高考数学(理数)一轮课后刷题练习：第11章　算法、复数、推理与证明11.3(教师版)

这是一份高考数学(理数)一轮课后刷题练习：第11章　算法、复数、推理与证明11.3(教师版)，共11页。
一、选择题
1．有6名选手参加演讲比赛，观众甲猜测：4号或5号选手得第一名；观众乙猜测：3号选手不可能得第一名；观众丙猜测：1,2,6号选手中的一位获得第一名；观众丁猜测：4,5,6号选手都不可能获得第一名．比赛后发现没有并列名次，且甲、乙、丙、丁中只有1人猜对比赛结果，此人是( )
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
答案 D
解析 若甲猜测正确，则4号或5号得第一名，那么乙猜测也正确，与题意不符，故甲猜测错误，即4号和5号均不是第一名．若丙猜测正确，那么乙猜测也正确，与题意不符，故丙猜测错误，即1,2,6号均不是第1名，故3号是第1名，则乙猜测错误，丁猜测正确．故选D.
2．已知a1＝3，a2＝6，且an＋2＝an＋1－an，则a2016＝( )
A．3 B．－3 C．6 D．－6
答案 B
解析 ∵a1＝3，a2＝6，∴a3＝3，a4＝－3，a5＝－6，a6＝－3，a7＝3，…，∴{an}是以6为周期的周期数列．又2016＝6×335＋6，∴a2016＝a6＝－3.故选B.
3．已知x∈(0，＋∞)，观察下列各式：
x＋eq \f(1,x)≥2，x＋eq \f(4,x2)＝eq \f(x,2)＋eq \f(x,2)＋eq \f(4,x2)≥3，
x＋eq \f(27,x3)＝eq \f(x,3)＋eq \f(x,3)＋eq \f(x,3)＋eq \f(27,x3)≥4，…，
类比有x＋eq \f(a,xn)≥n＋1(n∈N*)，则a＝( )
A．n B．2n C．n2 D．nn
答案 D
解析 第一个式子是n＝1的情况，此时a＝1，第二个式子是n＝2的情况，此时a＝4，第三个式子是n＝3的情况，此时a＝33，归纳可以知道a＝nn.故选D.
4．已知an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n，把数列{an}的各项排成如下的三角形：
a1
a2 a3 a4
a5 a6 a7 a8 a9
……
记A(s，t)表示第s行的第t个数，则A(11,12)＝( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))67 B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))68
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))111 D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))112
答案 D
解析 该三角形所对应元素的个数为1,3,5，…，
那么第10行的最后一个数为a100，
第11行的第12个数为a112，即A(11,12)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))112.故选D.
5．下面使用类比推理恰当的是( )
A．“若a·3＝b·3，则a＝b”类推出“若a·0＝b·0，则a＝b”
B．“若(a＋b)c＝ac＋bc”类推出“(a·b)c＝ac·bc”
C．“(a＋b)c＝ac＋bc”类推出“eq \f(a＋b,c)＝eq \f(a,c)＋eq \f(b,c)(c≠0)”
D．“(ab)n＝anbn”类推出“(a＋b)n＝an＋bn”
答案 C
解析 对于A，“若a·3＝b·3，则a＝b”类推出“若a·0＝b·0，则a＝b”是错误的，因为0乘任何数都等于0；对于B，“若(a＋b)c＝ac＋bc”类推出“(a·b)c＝ac·bc”，类推的结果不符合乘法的运算性质，故错误；对于C，将乘法类推除法，即由“(a＋b)c＝ac＋bc”类推出“eq \f(a＋b,c)＝eq \f(a,c)＋eq \f(b,c)”是正确的；对于D，“(ab)n＝anbn”类推出“(a＋b)n＝an＋bn”是错误的，如(1＋1)2＝12＋12.故选C.
