【最新版】高中数学高三培优小题练第48练　推理与证明

这是一份【最新版】高中数学高三培优小题练第48练　推理与证明，共6页。试卷主要包含了下列证明中更适合用反证法的是等内容，欢迎下载使用。

考点一 合情推理与演绎推理
1．正切函数是奇函数，f(x)＝tan(x2＋2)是正切函数，因此f(x)＝tan(x2＋2)是奇函数，以上推理( )
A．结论正确 B．大前提不正确
C．小前提不正确 D．以上均不正确
答案 C
解析 大前提：正切函数是奇函数，正确；
小前提：f(x)＝tan(x2＋2)是正切函数，因为该函数为复合函数，故错误；
结论：f(x)＝tan(x2＋2)是奇函数，该函数为偶函数，故错误．
结合三段论可得小前提不正确．
2．已知 eq \r(2＋\f(2,3))＝2eq \r(\f(2,3))， eq \r(3＋\f(3,8))＝3eq \r(\f(3,8))， eq \r(4＋\f(4,15))＝4eq \r(\f(4,15))，…，依此规律，若 eq \r(9＋\f(b,a))＝9eq \r(\f(b,a))，则a＋2b的值是( )
A．79 B．81 C．100 D．98
答案 D
解析 由eq \r(2＋\f(2,3))＝2eq \r(\f(2,3))，eq \r(3＋\f(3,8))＝3eq \r(\f(3,8))，eq \r(4＋\f(4,15))＝4eq \r(\f(4,15))，…，
依此规律eq \r(n＋\f(n,n2－1))＝neq \r(\f(n,n2－1))，n≥2，
则eq \r(9＋\f(b,a))＝9eq \r(\f(b,a))，可得b＝9，a＝92－1＝80，故a＋2b＝80＋18＝98.
3．某校有A，B，C，D四件作品参加航模类作品比赛．已知这四件作品中恰有两件获奖．在结果揭晓前，甲、乙、丙、丁四位同学对这四件参赛作品的获奖情况预测如下：
甲说：“A，B同时获奖”；
乙说：“B，D不可能同时获奖”；
丙说：“C获奖”；
丁说：“A，C至少一件获奖”．
如果以上四位同学中有且只有两位同学的预测是正确的，则获奖的作品是( )
A．作品A与作品B B．作品B与作品C
C．作品C与作品D D．作品A与作品D
答案 D
解析 根据题意，对A，B，C，D四个作品进行评奖，有两件获奖，
且有且只有两位同学的预测是正确的，
若作品A与作品B获奖，则甲、乙、丁是正确的，丙是错误的，不符合题意；
若作品B与作品C获奖，则乙、丙、丁是正确的，甲是错误的，不符合题意；
若作品C与作品D获奖，则乙、丙、丁是正确的，甲是错误的，不符合题意；
只有作品A与作品D获奖，则乙、丁是正确的，甲、丙是错误的，符合题意，
综上所述，获奖作品为作品A与作品D.
4．已知圆的方程是x2＋y2＝r2，经过圆上一点M(x0，y0)的切线方程为x0x＋y0y＝r2，类比上述方法可以得到椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1类似的性质为________________．
答案 eq \f(x0x,a2)＋eq \f(y0y,b2)＝1
解析 类比过圆上一点的切线方程，可合情推理过椭圆 eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)上一点P(x0，y0)处的切线方程为eq \f(x0x,a2)＋eq \f(y0y,b2)＝1.
