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高考数学一轮复习:第6章 不等式、推理与证明 第4讲



第六章
A组
一、选择题

第四讲
基础巩固

1.正弦函数是奇函数,f(x)=sin(x2+1)是正弦函数,因此 f(x)=sin(x2+1)是奇函数,以 上推理 ( ) B.大前提不正确 D.全不正确

A.结论正确 C.小前提不正确 [答案] C

[解析] 因为

f(x)=sin(x2+1)不是正弦函数,所以小前提不正确. 2.由代数式的乘法法则类比推导向量的数量积的运算法则: ①“mn=nm”类比得到“a· b=b· a”; ②“(m+n)t=mt+nt”类比得到“(a+b)· c=a· c+b· c”; ③“(m· n)t=m(n· t)”类比得到“(a· b)· c=a· (b· c)”; ④“t≠0,mt=xt? m=x”类比得到“p≠0,a· p=x· p? a=x”; ⑤“|m· n|=|m|· |n|”类比得到“|a· b|=|a|· |b|”; ac a a· c a ⑥“ = ”类比得到“ = ”. bc b b· c b 以上的式子中,类比得到的结论正确的个数是 ( A.1 C.3 [答案] B [解析] ①②正确,③④⑤⑥错误. 3.观察下列各式:a+b=1,a2+b2=3,a3+b3=4,a4+b4=7,a5+b5=11,…,则 a10+b10= ( A.28 C.123 [答案] C [解析] 记 an+bn=f(n),则 f(3)=f(1)+f(2)=1+3=4;f(4)=f(2)+f(3)=3+4=7;f(5) =f(3)+f(4)=11.通过观察不难发现 f(n)=f(n-1)+f(n-2)(n∈N*,n≥3),则 f(6)=f(4)+f(5) =18; f(7)=f(5)+f(6)=29; f(8)=f(6)+f(7)=47; f(9)=f(7)+f(8)=76; f(10)=f(8)+f(9)=123. 所以 a10+b10=123. 4.在平面几何中有如下结论:正三角形 ABC 的内切圆面积为 S1,外接圆面积为 S2, S1 1 则 = ,推广到空间可以得到类似结论:已知正四面体 P-ABC 的内切球体积为 V1,外接 S2 4
1

)

B.2 D.4

) B.76 D.199

V1 球体积为 V2,则 = ( V2 1 A. 8 1 C. 64 [答案] D

) 1 B. 9 D. 1 27

V1 1 [解析] 正四面体的内切球与外接球的半径之比为 1︰3,故 = . V2 27 5.下列推理中属于归纳推理且结论正确的是 ( )

A.设数列{an}的前 n 项和为 Sn.由 an=2n-1,求出 S1=12,S2=22,S3=32,…,推断: Sn=n2 B.由 f(x)=xcosx 满足 f(-x)=-f(x)对? x∈R 都成立,推断:f(x)=xcosx 为奇函数 x2 y2 C.由圆 x2+y2=r2 的面积 S=πr2,推断:椭圆 2+ 2=1(a>b>0)的面积 S=πab a b D.由(1+1)2>21,(2+1)2>22,(3+1)2>23,…,推断:对一切 n∈N*,(n+1)2>2n [答案] A [解析] 选项 A 由一些特殊事例得出一般性结论,且注意到数列{an}是等差数列,其前 n? 1 +2n-1? 2 n 项和等于 Sn= =n ,选项 D 中的推理属于归纳推理,但结论不正确. 2 6.如图所示,一个质点在第一象限和坐标轴上运动,在第一秒钟内它由原点运动到点 (0,1),然后按图中所示在与 x 轴、y 轴平行的方向上运动,且每秒移动一个单位长度,那么 2 000 秒后,这个质点所处位置的坐标是 ( )

A.(44,25) C.(25,45) [答案] D

B.(45,25) D.(24,44)

[分析] 归纳出质点到达点(n,n)处时,移动的单位长度及方向. [解析] 质点到达点(1,1)处,走过的单位长度是 2,接下来质点运动的方向与 y 轴方向 相反; 质点到达点(2,2)处,走过的单位长度是 6=2+4,接下来质点运动的方向与 x 轴方向相 反; 质点到达点(3,3)处,走过的单位长度是 12=2+4+6,接下来质点运动的方向与 y 轴方 向相反;
2

