推理与证明(满分：150分　时间：120分钟)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．根据偶函数定义可推得“函数f(x)＝x2在R上是偶函数”的推理过程是(　　)A．归纳推理　　　B．类比推理C．演绎推理D．非以上答案C　[根据演绎推理的定义知，推理过程是演绎推理，故选C.]2．在△ABC中，E，F分别为AB，AC的中点，则有EF∥BC，这个问题的大前提为(　　)A．三角形的中位线平行于第三边B．三角形的中位线等于第三边的一半C．EF为中位线D．EF∥BCA　[这个三段论推理的形式为：大前提：三角形的中位线平行于第三边；小前提：EF为△ABC的中位线；结论：EF∥BC.]3．用数学归纳法证明：“(n＋1)(n＋2)·…·(n＋n)＝2n·1·3·…·(2n－1)”．从“k到k＋1”左端需增乘的代数式为(　　)A．2k＋1B．2(2k＋1)C．D．B　[当n＝k时左端的第一项为(k＋1)，最后一项为(k＋k)．当n＝k＋1时，左端的第一项为(k＋2)，最后一项为(2k＋2)．∴左边乘以(2k＋1)(2k＋2)，同时还要除以(k＋1)．]4．下列推理正确的是(　　)A．把a(b＋c)与loga(x＋y)类比，则有loga(x＋y)＝logax＋logayB．把a(b＋c)与sin(x＋y)类比，则有sin(x＋y)＝sinx＋sinyC．把a(b＋c)与ax＋y类比，则有ax＋y＝ax＋ayD．把(a＋b)＋c与(xy)z类比，则有(xy)z＝x(yz)D　[(xy)z＝x(yz)是乘法的结合律，正确．]5．已知a＋b＋c＝0，则ab＋bc＋ca的值(　　)A．大于0B．小于0C．不小于0D．不大于0D　[法一：因为a＋b＋c＝0，所以a2＋b2＋c2＋2ab＋2ac＋2bc＝0，9 所以ab＋bc＋ca＝－≤0.法二：令c＝0，若b＝0，则ab＋bc＋ca＝0，否则a，b异号，所以ab＋bc＋ca＝ab＜0，排除A，B，C，故选D.]6．对“a，b，c是不全相等的正数”，给出下列判断：①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；②a＝b与b＝c及a＝c中至少有一个成立；③a≠c，b≠c，a≠b不能同时成立．其中判断正确的个数为(　　)A．0个B．1个C．2个D．3个B　[若(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2＝0，则a＝b＝c，与“a，b，c是不全相等的正数”矛盾，故①正确．a＝b与b＝c及a＝c中最多只能有一个成立，故②不正确．由于“a，b，c是不全相等的正数”，有两种情形：至多有两个数相等或三个数都互不相等，故③不正确．]7．我们把平面几何里相似形的概念推广到空间：如果两个几何体大小不一定相等，但形状完全相同，就把它们叫做相似体．下列几何体中，一定属于相似体的有(　　)①两个球体；②两个长方体；③两个正四面体；④两个正三棱柱；⑤两个正四棱锥．A．4个B．3个C．2个D．1个C　[类比相似形中的对应边成比例知，①③属于相似体．]8．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．28B．76C．123D．199C　[利用归纳法，a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4＝3＋1，a4＋b4＝4＋3＝7，a5＋b5＝7＋4＝11，a6＋b6＝11＋7＝18，a7＋b7＝18＋11＝29，a8＋b8＝29＋18＝47，a9＋b9＝47＋29＝76，a10＋b10＝76＋47＝123，规律为从第三组开始，其结果为前两组结果的和．]9．对任意的锐角α，β，下列不等式中正确的是(　　)A．sin(α＋β)＞sinα＋sinβB．sin(α＋β)＞cosα＋cosβC．cos(α＋β)＞sinα＋sinβD．cos(α＋β)＜cosα＋cosβD　[因为α，β为锐角，所以0＜α＜α＋β＜π，所以cosα＞cos(α＋β)．又cos9 β＞0，所以cosα＋cosβ＞cos(α＋β)．]10．在等差数列{an}中，若a10＝0，则有等式a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a19－n(n<19且n∈N*)成立，类比上述性质，在等比数列{bn}中，若b11＝1，则有(　　)A．b1·b2·…·bn＝b1·b2·…·b19－nB．b1·b2·…·bn＝b1·b2·…·b21－nC．b1＋b2＋…＋bn＝b1＋b2＋…＋b19－nD．b1＋b2＋…＋bn＝b1＋b2＋…＋b21－nB　[令n＝10时，验证即知选B.]11．