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  • 2021-06-16 发布

【数学】2020届一轮复习北师大版推理与证明课时作业

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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.‎