6．如图所示，坐标纸上的每个单元格的边长为1，由下往上的六个点：1,2,3,4,5,6的横、纵坐标分别对应数列{an}(n∈N*)的前12项，如下表所示：
按如此规律下去，则a2017＝( )
A．502 B．503 C．504 D．505
答案 D
解析 由a1，a3，a5，a7，…组成的数列恰好对应数列{xn}，即xn＝a2n－1，当n为奇数时，xn＝eq \f(n＋1,2).所以a2017＝x1009＝505.故选D.
7．我国古代数学名著《九章算术》中割圆术有：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣．”其体现的是一种无限与有限的转化过程，比如在 eq \r(2＋\r(2＋\r(2＋…)))中“…”即代表无限次重复，但原式却是个定值x，这可以通过方程eq \r(2＋x)＝x确定x＝2，则1＋eq \f(1,1＋\f(1,1＋…))＝( )
A.eq \f(－\r(5)－1,2) B.eq \f(\r(5)－1,2) C.eq \f(1＋\r(5),2) D.eq \f(1－\r(5),2)
答案 C
解析 1＋eq \f(1,1＋\f(1,1＋…))＝x，即1＋eq \f(1,x)＝x，即x2－x－1＝0，解得x＝eq \f(1＋\r(5),2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＝\f(1－\r(5),2)舍))，故1＋eq \f(1,1＋\f(1,1＋…))＝eq \f(1＋\r(5),2)，故选C.
8．设△ABC的三边长分别为a，b，c，△ABC的面积为S，内切圆半径为r，则r＝eq \f(2S,a＋b＋c)，类比这个结论可知，四面体S－ABC的四个面的面积分别为S1，S2，S3，S4，内切球半径为R，四面体S－ABC的体积为V，则R等于( )
A.eq \f(V,S1＋S2＋S3＋S4) B.eq \f(2V,S1＋S2＋S3＋S4)
C.eq \f(3V,S1＋S2＋S3＋S4) D.eq \f(4V,S1＋S2＋S3＋S4)
答案 C
解析 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，由平面图形中r的求解过程类比空间图形中R的求解过程可得四面体的体积等于以O为顶点，分别以四个面为底面的4个三棱锥体积的和，则四面体的体积为V＝V四面体S－ABC＝eq \f(1,3)(S1＋S2＋S3＋S4)R，所以R＝eq \f(3V,S1＋S2＋S3＋S4).故选C.
9．[x]表示不超过x的最大整数，例如：[π]＝3.
S1＝[eq \r(1)]＋[eq \r(2)]＋[eq \r(3)]＝3
S2＝[eq \r(4)]＋[eq \r(5)]＋[eq \r(6)]＋[eq \r(7)]＋[eq \r(8)]＝10
S3＝[eq \r(9)]＋[eq \r(10)]＋[eq \r(11)]＋[eq \r(12)]＋[eq \r(13)]＋[eq \r(14)]＋[eq \r(15)]＝21，
…，
依此规律，那么S10等于( )
A．210 B．230 C．220 D．240
答案 A
解析 ∵[x]表示不超过x的最大整数，
∴S1＝[eq \r(1)]＋[eq \r(2)]＋[eq \r(3)]＝1×3＝3，
S2＝[eq \r(4)]＋[eq \r(5)]＋[eq \r(6)]＋[eq \r(7)]＋[eq \r(8)]＝2×5＝10，
S3＝[eq \r(9)]＋[eq \r(10)]＋[eq \r(11)]＋[eq \r(12)]＋[eq \r(13)]＋[eq \r(14)]＋[eq \r(15)]＝3×7＝21，
……，
Sn＝[eq \r(n2)]＋[eq \r(n2＋1)]＋[eq \r(n2＋2)]＋…＋[eq \r(n2＋2n－1)]＋[eq \r(n2＋2n)]＝n×(2n＋1)，
∴S10＝10×21＝210.故选A.
