【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．类比平面正三角形的“三边相等，三内角相等”的性质，则在正四面体的下列性质中，你认为比较恰当的是(　　)‎ ‎①各棱长相等，共顶点的任意两条棱的夹角都相等；‎ ‎②各个面的面积相等，任意相邻两个面所成的二面角都相等；‎ ‎③各个面的面积相等，共顶点的任意两条棱的夹角都相等．‎ A．① B．①②‎ C．①②③ D．③‎ 答案　C 解析　由平面几何与立体几何的类比特点可知三条性质都是恰当的．‎ ‎2．有甲、乙、丙、丁四位歌手参加比赛，其中只有一位获奖．有人采访了四位歌手，甲说：“是乙或丙获奖．”乙说：“甲、丙都未获奖．”丙说：“我获奖了．”丁说：“是乙获奖．”四位歌手的话只有两句是对的，则获奖的歌手是(　　)‎ A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 答案　C 解析　假设甲获奖，则四人说的都是假话，与已知矛盾；假设乙获奖，则甲、乙、丁说的都是真话，与已知矛盾；假设丁获奖，则甲、丙、丁说的都是假话，与已知矛盾；从而排除A，B，D三项，故选C.‎ ‎3．设f(x)(x∈R)为奇函数，f(1)＝，f(x＋2)＝f(x)＋f(2)，则f(5)等于(　　)‎ A．0 B．1 C. D．5‎ 答案　C 解析　∵f(x＋2)＝f(x)＋f(2)，‎ ‎∴令x＝－1，则有f(1)＝f(－1)＋f(2)，‎ ‎∴f(2)＝2f(1)．‎ 又∵f(1)＝，∴f(2)＝1，‎ ‎∴f(5)＝f(3＋2)＝f(3)＋f(2)‎ ‎＝2f(2)＋f(1)‎ ‎＝2＋＝.‎ ‎4．已知c＞1，a＝－，b＝－，则下面结论正确的是(　　)‎ A．a＞b B．a＜b C．a＝b D．a，b大小不定 答案　B 解析　∵a＝－＝，‎ b＝－＝，‎ 而＋＞＋，‎ ‎∴a＜b.‎ ‎5．已知x1＞0，x1≠1且xn＋1＝(n＝1,2，…)，试证“数列{xn}对任意正整数n都满足xn＜xn＋1，或者对任意正整数n都满足xn＞xn＋1”，当此题用反证法否定结论时，应为(　　)‎ A．对任意的正整数n，都有xn＝xn＋1‎ B．存在正整数n，使xn＝xn＋1‎ C．存在正整数n，使xn≥xn＋1且xn≤xn－1‎ D．存在正整数n，使(xn－xn－1)(xn－xn＋1)≥0‎ 答案　D 解析　命题的结论是“数列{xn}是递增数列或是递减数列”，其反设是“数列{xn}既不是递增数列，也不是递减数列”，即“存在正整数n，使(xn－xn－1)(xn－xn＋1)≥0”．故应选D.‎ ‎6．如果p(n)对n＝k(k∈N*)成立，则它对n＝k＋2也成立．已知p(n)对n＝2成立，则下列结论正确的是(　　)‎ A．p(n)对所有正整数n都成立 B．p(n)对所有正偶数n都成立 C．p(n)对大于或等于2的正整数n都成立 D．p(n)对所有自然数n都成立 答案　B 解析　∵p(n)对n＝2成立，2为偶数，∴根据题意知p(n)对所有正偶数n都成立．故选B.‎ ‎7．将自然数0,1,2，…按照如下形式进行摆列：‎ 根据以上规律判定，从2016到2018的箭头方向是(　　)‎ 答案　A 解析　从所给的图形中观察得到规律：每隔四个单位，箭头的走向是一样的，比如说，0→1，箭头垂直指下，4→5，箭头也是垂直指下，8→9也是如此，而2016＝4×504，所以2016→2017也是箭头垂直指下，之后2017→2018的箭头是水平向右，故选A.‎ ‎8．已知实数a，b，c满足a＋b＋c＝0，abc>0，则＋＋的值(　　)‎ A．一定是正数 B．一定是负数 C．可能是零 D．正、负不能确定 答案　B 解析　∵(a＋b＋c)2＝0，‎ ‎∴ab＋bc＋ac＝－(a2＋b2＋c2)<0.‎ 又abc>0，∴＋＋＝<0.‎ ‎9．若＝＝，则△ABC是(　　)‎ A．等边三角形 B．有一个内角为30°的直角三角形 C．等腰直角三角形 D．有一个角为30°的等腰三角形 答案　C 解析　∵＝＝，‎ 由正弦定理，得＝＝，‎ ‎∴＝＝＝.‎ ‎∴sinB＝cosB，sinC＝cosC.‎ ‎∴∠B＝∠C＝45°，∴△ABC是等腰直角三角形．‎ ‎10．