将石子摆成如图所示的梯形形状，称数列5,9,14,20，…为“梯形数”．根据图形的构成，此数列的第2014项与5的差，即a2014－5＝(　　)A．2018×2014B．2018×2013C．1010×2012D．1010×2013D　[由已知的图形可以得出图形的编号与图中石子的个数之间的关系为：n＝1时，a1＝2＋3＝×(2＋3)×2；n＝2时，a2＝2＋3＋4＝×(2＋4)×3；……由此可以推断：an＝2＋3＋…＋(n＋2)＝×[2＋(n＋2)]×(n＋1)，∴a2014－5＝×[2＋(2014＋2)]×(2014＋1)－5＝1009×2015－5＝1010×2013.]12．如图(1)，在△ABC中，AB⊥AC于点A，AD⊥BC于点D，则有AB2＝BD·BC，类似地有命题：如图(2)，在三棱锥ABCD中，AD⊥平面ABC，若A在△BCD内的射影为O，则S＝S△BCO·S△BCD，那么上述命题(　　)(1)　　　　　　　　(2)A．是真命题9 B．增加条件“AB⊥AC”后才是真命题C．是假命题D．增加条件“三棱锥ABCD是正三棱锥”后才是真命题A　[由已知垂直关系，不妨进行如下类比：将题图(2)中的△ABC，△BCO，△BDC分别与题图(1)中的AB，BD，BC进行类比即可．严格推理如下：连结DO并延长交BC于点E，连结AE(图略)，则DE⊥BC，AE⊥BC.因为AD⊥平面ABC，所以AD⊥AE.又因为AO⊥DE，所以AE2＝EO·ED，所以S＝(BC·EA)2＝(BC·EO)·(BC·ED)＝S△BCO·S△BCD.故选A.]二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在题中的横线上)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________．x，y均不大于1(或者x≤1且y≤1)　[“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．当n＝1时，有(a－b)(a＋b)＝a2－b2，当n＝2时，有(a－b)(a2＋ab＋b2)＝a3－b3，当n＝3时，有(a－b)(a3＋a2b＋ab2＋b3)＝a4－b4，当n∈N*时，你能得到的结论是________．(a－b)(an＋an－1b＋…＋abn－1＋bn)＝an＋1－bn＋1　[根据题意，由于当n＝1时，有(a－b)(a＋b)＝a2－b2，当n＝2时，有(a－b)(a2＋ab＋b2)＝a3－b3，当n＝3时，有(a－b)(a3＋a2b＋ab2＋b3)＝a4－b4，当n∈N*时，左边第二个因式为an＋an－1b＋…＋abn－1＋bn，那么对应的表达式为(a－b)(an＋an－1b＋…＋abn－1＋bn)＝an＋1－bn＋1.]15．有三张卡片，分别写有1和2,1和3,2和3.甲、乙、丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是________．1和3　[法一：由题意得丙的卡片上的数字不是2和3.若丙的卡片上的数字是1和2，则由乙的说法知乙的卡片上的数字是2和3，则甲的卡片上的数字是1和3，满足题意；若丙的卡片上的数字是1和3，则由乙的说法知乙的卡片上的数字是2和3，则甲的卡片上的数字是1和2，不满足甲的说法．故甲的卡片上的数字是1和3.法二：因为甲与乙的卡片上相同的数字不是2，所以丙的卡片上必有数字2.又丙的卡片上的数字之和不是5，所以丙的卡片上的数字是1和2.因为乙与丙的卡片上相同的数字不是1，所以乙的卡片上的数字是2和3，所以甲的卡片上的数字是1和3.]16．现有一个关于平面图形的命题：同一平面内有两个边长都是a9 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________．　[解法的类比(特殊化)，易得两个正方体重叠部分的体积为.]三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)用综合法或分析法证明：(1)如果a，b>0，则lg≥；(2)＋>2＋2.[证明]　(1)当a，b>0时，有≥，∴lg≥lg，∴lg≥lgab＝.(2)要证＋>2＋2，只要证(＋)2>(2＋2)2，即2>2，这是显然成立的，所以，原不等式成立．18．(本小题满分12分)观察：①tan10°·tan20°＋tan20°·tan60°＋tan60°·tan10°＝1，②tan5°·tan10°＋tan10°·tan75°＋tan75°·tan5°＝1.由以上两式成立能得到一个从特殊到一般的推广，此推广是什么？