考点二 间接证明与直接证明
5．用反证法证明命题“已知a，b∈N*，如果ab可被5整除，那么a，b中至少有一个能被5整除”时，假设的内容应为( )
A．a，b都能被5整除
B．a，b都不能被5整除
C．a，b不都能被5整除
D．a不能被5整除
答案 B
解析 由于反证法是命题的否定的一个运用，故用反证法证明命题时，可以设其否定成立进行推证，“a，b中至少有一个能被5整除”的否定是“a，b都不能被5整除”．
6．下列证明中更适合用反证法的是( )
A．证明eq \f(1,1×2)＋eq \f(1,2×3)＋…＋eq \f(1,n×n＋1)＝eq \f(n,n＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n∈N*))
B．证明eq \r(2)是无理数
C．证明cs4x－sin4x＝cs 2x
D．已知eq \f(1－tan x,2＋tan x)＝1，证明3sin 2x＝－4cs 2x
答案 B
解析 选项A，可得eq \f(1,1×2)＋eq \f(1,2×3)＋…＋eq \f(1,n×n＋1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…－\f(1,n＋1)))＝eq \f(n,n＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n∈N*))，适合直接证明；
选项B并不适合直接证明，适合反证法；
选项C，可得cs4x－sin4x＝(cs2x＋sin2x)·(cs2x－sin2x)＝cs 2x，适合直接证明；
选项D，可得tan x＝－eq \f(1,2)，将右边式子化简可得证明，也适合直接证明，
所以选项B的证明更适合用反证法．
7．分析法又称执果索因法，若用分析法证明：“设a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证eq \r(b2－ac)A．a－b>0 B．a－c>0
C．(a－b)(a－c)>0 D．(a－3b)(b－c)>0
答案 C
解析 由a>b>c，且a＋b＋c＝0可得b＝－a－c，a>0，c<0.
要证eq \r(b2－ac)即证a2－ac＋a2－c2>0，
即证a(a－c)＋(a＋c)(a－c)>0，
即证a(a－c)－b(a－c)>0，
即证(a－c)(a－b)>0.
故求证“eq \r(b2－ac)0.
考点三 数学归纳法
8．利用数学归纳法证明“1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2n－1)1)”的过程中，由假设“n＝k”成立，推导“n＝k＋1”也成立时，左边应增加的项数是( )
A．k B．k＋1 C．2k D．2k＋1
答案 C
解析 利用数学归纳法证明“1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2n－1)1)”的过程中，假设“n＝k”成立，1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2k－1)1)；当n＝k＋1时，
左边为1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2k－1)＋eq \f(1,2k)＋eq \f(1,2k＋1)＋…＋eq \f(1,2k＋2k－1)1)，
故增加的项数为2k项．
9．对于不等式eq \r(n2＋n)(1)当n＝1时，eq \r(12＋1)<1＋1，不等式成立．
(2)假设当n＝k(k∈N*)时，不等式成立，即 eq \r(k2＋k)A．过程全部正确
B．n＝1验得不正确
C．归纳假设不正确
D．从n＝k到n＝k＋1的推理不正确
答案 D
解析 在n＝k＋1时，没有应用n＝k时的归纳假设．
10．设f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：“当f(k)≥k2成立时，总可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立”．则下列命题总成立的是( )
A．若f(3)≥9成立，则当k≥1时，均有f(k)≥k2成立
B．若f(5)≥25成立，则当k≤5时，均有f(k)≤k2成立
C．若f(7)<49成立，则当k≥8时，均有f(k)D．若f(4)＝25成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立
答案 D
解析 对于A，当k＝1或2时，不一定有f(k)≥k2成立；
对于B，只能得出对于任意的k≥5，均有f(k)≥k2成立，不能得出任意的k≤5，均有f(k)≤k2成立；
对于C，若f(7)<49成立不能推出任何结论；
对于D，∵f(4)＝25≥16，
∴对于任意的k≥4，均有f(k)≥k2成立．
11．在共有21项的等差数列{an}中，等式(a1＋a3＋a5＋…＋a21)－(a2＋a4＋a6＋…＋a20)＝a11成立，类比上述性质，相应可得，在共有31项的等比数列{bn}中，下列等式成立的是( )
A．(b1＋b3＋b5＋…＋b31)－(b2＋b4＋b6＋…＋b30)＝b16
B．b1b3b5…b31－b2b4b6…b30＝b16
C.eq \f(b1＋b3＋b5＋…＋b31,b2＋b4＋b6＋…＋b30)＝b16
D.eq \f(b1b3b5…b31,b2b4b6…b30)＝b16
答案 D
解析 根据等差数列与等比数列的类比关系，等差数列的和类比等比数列的积；等差数列的差类比等比数列的商，
等式右边的项是首末两项的中项，等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))中，
等式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋a3＋a5＋…＋a21))－(a2＋a4＋a6＋…＋a20)＝a11，
类比共有31项的等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))中，
有eq \f(b1b3b5…b31,b2b4b6…b30)＝b16.