如图，在所给的四个选项中，选择最合适的一个填入问号处，使之呈现一定的规律性，应为(　　)‎ 答案　A 解析　‎ 每一行三个图形的变化规律：第一个图形逆时针旋转90°得到第二个图形，第二个图形上下翻折得到第三个图形，所以选A.‎ ‎11．已知数列{an}的前n项和Sn，且a1＝1，Sn＝n2an(n∈N*)，可归纳猜想出Sn的表达式为(　　)‎ A．Sn＝ B．Sn＝ C．Sn＝ D．Sn＝ 答案　A 解析　由a1＝1，得a1＋a2＝22a2，‎ ‎∴a2＝，S2＝；又1＋＋a3＝32a3，‎ ‎∴a3＝，S3＝＝；‎ 又1＋＋＋a4＝16a4，‎ 得a4＝，S4＝.‎ 由S1＝，S2＝，S3＝，‎ S4＝可以猜想Sn＝.‎ ‎12．某人在上楼梯时，一步上一个台阶或两个台阶，设他从平地上到第一级台阶时有f(1)种走法，从平地上到第二级台阶时有f(2)种走法，……则他从平地上到第n(n≥3)级台阶时的走法f(n)等于(　　)‎ A．f(n－1)＋1 B．f(n－2)＋2‎ C．f(n－2)＋1 D．f(n－1)＋f(n－2)‎ 答案　D 解析　到第n级台阶可分两类：从第n－2级一步到第n级有f(n－2)种走法，从第n－1级到第n级有f(n－1)种走法，共有f(n－1)＋f(n－2)种走法．‎ 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．若a，b，c为Rt△ABC的三边，其中c为斜边，那么an＋bn与cn(其中n∈N*，且n＞2)的大小关系是________．‎ 答案　an＋bn＜cn 解析　∵0＜＜1,0＜＜1，‎ 当n＞2时　n＜2，‎ n＜2‎ ‎∴＜2＋2＝1‎ ‎∴an＋bn＜cn.‎ ‎14．在等差数列{an}中，若公差为d，且a1＝d，那么有am＋an＝am＋n，类比上述性质，写出在等比数列{an}中类似的性质：________.‎ 答案　在等比数列{an}中，若公比为q，且a1＝q，则am·an＝am＋n 解析　等差数列中两项之和类比等比数列中两项之积，故在等比数列中，类似的性质是“在等比数列{an}中，若公比为q，且a1＝q，则am·an＝am＋n.”‎ ‎15．观察分析下表中的数据：‎ 多面体 面数(F)‎ 顶点数(V)‎ 棱数(E)‎ 三棱柱 ‎5‎ ‎6‎ ‎9‎ 五棱锥 ‎6‎ ‎6‎ ‎10‎ 立方体 ‎6‎ ‎8‎ ‎12‎ 猜想一般凸多面体中F，V，E所满足的等式是________．‎ 答案　F＋V－E＝2‎ 解析　观察F，V，E的变化得F＋V－E＝2.‎ ‎16．一个二元码是由0和1组成的数字串x1x2…xn(n∈N*)，其中xk(k＝1,2，…，n)称为第k位码元．二元码是通信中常用的码，但在通信过程中有时会发生码元错误(即码元由0变为1，或者由1变为0)．‎ 已知某种二元码x1x2…x7的码元满足如下校验方程组：‎ 其中运算⊕定义为：0⊕0＝0,0⊕1＝1,1⊕0＝1,1⊕1＝0.‎ 现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第k位发生码元错误后变成了1101101，那么利用上述校验方程组可判定k等于________．‎ 答案　5‎ 解析　因为x4⊕x5⊕x6⊕x7＝1⊕1⊕0⊕1＝0⊕0⊕1＝0⊕1＝1≠0，所以二元码1101101的前3位码元都是对的；因为x2⊕x3⊕x6⊕x7＝1⊕0⊕0⊕1＝1⊕0⊕1＝1⊕1＝0，所以二元码1101101的第6、7位码元也是对的；因为x1⊕x3⊕x5⊕x7＝1⊕0⊕1⊕1＝1⊕1⊕1＝0⊕1＝1≠0，所以二元码1101101的第5位码元是错的，所以k＝5.‎ 三、解答题(本大题共6小题，共70分)‎ ‎17．(本小题满分10分)已知n≥0，试用分析法证明：－＜－.‎ 证明　要证－＜－成立，‎ 需证明＋＜2.‎ 只需证明(＋)2＜(2)2，‎ 只需证明n＋1＞，‎ 只需证明(n＋1)2＞n2＋2n，‎ 只需证明n2＋2n＋1＞n2＋2n，‎ 只需证明1＞0.‎ 因为1＞0显然成立，所以原命题成立．‎ ‎18．(本小题满分12分)设数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＝2－Sn(n∈N*)．‎ ‎(1)求a1，a2，a3，a4的值并写出数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)用三段论证明数列{an}是等比数列．