并证明你的推广．[解]　从已知观察到10°＋20°＋60°＝90°，10°＋75°＋5°＝90°，因此猜测推广式为若α＋β＋γ＝，且α，β，γ都不为kπ＋(k∈Z)，则tanαtanβ＋tanβtanγ＋tanγtanα＝1.证明如下：由α＋β＋γ＝，得α＋β＝－γ.因为tan(α＋β)＝tan＝.又因为tan(α＋β)＝，所以tanα＋tanβ＝tan(α＋β)(1－tanαtanβ)＝(1－tanαtanβ)，所以tanαtanβ＋tanβtanγ＋tanγtanα＝tanγ(tanα＋tan9 β)＋tanαtanβ＝tanγ(1－tanαtanβ)·＋tanαtanβ＝1－tanαtanβ＋tanαtanβ＝1.19．(本小题满分12分)设a>0，b>0，a＋b＝1，求证：＋＋≥8.试用综合法和分析法分别证明．[解]　法一(综合法)∵a>0，b>0，a＋b＝1，∴1＝a＋b≥2，≤，ab≤，∴≥4.又∵＋＝(a＋b)＝2＋＋≥4，∴＋＋≥8(当且仅当a＝b＝时等号成立)．法二(分析法)∵a>0，b>0，a＋b＝1，要证＋＋≥8，只要证＋≥8，只要证＋≥8，即证＋≥4，也就是证＋≥4，即证＋≥2.由基本不等式可知，当a>0，b>0时，＋≥2成立，所以原不等式成立．20．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝ax＋(a>1)．(1)证明：函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数；(2)用反证法证明方程f(x)＝0没有负数根．[解]　(1)法一：任取x1，x2∈(－1，＋∞)，不妨设x1<x2，则x2－x1>0，a>1且ax1>0，9 ∴a－a＝a(a－1)>0，又∵x1＋1>0，x2＋1>0，∴－＝＝>0，于是f(x2)－f(x1)＝a－a＋－>0，故函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．法二：f′(x)＝axlna＋＝axlna＋∵a>1，∴lna>0，∴axlna＋>0，f′(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，即f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．(2)法一：设存在x0<0(x0≠－1)满足f(x0)＝0，则a＝－，且0<ax0<1.∴0<－<1，即<x0<2，与假设x0<0矛盾．故方程f(x)＝0没有负数根．法二：设x0<0(x0≠－1)，①若－1<x0<0，则<－2，a<1，∴f(x0)<－1.②若x0<－1，则>0，a>0，∴f(x0)>0.综上，x<0(x≠－1)时，f(x)<－1或f(x)>0，即方程f(x)＝0无负数根．21．(本小题满分12分)(1)椭圆C：＋＝1(a>b>0)与x轴交于A，B两点，点P是椭圆C上异于A，B的任意一点，直线PA，PB分别与y轴交于点M，N，求证：·为定值b2－a2.9 (2)类比(1)可得如下真命题：双曲线－＝1(a>0，b>0)与x轴交于A，B两点，点P是双曲线C上异于A，B的任意一点，直线PA，PB分别与y轴交于点M，N，求证：·为定值，请写出这个定值(不要求写出解题过程)．[解]　(1)证明如下：设点P(x0，y0)(x0≠±a)．依题意，得A(－a,0)，B(a,0)，所以直线PA的方程为y＝(x＋a)，令x＝0，得yM＝.同理得yN＝－.所以yMyN＝.又点P(x0，y0)在椭圆上，所以＋＝1，因此y＝(a2－x)．所以yMyN＝＝b2.因为＝(a，yN)，＝(－a，yM)，所以·＝－a2＋yMyN＝b2－a2.(2)－(a2＋b2)．22．(本小题满分12分)各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，a－a＝2.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求证：＋＋…＋≤对一切n∈N*恒成立．[解]　(1)∵a－a＝2，∴数列{a}为首项为1，公差为2的等差数列，∴a＝1＋(n－1)·2＝2n－1，又an>0，则an＝(n∈N*)．(2)证明：由(1)知，即证1＋＋…＋≤.①当n＝1时，左边＝1，右边＝1，所以不等式成立．当n＝2时，左边<右边，所以不等式成立．②假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时不等式成立，9 即1＋＋…＋≤，当n＝k＋1时，左边＝1＋＋…＋＋≤＋<＋＝＋＝＝所以当n＝k＋1时不等式成立．由①②知对一切n∈N*不等式恒成立．9