12．已知a，b，c∈(0，＋∞)，则a＋eq \f(1,b)，b＋eq \f(4,c)，c＋eq \f(9,a)三个数( )
A．都大于4
B．至少有一个不大于4
C．都小于4
D．至少有一个不小于4
答案 D
解析 设a＋eq \f(1,b)，b＋eq \f(4,c)，c＋eq \f(9,a)都小于4，
则a＋eq \f(1,b)＋b＋eq \f(4,c)＋c＋eq \f(9,a)<12，
利用基本不等式可得
a＋eq \f(1,b)＋b＋eq \f(4,c)＋c＋eq \f(9,a)≥2eq \r(a·\f(9,a))＋2eq \r(b·\f(1,b))＋2eq \r(c·\f(4,c))
＝6＋2＋4＝12，
当且仅当a＝3，b＝1，c＝2时等号成立．
这与假设所得结论矛盾，故假设不成立，
故下列三个数a＋eq \f(1,b)，b＋eq \f(4,c)，c＋eq \f(9,a)至少有一个不小于4，
所以D选项是正确的．
13．已知从2开始的连续偶数蛇形排列形成宝塔形数表，第一行为2，第二行为4,6，第三行为8,10,12，第四行为14,16,18,20，如图所示，在宝塔形数表中位于第i行，第j列的数记为ai，j，比如a3,2＝10，a4,2＝16，a5,4＝24，若ai，j＝2 020，则i＋j等于( )
A．65 B．70 C．71 D．72
答案 C
解析 由题图可知，第一行放1个偶数，第二行放2个偶数，第三行放3个偶数，…，
又因为ai，j＝2 020指图中摆放的第i行第j列的数为2 020，
所以先求第i行的最后一个偶数，
该偶数小于2 020且是最接近的，并且还能成为每一行最后一个数字的，
即eq \f(m1＋m,2)≤eq \f(2 020,2)，解得m≤44，
即应为第44行的最后一个偶数是1 980，
接着可以断定2 020应位于第45行，且第45行最后一列为1 982，故i＝45，
又第45行的第45个偶数为1 982，
根据等差数列的任意两项之间关系可知2 020＝1 982＋(45－n)×2，解得n＝26，
2 020应出现在该行的第26列，故j＝26，
所以i＋j＝45＋26＝71.
14．在Rt△ABC中，若∠C＝90°，AC＝b，BC＝a，斜边AB上的高为h，则有结论h2＝eq \f(a2b2,a2＋b2)，运用类比的方法，若三棱锥的三条侧棱两两相互垂直且长度分别为a，b，c，且三棱锥的直角顶点到底面的高为h，则有结论________________________．
答案 h2＝eq \f(a2b2c2,a2b2＋b2c2＋c2a2)
解析 如图，设PA，PB，PC为三棱锥的三条两两互相垂直的侧棱，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，三棱锥P－ABC的高为PD＝h，连接AD并延长交BC于E，
∵PA，PB，PC两两互相垂直，
∴PA⊥平面PBC，PE，BC⊂平面PBC，
∴PA⊥PE，PA⊥BC，
∵PD是三棱锥的高，∴PD⊥平面ABC，
又BC⊂平面ABC，∴PD⊥BC，
又PA∩PD＝P，PA，PD⊂平面PAE，
∴BC⊥平面PAE，
又AE，PE⊂平面PAE，∴AE⊥BC，PE⊥BC，
∴PE2＝eq \f(b2c2,b2＋c2)，∴h2＝PD2＝eq \f(PA2PE2,PA2＋PE2)＝eq \f(a2·\f(b2c2,b2＋c2),a2＋\f(b2c2,b2＋c2))＝eq \f(a2b2c2,a2b2＋b2c2＋c2a2).