1、1阶段质量检测(二) 推理与证明考试时间：120 分钟 试卷总分：160 分二题 号 一15 16 17 18 19 20总 分得 分一、填空题(本大题共 14 个小题，每小题 5 分，共 70 分，把答案填在题中横线上)1(新课标全国卷)甲、乙、丙三位同学被问到是否去过 A，B，C 三个城市时，甲说：我去过的城市比乙多，但没去过 B 城市；乙说：我没去过 C 城市；丙说：我们三人去过同一个城市由此可判断乙去过的城市为_2周长一定的平面图形中圆的面积最大，将这个结论类比到空间，可以得到的结论是_3下列说法正确的是_(写出全部正确命题的序号)演绎推理是由一般到特殊的推理演绎推理得到的结论一定是正
2、确的演绎推理的一般模式是“三段论”形式演绎推理得到的结论的正误与大、小前提和推理形式有关4 “因为 AC，BD 是菱形 ABCD 的对角线，所以 AC，BD 互相垂直且平分 ”以上推理的大前提是_5在平面上，若两个正三角形的边长比为 12，则它们的面积比为 14.类似地，在空间中，若两个正四面体的棱长比为 12，则它们的体积比为_6(陕西高考)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_7由“正三角形的内切圆切于三边的中点” ，可类比猜想出正四面体的一个性质为_8已知
3、 x， yR ，当 x2 y2_时，有 x y 1.1 y2 1 x29用数学归纳法证明 122 22 n1 2 n1( nN *)的过程如下：当 n1 时，左边1，右边2 111，等式成立；2假设当 n k(kN *)时，等式成立，即 122 22 k1 2 k1；则当 n k1 时，122 22 k1 2 k 2 k1 1，则当 n k1 时1 2k 11 2等式成立由此可知，对任何 nN *，等式都成立上述证明步骤中错误的是_10.如图，在平面直角坐标系 xOy 中，圆 x2 y2 r2(r0)内切于正方形 ABCD，任取圆上一点 P，若O m A nB(m， nR)，则是 m2， n2
4、的等差中项；现有一椭圆 1( a b0)内切于矩形14 x2a2 y2b2ABCD，任取椭圆上一点 P，若 m n(m， nR)，则m2， n2的等差中项为_11(安徽高考)如图，在等腰直角三角形 ABC 中，斜边 BC2 .过点 A 作 BC 的垂线，2垂足为 A1 ；过点 A1作 AC 的垂线，垂足为 A2；过点 A2 作 A1C 的垂线，垂足为 A3 ；，依此类推设 BA a1 ， AA1 a2 , A1A2 a3 ， A5A6 a7 ，则 a7_.12已知 x0，不等式 x 2， x 3， x 4，可推广为 x n1，1x 4x2 27x3 axn则 a 的值为_13如图，第 n 个图
5、形是由正 n2 边形“扩展”而来( n1,2,3，)，则第 n 个图形中共有_个顶点14(湖北高考)古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数如三角形数1,3,6,10，第 n 个三角形数为 n2 n.记第 n 个 k 边形数为 N(n， k)n n 12 12 12(k3)，以下列出了部分 k 边形数中第 n 个数的表达式：三角形数 N(n,3) n2 n，12 12正方形数 N(n,4) n2，五边形数 N(n,5) n2 n，32 12六边形数 N(n,6)2 n2 n，3可以推测 N(n， k)的表达式，由此计算 N(10,24)_.二、解答题(本大题共 6 个小题，共 90 分解
6、答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15(本小题满分 14 分)设 a0， b0， a b1，求证： 8.1a 1b 1ab16(本小题满分 14 分)已知数列 an满足 a11， an an1 n(nN *)，若(15)Tn a1 a25 a352 an5n1 ， bn6 Tn5 nan，类比课本中推导等比数列前 n 项和公式的方法，求数列 bn的通项公式17(本小题满分 14 分)观察 sin 210cos 240sin 10cos 40 ；34sin 26cos 236sin 6cos 36 .34由上面两式的结构规律，你能否提出一个猜想？并证明你的猜想18(本小题满分 16 分)已知
7、实数 a、 b、 c 满足 00， b0， a b1.1 a b2 ， ， ab ，ab ab12 14 4 ，1ab (当 a 12， b 12时 等 号 成 立 )又 ( a b) 2 4.1a 1b (1a 1b) ba ab(当 a 12， b 12时 等 号 成 立 ) 8.1a 1b 1ab16解：因为 Tn a1 a25 a352 an5n1 ，所以 5Tn a15 a252 a353 an1 5n1 an5n，由得：6Tn a1( a1 a2)5( a2 a3)52( an1 an)5n1 an5n71 5 252 n1 5n1 an5n15 (15) (15) n an5n，
8、所以 6Tn5 nan n，所以数列 bn的通项公式为 bn n.17.解：观察 401030，36630，由此猜想：sin 2 cos 2(30 )sin cos(30 ) .34证明：sin 2 cos 2(30 )sin cos(30 )sin 2 cos 2(30 )sin (cos 30cos sin 30sin )sin 2 cos 2(30 ) sin cos sin232 12 sin2 cos 2(30 ) sin 212 34 sin 21 cos 24 1 cos 60 2 2 34 cos 2 sin 2 sin 21 cos 24 12 14 34 34 .3418证
9、明：假设(2 a)b1，(2 b)c1，(2 c)a1，则三式相乘：(2 a)b(2 b)c(2 c)a1而(2 a)a 21，(2 a a2 )同理，(2 b)b1，(2 c)c1，即(2 a)b(2 b)c(2 c)a1，显然与矛盾，所以原结论成立19解：(1)由 Sn2 n an，得， a12 a1，即 a11.S2 a1 a24 a2，解得 a2 .32S3 a1 a2 a36 a3，解得 a3 .74S4 a1 a2 a3 a48 a4，解得 a4 .158由此猜想 an (nN *)2n 12n 1(2)当 n1 时， a11，结论成立8假设当 n k(kN *)时，结论成立，即
10、ak ，2k 12k 1那么当 n k1 时， ak1 Sk1 Sk2( k1) ak1 2 k ak2 ak ak1 ，则 ak1 ，2 ak2 2 2k 12k 12 2k 1 12k 2k 1 12 k 1 1这就是说当 n k1 时，结论也成立根据和，可知猜想对任何 nN *都成立，即 an (nN *)2n 12n 120解：(1)证明： f( x) x21， an1 ( an1) 21 a 2 an.2n当 n1 时， a112 11，命题成立；假设当 n k(k1， kN *)时命题成立，即 ak2 k1；那么当 n k1 时，ak1 a 2 ak ak(ak2)(2 k1)(2 k12)2k2 2k12 k1 1.即当 n k1 时，命题成立，综上所述，命题成立(2) an2 n1，1 an2 n， .11 an 12n 1 1.11 a1 11 a2 11 an 12 122 12n 12n9
