1、2017新课标名师导学高考第一轮总复习同步测试卷理科数学(十二)(推理与证明及数学归纳法)时间：60 分钟 总分：100 分一、选择题(本大题共 6 小题，每小题 5 分，共 30分.每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.)1.用反证法证明“方程 ax2bxc0(a0)至多有两个解”的假设中，正确的是()A.至多有一个解B.有且只有两个解C.至少有三个解D.至少有两个解C【解析】“方程 ax2bxc0(a0)至多有两个解”的反面是至少有三个解.故选 C.2.由直线与圆相切时，圆心到切点连线与直线垂直，想到平面与球相切时，球心与切点连线与平面垂直，用的是()A.归纳推理B.演绎推理C
2、.类比推理D.传递性推理C【解析】类比推理是根据两个或两类对象有部分属性相同，从而推出它们的其他属性也相同的推理.本题中描述的都是关于相切问题下的性质，因此属于类比推理.3.若 数 列 an 是 等 差 数 列，则 数 列bnbna1a2ann也为等差数列.类比这一性质可知，若正项数列cn是等比数列，且dn也是等比数列，则 dn 的表达式应为()A.dnc1c2cnnB.dnc1c2cnnC.dnn cn1cn2cnnnD.dnn c1c2cnD【解析】若an是等差数列，则 a1a2anna1n（n1）2d，bna1（n1）2dd2na1d2，即bn为等差数列；若cn是等比数列，则 c1c2c
3、ncn1q12(n1)cn1qn（n1）2，dnn c1c2cnc1qn12，即dn为等比数列，故选 D.4.在非等边三角形中，a 为最大边，要想得到 A为钝角的结论，则 a，b，c 三边应满足的条件是()A.a2b2c2D.a2b2c2C【解析】由 cos Ab2c2a22bc0，知 b2c2a2b2c2，选 C.5.用数学归纳法证明 1222(n1)2n2(n1)22212n（2n21）3时，由 nk 的假设到证明 nk1 时，等式左边应添加的式子是()A.(k1)22k2B.(k1)2k2C.(k1)2D.13(k1)2(k1)21B【解析】根据等式左边的特点，各数是先递增再递减，由于
4、nk，左边1222(k1)2k2(k1)22212，nk1 时，左边1222(k1)2k2(k1)2k2(k1)22212，比较两式，从而等式左边应添加的式子是(k1)2k2，故答案为(k1)2k2，选 B.6.正方形 ABCD 的边长为 1，点 E 在边AB 上，点 F 在边 BC 上，AEBF37，动点 P 从 E 出发沿直线向 F 运动，每当碰到正方形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角.当点 P 第一次碰到 E 时，P 与正方形的边碰撞的次数为()A.16 B.14C.12 D.10B【解析】根据已知中的点 E，F 的位置，可知第一次碰撞点为 F，在反射的过程中，直线是平行的，利用平行关
5、系及三角形的相似可得第二次碰撞点为 G，且 CG1621，第三次碰撞点为 H，且 DH1162134 528.作图，可以得到回到 E 点时，需要碰撞14 次即可.解决本小题要有耐心，并且要一次次深入探究，从而找到解决此问题的方法.二、填空题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20分，将各小题的结果填在题中横线上.)7.用数学归纳法证明“122232n216n(n1)(2n1)(nN*)”，当 nk1 时，应在 nk 时的等式左边添加的项是.(k1)2【解析】1222k2(k1)2(1222k2)(k1)2.8.对大于或等于 2 的自然数 m 的 n 次方幂有如下分解方式：2213 321
6、35 4213572335 337911 4313151719根据上述分解规律，则 52；若 m3(mN*)的分解中最小的数是 21，则 m 的值为_.1357959.已知ABC 的顶点 A，B 分别是离心率为 e 的圆锥曲线x2my2n1 的焦点，顶点 C 在该曲线上；一同学已正确地推得：当 mn0 时有 e(sin Asin B)sin C.类 似 地，当m 0，n 0时，有.e|sin Asin B|sin C【解析】把椭圆性质和双曲线性质类比结合解三角形推导结论.当 mn0 时，x2my2n1 为椭圆，|AC|BC|2 m，由正弦定理知，|AC|sin B|BC|sin A|AB|si