10．对于问题：“已知两个正数x，y满足x＋y＝2，求eq \f(1,x)＋eq \f(4,y)的最小值”，给出如下一种解法：
∵x＋y＝2，
∴eq \f(1,x)＋eq \f(4,y)＝eq \f(1,2)(x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(4,y)))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋\f(y,x)＋\f(4x,y)))，
∵x>0，y>0，∴eq \f(y,x)＋eq \f(4x,y)≥2eq \r(\f(y,x)·\f(4x,y))＝4，
∴eq \f(1,x)＋eq \f(4,y)≥eq \f(1,2)(5＋4)＝eq \f(9,2)，
当且仅当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(y,x)＝\f(4x,y)，,x＋y＝2，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(2,3)，,y＝\f(4,3)))时，eq \f(1,x)＋eq \f(4,y)取最小值eq \f(9,2).
参考上述解法，已知A，B，C是△ABC的三个内角，则eq \f(1,A)＋eq \f(9,B＋C)的最小值为( )
A.eq \f(16,π) B.eq \f(8,π) C.eq \f(4,π) D.eq \f(2,π)
答案 A
解析 A＋B＋C＝π，
设A＝α，B＋C＝β，则α＋β＝π，eq \f(α＋β,π)＝1，
参考题干中解法，则eq \f(1,A)＋eq \f(9,B＋C)＝eq \f(1,α)＋eq \f(9,β)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,α)＋\f(9,β)))·(α＋β)eq \f(1,π)＝eq \f(1,π)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10＋\f(β,α)＋\f(9α,β)))≥eq \f(1,π)(10＋6)＝eq \f(16,π)，当且仅当eq \f(β,α)＝eq \f(9α,β)，即3α＝β时等号成立．故选A.
二、填空题
11．三名工人加工同一种零件，他们在一天中的工作情况如图所示，其中点Ai的横、纵坐标分别为第i名工人上午的工作时间和加工的零件数，点Bi的横、纵坐标分别为第i名工人下午的工作时间和加工的零件数，i＝1,2,3.
(1)记Qi为第i名工人在这一天中加工的零件总数，则Q1，Q2，Q3中最大的是________；
(2)记pi为第i名工人在这一天中平均每小时加工的零件数，则p1，p2，p3中最大的是________．
答案 (1)Q1 (2)p2
解析 设A1(xA1，yA1)，B1(xB1，yB1)，线段A1B1的中点为E1(x1，y1)，则Q1＝yA1＋yB1＝2y1.
因此，要比较Q1，Q2，Q3的大小，只需比较线段A1B1，A2B2，A3B3中点纵坐标的大小，作图比较知Q1最大．
又p1＝eq \f(yA1＋yB1,xA1＋xB1)＝eq \f(2y1,2x1)＝eq \f(y1,x1)＝eq \f(y1－0,x1－0)，其几何意义为线段A1B1的中点E1与坐标原点连线的斜率，
因此，要比较p1，p2，p3的大小，只需比较线段A1B1，A2B2，A3B3中点与坐标原点连线的斜率，作图比较知p2最大．
12．二维空间中，圆的一维测度(周长)l＝2πr，二维测度(面积)S＝πr2；三维空间中，球的二维测度(表面积)S＝4πr2，三维测度(体积)V＝eq \f(4,3)πr3.应用合情推理，若四维空间中，“超球”的三维测度V＝8πr3，则其四维测度W＝________.
答案 2πr4
解析 在二维空间中，圆的二维测度(面积)S＝πr2，则其导数S′＝2πr，即为圆的一维测度(周长)l＝2πr；在三维空间中，球的三维测度(体积)V＝eq \f(4,3)πr3，则其导数V′＝4πr2，即为球的二维测度(表面积)S＝4πr2；应用合情推理，在四维空间中，“超球”的三维测度V＝8πr3，则其四维测度W＝2πr4.
13．我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有人持金出五关，前关二而税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一．并五关所税，适重一斤．问本持金几何？”其意思为“今有人持金出五关，第1关收税金eq \f(1,2)，第2关收税金为剩余的eq \f(1,3)，第3关收税金为剩余的eq \f(1,4)，第4关收税金为剩余的eq \f(1,5)，第5关收税金为剩余的eq \f(1,6)，5关所收税金之和，恰好重1斤，问原本持金多少？”若将“5关所收税金之和，恰好重1斤，问原本持金多少？”改成“假设这个人原本持金为x，按此规律通过第8关”，则第8关所收税金为________x.
