1、高考资源网（） 您身边的高考专家第二章推理与证明(B)(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1下图为一串白黑相间排列的珠子，按这种规律往下排起来，那么第36颗珠子的颜色应该是()A白色 B黑色C白色可能性大 D黑色可能性大2已知扇形的弧长为l，半径为r，类比三角形的面积公式：S，可推知扇形面积公式S扇等于()A. B.C. D不可类比3设凸n边形的内角和为f(n)，则f(n1)f(n)等于()An B(n2)C D24“四边形ABCD是矩形，四边形ABCD的对角线相等”以上推理的大前提是()A正方形都是对角线相等的四边形B矩形都是对角线相等的四边
2、形C等腰梯形都是对角线相等的四边形D矩形都是对边平行且相等的四边形5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(k1)(k1)2成立”，那么，下列命题总成立的是()A若f(3)9成立，则当k1时，均有f(k)k2成立B若f(5)25成立，则当k5时，均有f(k)k2成立C若f(7)49成立，则当k8时，均有f(k)2)，q2a24a2 (a2)，则()Apq Bp0，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8如果x0，y0，xyxy2，则xy的最小值是()A. B22C1 D29设f(n)(nN*)，那么f(n1)f(n)等于
3、()A. B.C. D.10平面内原有k条直线，它们的交点个数记为f(k)，则增加了一条直线后，它们的交点个数最多为()Af(k)k Bf(k)1Cf(k)k1 Dkf(k)11三个实数a，b，c不全为0的充要条件是()Aa，b，c都不是0Ba，b，c中至多有一个是0Ca，b，c中只有一个是0Da，b，c中至少有一个不是012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 (n3)级台阶时的走法f(n)等于()Af(n1)1 Bf(n2)2Cf(n2)1 Df(n1)f(n2)题号12345678
4、9101112答案二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13已知a13，a26，且an2an1an，则a33_.14若不等式(1)na2对任意正整数n恒成立，则实数a的取值范围是_15由“等腰三角形的两底角相等，两腰相等”可以类比推出正棱锥的类似属性是_16从11,14(12)，149123,14916(1234)，概括出第n个式子为_三、解答题(本大题共6小题，共70分)17(10分)已知a、b、c是不等正数，且abc1，求证：0)，fn1(x)f1fn(x)(1)求f2(x)、f3(x)；(2)猜想fn(x)的表达式，并证明20(12分)在不等边ABC中，A是最小角，求证：A4
5、2，因此对于任意的k4，有f(k)k2成立6Apaa224，q2a24a22(a2)222)，pq.7B(abc)20，abbcac(a2b2c2)0，0，y0，xyxy2，则2(xy)xy2，(xy)24(xy)80，xy22或xy22.x0，y0，xy的最小值为22.9Df(n1)f(n)()().10A增加一条直线后，最多和原来的k条直线都相交，有k个交点，所以交点个数最多为f(k)k.11D12D到第n级台阶可分两类：从第n2级一步到第n级有f(n2)种走法，从第n1级到第n级有f(n1)种走法，共有f(n1)f(n2)种走法133解析a13，a26，a33，a43，a56，a63，a
6、73，a86，归纳出每6项一个循环，则a33a33.142a解析当n为偶数时，a2，而22，a2，而22，a2.综上可得2a.15正棱锥各侧面与底面所成二面角相等，各侧面都是全等的三角形或各侧棱相等解析等腰三角形的底与腰可分别与正棱锥的底面与侧面类比1614916(1)n1n2(1)n1(12n)解析式子左边是正、负相间，奇数项为正，偶数项为负，所以用(1)n1调节，左子右边是前n个正整数的和，奇数项为正，偶数项为负，用(1)n1调节17证明a、b、c是不等正数，且abc1，.故0)，f2(x)，f3(x).(2)猜想fn(x)，下面用数学归纳法证明：当n1时，命题显然成立假设当nk时，fk(
7、x)，那么fk1(x).这就是说，当nk1时命题成立由，可知fn(x)对所有nN*均成立20证明假设A60，A是不等边三角形ABC的最小角(不妨设C为最大角)，BA60，CA60，ABC180，与三角形内角和等于180矛盾，假设错误，原结论成立，即Aa2，所以a23，a59.所以d2，a11，即an2n1.因为Tn1bn，所以b1.当n2时，Tn11bn1，所以bnTnTn11bn，化简得bnbn1.所以bn是首项为，公比为的等比数列，即bnn1.所以an2n1，bn.(2)因为Snnn2，所以Sn1(n1)2，.下面比较与Sn1的大小：当n1时，S24，所以S2，当n2时，S39，所以S3，当n3时，S416，所以S5，猜想：n4时，Sn1.下面用数学归纳法证明：当n4时，已证假设当nk (kN*，k4)时，Sk1，即(k1)2，那么，33(k1)23k26k3(k24k4)2k22k1(k1)12S(k1)1，所以当nk1时，Sn1也成立由可知，对任何nN*，n4，Sn1都成立综上所述，当n1,2,3时，Sn1.- 8 - 版权所有高考资源网