一、选择题
1．推理“①矩形是平行四边形；②三角形不是平行四边形；③三角形不是矩形”中的小前提是( )
A．①
B．②
C．③
D．①和②
解析：由演绎推理三段论可知，①是大前提；②是小前提；③是结论．
答案
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：B
2．(2012·西安五校第一次模拟)已知“整数对”按如下规律排成一列：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，…，则第60个数对是( )
A．(7,5)
B．(5,7)
C．(2,10)
D．(10,1)
解析：依题意，由和相同的整数对分为一组不难得知，第n组整数对的和为n＋1，且有n个整数对．这样前n组一共有eq \f(nn＋1,2)个整数对．注意到eq \f(1010＋1,2)<60
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)观察下列各式：55＝3 125,56＝15 625，57＝78 125，…，则52 011的末四位数字为( )
A．3 125
B．5 625
C．0 625
D．8 125
解析：∵55＝3 125,56＝15 625,57＝78 125,58＝390 625，
59＝1 953 125,510＝9 765 625，…
∴5n(n∈Z，且n≥5)的末四位数字呈周期性变化，且最小正周期为4，记5n(n∈Z，且n≥5)的末四位数字为f(n)，则
f(2 011)＝f(501×4＋7)＝f(7)．
∴52 011与57的末四位数字相同，均为8 125.
答案：D
5．(2012·临沂模拟)已知x>0，由不等式x＋eq \f(1,x)≥2eq \r(x·\f(1,x))＝2，x＋eq \f(4,x2)＝eq \f(x,2)＋eq \f(x,2)＋eq \f(4,x2)≥3eq \r(3,\f(x,2)·\f(x,2)·\f(4,x2))＝3，…，我们可以得出推广结论：x＋eq \f(a,xn)≥n＋1(n∈N*)，则a＝( )
A．2n
B．n2
C．3n
D．nn
解析：再续写一个不等式：
x＋eq \f(33,x3)＝eq \f(x,3)＋eq \f(x,3)＋eq \f(x,3)＋eq \f(33,x3)≥4eq \r(4,\f(x,3)·\f(x,3)·\f(x,3)·\f(33,x3))＝4，
由此可得a＝nn.
答案：D
二、填空题
6．(2012·杭州模拟)设n为正整数，f(n)＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)，计算得f(2)＝eq \f(3,2)，f(4)>2，f(8)>eq \f(5,2)，f(16)>3，观察上述结果，可推测一般的结论为________．
解析：由前四个式子可得，第n个不等式的左边应当为f(2n)，右边应当为eq \f(n＋2,2)，即可得一般的结论为f(2n)≥eq \f(n＋2,2).
答案：f(2n)≥eq \f(n＋2,2)
7.已知数列an＝2n－1(n∈N*)把数列{an}的各项排成如图所示的三角形数阵．记S(m，n)表示该数阵的第m行中从左到右的第n个数，则S(10,6)对应于数阵中的数是________．
解析：设这个数阵每一行的第一个数组成数列{bn}，则b1＝1，bn－bn－1＝2(n－1)，∴bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1＝2[(n－1)＋(n－2)＋…＋1]＋1＝n2－n＋1，∴b10＝102－10＋1＝91，S(10,6)＝b10＋2×(6－1)＝101.
答案：101
三、解答题
8．平面中的三角形和空间中的四面体有很多相类似的性质，例如在三角形中：(1)三角形两边之和大于第三边；(2)三角形的面积S＝eq \f(1,2)×底×高；(3)三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的eq \f(1,2)；…
请类比上述性质，写出空间中四面体的相关结论．
解：由三角形的性质，可类比得空间四面体的相关性质为：
(1)四面体的任意三个面的面积之和大于第四个面的面积；
(2)四面体的体积V＝eq \f(1,3)×底面积×高；
(3)四面体的中位面平行于第四个面且面积等于第四个面的面积的eq \f(1,4).
9．观察下列等式：
①sin210°＋cos240°＋sin 10°cos 40°＝eq \f(3,4)；
②sin26°＋cos236°＋sin 6°cos 36°＝eq \f(3,4).
由上面两题的结构规律，你能否提出一个猜想？并证明你的猜想．
解：由①②可看出，两角差为30°，则它们的相关形式的函数运算式的值均为eq \f(3,4).
猜想：若β－α＝30°，则β＝30°＋α，sin2α＋cos2β＋sin αcos β＝eq \f(3,4)，
也可直接写成sin2α＋cos2(α＋30°)＋sin αcos(α＋30°)＝eq \f(3,4).
下面进行证明：
左边＝eq \f(1－cos 2α,2)＋eq \f(1＋cos2α＋60°,2)＋sin αcos(α＋30°)＝eq \f(1－cos 2α,2)＋eq \f(1＋cos 2αcos 60°－sin 2αsin 60°,2)＋sin α·(cos α·cos 30°－sin αsin 30°)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,2)cos 2α＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,4)cos 2α－eq \f(\r(3),4)sin 2α＋eq \f(\r(3),4)sin 2α－eq \f(1－cos 2α,4)＝eq \f(3,4)＝右边．
故sin2α＋cos2(α＋30°)＋sin αcos(α＋30°)＝eq \f(3,4).
10．(2012·滨州模拟)设f(x)＝eq \f(1,3x＋\r(3))，先分别求f(0)＋f(1)，f(－1)＋f(2)，f(－2)＋f(3)，然后归纳出一个一般结论，并给出证明．
解：f(0)＋f(1)＝eq \f(1,30＋\r(3))＋eq \f(1,3＋\r(3))＝eq \f(1,1＋\r(3))＋eq \f(1,3＋\r(3))
＝eq \f(\r(3)－1,2)＋eq \f(3－\r(3),6)＝eq \f(\r(3),3).
同理f(－1)＋f(2)＝eq \f(\r(3),3)，
f(－2)＋f(3)＝eq \f(\r(3),3).
由此猜想：当x1＋x2＝1时，
f(x1)＋f(x2)＝eq \f(\r(3),3).
证明：设x1＋x2＝1，则
f(x1)＋f(x2)＝eq \f(1,3x1＋\r(3))＋eq \f(1,3 x2＋\r(3))
＝eq \f(3 x1＋\r(3)＋3 x2＋\r(3),3 x1＋\r(3)3 x2＋\r(3))
＝eq \f(3 x1＋3 x2＋2\r(3),3 x1＋x2＋\r(3)3 x1＋3 x2＋3)
＝eq \f(3 x1＋3 x2＋2\r(3),\r(3)3 x1＋3 x2＋2×3)
＝eq \f(3 x1＋3 x2＋2\r(3),\r(3)3 x1＋3x2＋2\r(3))＝eq \f(\r(3),3).
故猜想成立．
浙公网安备 33021202002483