答案 eq \f(1,72)
解析 第1关收税金：eq \f(1,2)x；
第2关收税金：eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))x＝eq \f(x,6)＝eq \f(x,2×3)；
第3关收税金：eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)－\f(1,6)))x＝eq \f(x,12)＝eq \f(x,3×4)；
……
第8关收税金：eq \f(x,8×9)＝eq \f(x,72).
14．传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上画点或用小石子表示数．他们研究过如图所示的三角形数：
将三角形数1,3,6,10，…记为数列{an}，将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列{bn}．可以推测：
(1)b2016是数列{an}中的第________项；
(2)b2k－1＝________(用k表示)．
答案 (1)5040 (2)eq \f(5k5k－1,2)
解析 观察知这些三角形数满足an＝eq \f(nn＋1,2)，n∈N*，当n＝5k－1或n＝5k，k∈N*时，对应的三角形数是5的倍数，为数列{bn}中的项，将5k－1和5k列为一组，所以b2016是第1008组的后面一项，即b2016是数列{an}中的第5×1008＝5040项；b2k－1是第k组的前面一项，是数列{an}中的第5k－1项，即b2k－1＝a5k－1＝eq \f(5k5k－1,2).
三、解答题
15．阅读以下求1＋2＋3＋…＋n的值的过程：
因为(n＋1)2－n2＝2n＋1，
n2－(n－1)2＝2(n－1)＋1
…
22－12＝2×1＋1
以上各式相加得(n＋1)2－1＝2×(1＋2＋3＋…＋n)＋n
所以1＋2＋3＋…＋n＝eq \f(n2＋2n－n,2)＝eq \f(nn＋1,2).
类比上述过程，求12＋22＋32＋…＋n2的值．
解 ∵23－13＝3·22－3·2＋1，
33－23＝3·32－3·3＋1，…，
n3－(n－1)3＝3n2－3n＋1，
把这n－1个等式相加得n3－1＝3·(22＋32＋…＋n2)－3·(2＋3＋…＋n)＋(n－1)，
由此得n3－1＝3·(12＋22＋32＋…＋n2)－3·(1＋2＋3＋…＋n)＋(n－1)，
即12＋22＋…＋n2＝eq \f(1,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(n3－1＋\f(3,2)nn＋1－n－1)).
16．我们知道，等差数列和等比数列有许多性质可以类比，现在给出一个命题：若数列{an}、{bn}是两个等差数列，它们的前n项的和分别是Sn，Tn，则eq \f(an,bn)＝eq \f(S2n－1,T2n－1).
(1)请你证明上述命题；
(2)请你就数列{an}、{bn}是两个各项均为正的等比数列，类比上述结论，提出正确的猜想，并加以证明．
解 (1)证明：在等差数列{an}中，an＝eq \f(a1＋a2n－1,2)(n∈N*)，那么对于等差数列{an}、{bn}有：
eq \f(an,bn)＝eq \f(\f(1,2)a1＋a2n－1,\f(1,2)b1＋b2n－1)＝eq \f(\f(1,2)a1＋a2n－12n－1,\f(1,2)b1＋b2n－12n－1)＝eq \f(S2n－1,T2n－1).
(2)猜想：数列{an}、{bn}是两个各项均为正的等比数列，它们的前n项的积分别是Xn，Yn，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an,bn)))2n－1＝eq \f(X2n－1,Y2n－1).
证明：在等比数列{an}中，aeq \\al(2,n)＝a1a2n－1＝a2a2n－2＝…(n∈N*)，
(an)2n－1＝a1a2a3…a2n－1(n∈N*)，
那么对于等比数列{an}、{bn}有
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an,bn)))2n－1＝eq \f(a1a2a3…a2n－1,b1b2b3…b2n－1)＝eq \f(X2n－1,Y2n－1).
a1
a2
a3
a4
a5
a6
a7
a8
a9
a10
a11
a12
x1
y1
x2
y2
x3
y3
x4
y4
x5
y5
x6
y6