‎ 解　(1)由an＝2－Sn，‎ 得a1＝1，a2＝，a3＝，a4＝.‎ 猜想an＝n－1(n∈N*)．‎ ‎(2)证明：对于数列{an}，若＝p，p是非零常数，则{an}是等比数列．大前提 因为an＝n－1，n∈N*，且＝，小前提 所以通项公式为an＝n－1的数列{an}是等比数列．结论 ‎19．(本小题满分12分)先解答(1)，再通过结构类比解答(2)：‎ ‎(1)求证：tan＝；‎ ‎(2)设x∈R，a为非零常数，且f(x＋a)＝，试问：f(x)是周期函数吗？证明你的结论．‎ 解　(1)证明：根据两角和的正切公式得tanx＋＝＝＝，‎ 即tan＝，命题得证．‎ ‎(2)猜想f(x)是以4a为周期的周期函数．‎ 因为f(x＋2a)＝f[(x＋a)＋a]＝＝＝－，‎ 所以f(x＋4a)＝f[(x＋2a)＋2a]＝－＝f(x)．‎ 所以f(x)是以4a为周期的周期函数．‎ ‎20．(本小题满分12分)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.‎ 求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；‎ ‎(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.‎ 证明　(1)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C1∥AC.‎ 在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，‎ 所以DE∥AC，于是DE∥A1C1.‎ 又DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F，‎ 所以直线DE∥平面A1C1F.‎ ‎(2)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.‎ 因为A1C1⊂平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1.‎ 又A1C1⊥A1B1，A1A⊂平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面ABB1A1.‎ 因为B1D⊂平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D.‎ 又B1D⊥A1F，A1C1⊂平面A1C1F，A1F⊂平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，‎ 所以B1D⊥平面A1C1F.‎ 因为直线B1D⊂平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F.‎ ‎21．(本小题满分12分)设数列{an}的前n项和为Sn，且对任意n∈N*都有：(Sn－1)2＝anSn.‎ ‎(1)求S1，S2，S3；‎ ‎(2)猜想Sn的表达式并证明．‎ 解　(1)(Sn－1)2＝(Sn－Sn－1)Sn，所以Sn＝.又(S1－1)2＝S，所以S1＝，S2＝，S3＝.‎ ‎(2)猜想Sn＝.下面用数学归纳法证明：‎ ‎①当n＝1时，S1＝，＝，猜想正确；‎ ‎②假设当n＝k时，猜想正确，‎ 即Sk＝，‎ 那么，当n＝k＋1时，由Sk＋1＝＝＝，猜想也成立．‎ 综上可知，Sn＝对任意n∈N*均成立．‎ ‎22．(本小题满分12分)已知a，b，c∈(0,1)，求证：(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a不能都大于.‎ 证明　假设(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a都大于.‎ 因为a，b，c∈(0,1)，‎ 所以1－a＞0,1－b＞0,1－c＞0.‎ 所以≥＞＝.‎ 同理＞，＞.‎ 三式相加得 ＋＋＞，即＞，矛盾．‎ 所以(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a不能都大于.‎