质点到达点(4,4)处,走过的单位长度是 20=2+4+6+8,接下来质点运动的方向与 x 轴方向相反; …… 猜想: 质点到达点(n,n)处,走过的单位长度是 2+4+6+…+2n=n(n+1),且 n 为偶数时, 接下来质点运动的方向与 x 轴方向相反;n 为奇数时,接下来质点运动的方向与 y 轴方向相 反. 所以 2 000 秒后是指该质点到达点(44,44)后,继续移动了 20 个单位,由图中规律可得 该质点沿与 x 轴相反的方向前进了 20 个单位,即该质点所处位置的坐标是(24,44).

二、填空题 1 2 7 8 10 11 16 17 19 20 22 23 7.观察下列等式: + =1; + + + =12; + + + + + =39;…, 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 则当 n<m 且 m,n∈N 时, 用 m,n 表示) [答案] m2-n2 3× 0+1 3× 1-1 2 3× 2+1 1 2 7 8 10 11 [解析] 将 + =1 变为 + =1 -02;将 + + + =12 变为 + 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3× 2+2 3× 4-2 3× 4-1 2 3× 5+1 3× 5+2 16 17 19 20 22 23 + + =4 -22;将 + + + + + =39 变为 + 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3× 7-2 3× 7-1 3× 8-2 3× 8-1 3n+1 3n+2 3m-2 3m-1 + + + + =82-52,所以 + + …+ + = 3 3 3 3 3 3 3 3 m2-n2. 8.设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,则 S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12 成等差数列.类 T16 比以上结论有:设等比数列{bn}的前 n 项积为 Tn,则 T4,________,________, 成等比 T12 数列. [答案] T8 T12 , T4 T8 3n+1 3n+2 3m-2 3m-1 + +…+ + =________.(最后结果 3 3 3 3

[解析] 对于等比数列,通过类比,在等比数列{bn}中前 n 项积为 Tn,则 T4=b1b2b3b4, T8 T12 T16 T8 = b1b2…b8 , T12 = b1b2…b12 , T16 = b1b2…b16 ,因此 = b5b6b7b8 , = b9b10b11b12 , = T4 T8 T12 T8 T12 T16 T8 T12 T16 b13b14b15b16,而 T4, , , 的公比为 q16,因此 T4, , , 成等比数列. T4 T8 T12 T4 T8 T12 9.观察下列的图形中小正方形的个数,则第 6 个图中有________个小正方形.

3

[答案] 28 [解析] 设第 n 个图中小正方形个数为 an, 则 a1=3,a2=a1+3=6,a3=a2+4=10,a4=a3+5=15,a5=a4+6=21,a6=a5+7 =28. 10.如图所示,点 P 在已知三角形 ABC 的内部,定义有序实数对(μ,υ,ω)为点 P 关于 △PBC的面积 △APC的面积 △ABP的面积 △ABC 的面积坐标,其中 μ= ,υ= ,ω= ;若点 Q △ABC的面积 △ABC的面积 △ABC的面积 → 1→ 1→ 满足BQ= BC+ BA,则点 Q 关于△ABC 的面积坐标为________. 3 2

1 1 1 [答案] ( , , ) 2 6 3 → 1 → 1→ [解析] 由点 Q 满足BQ= BC+ BA可知 Q 到 BC,AC,AB 三边的距离分别是三边相 3 2 1 1 1 1 1 1 应高的 , , ,所以 S△QBC= s,S△AQC= s,S△AQB= s(s 为△ABC 的面积).故点 Q 关于 2 6 3 2 6 3 1 1 1 △ABC 的面积坐标为( , , ). 2 6 3

