_. 【导学号：48662110】解法的类比(特殊化)，易得两个正方体重叠部分的体积为.三、解答题(本大题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17(本小题满分10分)用综合法或分析法证明：(1)如果a，b>0，则lg ；(2)>22.证明(1)当a，b>0时，有，lg lg ，lg lg ab.(2)要证>22，只要证()2>(22)2，即2>2，这是显然成立的，所以，原不等式成立18(本小题满分12分)下列推理是否正确？若不正确，指出错误之处(1)求证：四边形的内角和等于360°.证明：设四边形ABCD是矩形，则它的四个角都是直角，有ABCD90°90°90°90°360°，所以四边形的内角和为360°.(2)已知和都是无理数，试证：也是无理数证明：依题设和都是无理数，而无理数与无理数之和是无理数，所以必是无理数(3)已知实数m满足不等式(2m1)(m2)<0，用反证法证明：关于x的方程x22x5m20无实根证明：假设方程x22x5m20有实根由已知实数m满足不等式(2m1)(m2)0，解得2m，而关于x的方程x22x5m20的判别式4(m24)，2<m<，m24，<0，即关于x的方程x22x5m20无实根解(1)犯了偷换论题的错误，在证明过程中，把论题中的四边形改为矩形(2)使用的论据是“无理数与无理数的和是无理数”，这个论据是假的，因为两个无理数的和不一定是无理数，因此原题的真实性仍无法判定(3)利用反证法进行证明时，要把假设作为条件进行推理，得出矛盾，本题在证明过程中并没有用到假设的结论，也没有推出矛盾，所以不是反证法19(本小题满分12分)观察：tan 10°·tan 20°tan 20°·tan 60°tan 60°·tan 10°1，tan 5°·tan 10°tan 10°·tan 75°tan 75°·tan 5°1.由以上两式成立能得到一个从特殊到一般的推广，此推广是什么？并证明你的推广. 【导学号：48662111】解从已知观察到10°20°60°90°，10°75°5°90°，因此猜测推广式为若，且，都不为k(kZ)，则tan tan tan tan tan tan 1.证明如下：由，得.因为tan ()tan .又因为tan ()，所以tan tan tan ()(1tan tan ) (1tan tan )，所以tan tan tan tan tan tan tan (tan tan )tan tan