7、n C|AC|BC|sin Bsin A|AB|sin C2 msin Asin B 2csin Ce cmsin Csin Asin Be(sin Asin B)sin C.当 m0，n0 时，x2my2n1 为双曲线，|AC|BC|2 m，由 正 弦 定 理 知，|AC|sin B|BC|sin A|AB|sin C|AC|BC|sin Bsin A|AB|sin C 2 m|sin Asin B|2csin Ce cmsin C|sin Asin B|e|sin Asin B|sin C.10.若点 O 在ABC 内，则有结论 SOBCOA SOACOB SOABOC 0，把命题类比推广
8、到空间，若点 O 在四面体 ABCD 内，则有结论：.VOBCDOA VOACDOB VOABDOC VOABCOD 0【解析】由平面图形的性质类比猜想空间几何体的性质，一般的思路是：点到线，线到面，或是二维变三维，面积变体积；由题目中点 O 在三角形 ABC 内，则有结论 SOBCOA SOACOB SOABOC 0，我们可以推断 VOBCDOA VOACDOB VOABDOC VOABCOD 0.三、解答题(本大题共 3 小题，共 50 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)11.(16 分)已知数列an的第一项 a15 且 Sn1an(n2，nN*)，Sn 为数列an的前 n 项
9、和.(1)求 a2，a3，a4，并由此猜想 an 的表达式；(2)用数学归纳法证明an的通项公式.【解析】(1)a2S1a15，a3S2a1a210，a4S3a1a2a320，猜想 an5，n1，52n2，n2，nN*.(2)证明：当 n2 时，a252225，公式成立.假设 nk，k2，kN*时猜想成立，即 ak52k2，当 nk1 时，由已知条件和假设有 ak 1Ska1a2a3ak551052k2 5512k11252k152(k1)2 故 nk1 时公式也成立.由可知，对 n2，nN*，有 an52n2.所以数列an 的通项公式为 an5，n1，52n2，n2，nN*.12.(16 分
10、)已知函数 f(x)axx2x1(a1).(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.【解析】(1)任取 x1，x2(1，)，不妨设 x1x2，则 x2x10.a1，ax2x11 且 ax10，ax2ax1ax1(ax2x11)0.又x110，x210，x22x21x12x11（x22）（x11）（x12）（x21）（x11）（x21）3（x2x1）（x11）（x21）0，于是 f(x2)f(x1)ax2ax1x22x21x12x110，故函数 f(x)在(1，)上为增函数.(2)假设存在 x00(x01)满足 f(x0)0，则 ax0 x0
11、2x01.a1，0ax01，0 x02x011，即12x02，与假设 x00 相矛盾，故方程 f(x)0 没有负数根.13.(18 分)设数列an的前 n 项和为 Sn，并且满足2Sna2nn，an0(nN*).(1)猜想an的通项公式，并用数学归纳法加以证明；(2)设 x0，y0，且 xy1，证明：anx1any1 2（n2）.【解析】(1)分别令 n1，2，3，得 2a1a211，2（a1a2）a222，2（a1a2a3）a233，an0，a11，a22，a33.猜想：ann.由 2Sna2nn 可知，当 n2 时，2Sn1a2n1(n1)，得 2ana2na2n11，即 a2n2ana2
12、n11()当 n2 时，a222a2121，a20，a22.()假设当 nk(k2)时，akk，那么当 nk1 时，a2k12ak1a2k12ak1k21 ak1(k1)ak1(k1)0，ak10，k2，ak1(k1)0，ak1k1 即当 nk1 时也成立.ann(n2).显然 n1 时，也成立，故对于一切 nN*，均有ann.那么当 nk1 时，a2k12ak1a2k12ak1k21 ak1(k1)ak1(k1)0，ak10，k2，ak1(k1)0，ak1k1 即当 nk1 时也成立.ann(n2).(2)要证 nx1 ny1 2（n2），只要证 nx12（nx1）（ny1）ny12(n2).即 n(xy)22 n2xyn（xy）12(n2)，将 xy1 代入，得 2 n2xyn1n2，即只要证 4(n2xyn1)(n2)2，即 4xy1.x0，y0，且 xy1，xyxy2 12，即 xy14，故 4xy1 成立，所以原不等式成立.