三、解答题 11.在锐角三角形 ABC 中,求证:sinA+sinB+sinC>cosA+cosB+cosC. [证明] ∵△ABC 为锐角三角形, π π ∴A+B> ,∴A> -B, 2 2 π ∵y=sinx 在(0, )上是增函数, 2 π ∴sinA>sin( -B)=cosB, 2 同理可得 sinB>cosC,sinC>cosA, ∴sinA+sinB+sinC>cosA+cosB+cosC. 12.某同学在一次研究性学习中发现,以下五个式子的值都等于同一个常数: ①sin213° +cos217° -sin13° cos17° ; ②sin215° +cos215° -sin15° cos15° ; ③sin218° +cos212° -sin18° cos12° ;
4

④sin2(-18° )+cos248° -sin(-18° )cos48° ; ⑤sin2(-25° )+cos255° -sin(-25° )cos55° . (1)试从上述五个式子中选择一个,求出这个常数; (2)根据(1)的计算结果,将该同学的发现推广为三角恒等式,并证明你的结论. 3 [答案] (1) 4 (2)sin2α+cos2(30° -α)-sinα· cos(30° -α)= 3 4

[解析] (1)选择②式,计算如下: 1 sin215° +cos215° -sin15° cos15° =1- sin30° 2 1 3 =1- = . 4 4 (2)法一:三角恒等式为 3 sin2α+cos2(30° -α)-sinα· cos(30° -α)= . 4 证明如下: sin2α+cos2(30° -α)-sinα· cos(30° -α) =sin2α+(cos30° cosα+sin30° sinα)2-sinα· (cos30° cosα+sin30° sinα) 3 3 1 3 1 =sin2α+ cos2α+ sinαcosα+ sin2α- sinαcosα- sin2α 4 2 4 2 2 3 3 = sin2α+ cos2α 4 4 3 = . 4 法二:三角恒等式为 3 sin2α+cos2(30° -α)-sinα· cos(30° -α)= . 4 证明如下: sin2α+cos2(30° -α)-sinαcos(30° -α) = 1-cos2α 1+cos?60° -2α? + -sinα· (cos30° cosα+sin30° sinα) 2 2

1 1 1 1 3 1 = - cos2α+ + (cos60° cos2α+sin60° sin2α)- sinαcosα- sin2α 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 3 3 1 = - cos2α+ + cos2α+ sin2α- sin2α- (1-cos2α) 2 2 2 4 4 4 4 1 1 1 3 =1- cos2α- + cos2α= . 4 4 4 4

B组
A.22 项
5

能力提升
) B.23 项

1. 观察一列算式: 1?1,1?2,2?1,1?3,2?2,3?1,1?4,2?3,3?2,4?1, …, 则式子 3?5 是第 (

C.24 项 [答案] C

D.25 项

[解析] 两数和为 2 的有 1 个,和为 3 的有 2 个,和为 4 的有 3 个,和为 5 的有 4 个, 和为 6 的有 5 个,和为 7 的有 6 个,前面共有 21 个,3?5 为和为 8 的第 3 项,所以为第 24 项.故选 C. 2.设△ABC 的三边长分别为 a,b,c,△ABC 的面积为 S,则△ABC 的内切圆半径为 r= 2S .将此结论类比到空间四面体:设四面体 S-ABC 的四个面的面积分别为 S1,S2, a+b+c )

S3,S4,体积为 V,则四面体的内切球半径为 r= ( V A. S1+S2+S3+S4 3V C. S1+S2+S3+S4 [答案] C

2V B. S1+S2+S3+S4 4V D. S1+S2+S3+S4

[解析] 本题主要考查类比推理,球的体积与表面积.设四面体的内切球的球心为 O, 则球心 O 到四个面的距离都是 r,所以四面体的体积等于以 O 为顶点,分别以四个面为底 1 3V 面的 4 个三棱锥体积的和. 则四面体的体积为: V= (S1+S2+S3+S4)r, ∴r= . 3 S1+S2+S3+S4 3.如图,将边长分别为 1,2,3 的正八边形叠放在一起,同一边上相邻珠子之间的距离为 1,若以此方式再放置边长为 4,5,6,…,10 的正八边形,则这 10 个正八边形镶嵌的珠子总 数是________.

[答案] 341 [解析] 边长为 1,2,3,…,10 的正八边形叠放在一起,则各个正八边形上的珠子数分 别为 8,2× 8,3× 8,…,10× 8,其中,有 3 个珠子被重复计算了 10 次,有 2 个珠子被重复计算 了 9 次,有 2 个珠子被重复计算了 8 次,有 2 个珠子被重复计算了 7 次,有 2 个珠子被重复 计算了 6 次,…,有 2 个珠子被重复计算了 1 次,故不同的珠子总数为(8+2× 8+3× 8+…+ 8× 9 10× 8)-(3× 9+2× 8+2× 7+2× 6+…+2× 1)=440-(27+2× )=341,故所求总数为 341. 2 4.设 f(x)=3ax2+2bx+c.若 a+b+c=0,f(0)>0,f(1)>0,求证: b (1)a>0 且-2< <-1; a (2)方程 f(x)=0 在(0,1)内有两个实根.

6

[证明] (1)∵f(0)>0,f(1)>0, ∴c>0,3a+2b+c>0. 由 a+b+c=0,消去 b 得 a>c>0; 再由条件 a+b+c=0,消去 c 得 a+b<0 且 2a+b>0, b ∴-2< <-1. a
2 b 3ac-b b (2)方法一:∵抛物线 f(x)=3ax2+2bx+c 的顶点坐标为(- , ),-2< <-1, 3a 3a a

1 b 2 ∴ <- < . 3 3a 3 又∵f(0)>0,f(1)>0, a2+c2-ac b 而 f(- )=- <0, 3a 3a ∴方程 f(x)=0 在区间(0,- 内有两个实根. 方法二:∵f(0)>0,f(1)>0, 1 3 1 而 f( )= a+b+c=- a<0, 2 4 4 ∴抛物线与 x 轴的两个交点落在区间(0,1)内, 即方程 f(x)=0 在(0,1)内有两个实根. 方法三:∵Δ=4b2-12ac=4(a2+c2-ac)>0, ∴方程 f(x)=0 有两个实根. 2b 设方程的两根为 x1,x2,由根与系数的关系得 x1+x2=- 3a c >0,x1x2= >0,故两根为正. 3a 2b 又∵(x1-1)+(x2-1)=- -2<0, 3a 3a+2b+c (x1-1)(x2-1)= >0, 3a ∴两根均小于 1,命题得证. 5.如图所示,点 P 为斜三棱柱 ABC-A1B1C1 的侧棱 BB1 上一点,PM⊥BB1 交 AA1 于点 M,PN⊥BB1 交 CC1 于点 N. b b )与(- ,1)内分别有一个实根,故方程 f(x)=0 在(0,1) 3a 3a

7

(1)求证:CC1⊥MN; (2)在任意三角形 DEF 中有余弦定理:DE2=DF2+EF2-2DF· EFcos∠DFE. 拓展到空间, 类比三角形的余弦定理, 写出斜三棱柱的三个侧面面积与其中两个侧面所 成的二面角之间的关系式,并予以证明. [解析] (1)因为 PM⊥BB1,PN⊥BB1, 所以 BB1⊥平面 PMN,所以 BB1⊥MN. 又 CC1∥BB1,所以 CC1⊥MN. (2) 在 斜 三 棱 柱 ABC - A1B1C1 中 , 有 S2ABB1A1 = S2BCC1B1 + S2ACC1A1 - 2SBCC1B1SACC1A1cosα,其中 α 为平面 CC1B1B 与平面 CC1A1A 所成的二面角.证明如下: 因为 CC1⊥平面 PMN, 所以上述的二面角的平面角为∠MNP. 在△PMN 中, 因为 PM2=PN2+MN2-2PN· MNcos∠MNP,
2 2 所以 PM2· CC2 CC2 CC2 CC1)· (MN· CC1)cos∠MNP, 1=PN · 1+MN · 1-2(PN·

因为 SBCC1B1=PN· CC1,SACC1A1=MN· CC1,SABB1A1=PM· BB1=PM· CC1, 所以 S2ABB1A1=S2BCC1B1+S2ACC1A1-2SBCC1B1· SACC1A1cosα.

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