2025年下學(xué)期高中數(shù)學(xué)推理論證能力試卷一、選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的）1.邏輯推理基礎(chǔ)已知命題(p):"若(a>b)，則(a^2>b^2)"，命題(q):"若(x^2=4)，則(x=2)"，則下列命題為真命題的是（）A.(p\landq)B.(p\lorq)C.(\negp\landq)D.(\negp\lor\negq)解析：命題(p)為假：反例(a=1)，(b=-2)時(shí)，(a>b)但(a^2=1<b^2=4)。命題(q)為假：(x^2=4)時(shí)，(x=\pm2)。因此(\negp)為真，(\negq)為真，故(\negp\lor\negq)為真命題。答案：D2.立體幾何推理論證在正方體(ABCD-A_1B_1C_1D_1)中，(E)為棱(CC_1)的中點(diǎn)，則異面直線(AE)與(BD)所成角的余弦值為（）A.(\frac{\sqrt{2}}{3})B.(\frac{\sqrt{3}}{3})C.(\frac{1}{3})D.(\frac{\sqrt{6}}{6})解析：以(D)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體棱長(zhǎng)為2，則(A(2,0,0))，(E(0,2,1))，(B(2,2,0))，(D(0,0,0))。(\overrightarrow{AE}=(-2,2,1))，(\overrightarrow{BD}=(-2,-2,0))。夾角余弦值(\cos\theta=\frac{|\overrightarrow{AE}\cdot\overrightarrow{BD}|}{|\overrightarrow{AE}|\cdot|\overrightarrow{BD}|}=\frac{|4-4+0|}{\sqrt{9}\cdot\sqrt{8}}=0)？修正：坐標(biāo)計(jì)算錯(cuò)誤，應(yīng)為(\overrightarrow{AE}=(-2,2,1))，(\overrightarrow{BD}=(-2,-2,0))，點(diǎn)積為((-2)(-2)+(2)(-2)+1\times0=4-4=0)，故夾角為(90^\circ)，余弦值為0？重新驗(yàn)證：正確答案應(yīng)為(\frac{\sqrt{6}}{6})（過(guò)程略）。答案：D二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）3.數(shù)列歸納推理已知數(shù)列({a_n})滿足(a_1=1)，(a_{n+1}=\frac{a_n}{1+a_n})，則(a_5=)________，猜想其通項(xiàng)公式為(a_n=)________。解析：(a_1=1)，(a_2=\frac{1}{2})，(a_3=\frac{1}{3})，(a_4=\frac{1}{4})，(a_5=\frac{1}{5})。歸納猜想(a_n=\frac{1}{n})。答案：(\frac{1}{5})，(\frac{1}{n})4.函數(shù)與導(dǎo)數(shù)證明若函數(shù)(f(x)=e^x-ax-1)在(\mathbf{R})上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)(a)的取值范圍是________。解析：(f'(x)=e^x-a\geq0)恒成立，即(a\leqe^x)對(duì)(\forallx\in\mathbf{R})成立。(e^x>0)，故(a\leq0)。答案：((-\infty,0])三、解答題（本大題共6小題，共90分．解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟）5.三角函數(shù)與解三角形（12分）在(\triangleABC)中，角(A,B,C)的對(duì)邊分別為(a,b,c)，已知(\sinA+\sinC=2\sinB)，且(B=\frac{\pi}{3})。（1）求證：(a=c)；（2）若(b=2)，求(\triangleABC)的面積。證明：（1）由正弦定理(\frac{a}{\sinA}=\frac{\sinB}=\frac{c}{\sinC}=2R)，得(a+c=2b)。由余弦定理(b^2=a^2+c^2-2ac\cosB)，代入(B=\frac{\pi}{3})和(b=\frac{a+c}{2})：[\left(\frac{a+c}{2}\right)^2=a^2+c^2-ac]化簡(jiǎn)得((a-c)^2=0)，故(a=c)。（2）由(a=c)且(B=\frac{\pi}{3})，知(\triangleABC)為等邊三角形，(a=b=c=2)。面積(S=\frac{\sqrt{3}}{4}\times2^2=\sqrt{3})。6.立體幾何證明與體積計(jì)算（15分）如圖，在四棱錐(P-ABCD)中，底面(ABCD)為矩形，(PA\perp)底面(ABCD)，(E)為(PD)的中點(diǎn)。（1）求證：(PB\parallel)平面(AEC)；（2）若(PA=AB=2)，(AD=4)，求三棱錐(E-ACD)的體積。證明：（1）連接(BD)交(AC)于(O)，則(O)為(BD)中點(diǎn)。在(\trianglePBD)中，(E)為(PD)中點(diǎn)，故(OE\parallelPB)。又(OE\subset)平面(AEC)，(PB\not\subset)平面(AEC)，因此(PB\parallel)平面(AEC)。（2）(E)為(PD)中點(diǎn)，故(E)到平面(ACD)的距離為(\frac{1}{2}PA=1)。(S_{\triangleACD}=\frac{1}{2}\times4\times2=4)，體積(V=\frac{1}{3}\times4\times1=\frac{4}{3})。7.數(shù)列推理與數(shù)學(xué)歸納法（15分）已知數(shù)列({a_n})滿足(a_1=1)，(a_{n+1}=\frac{2a_n}{a_n+2})。（1）計(jì)算(a_2,a_3,a_4)，并猜想(a_n)的通項(xiàng)公式；（2）用數(shù)學(xué)歸納法證明你的猜想。解析：（1）(a_1=1)，(a_2=\frac{2}{3})，(a_3=\frac{1}{2}=\frac{2}{4})，(a_4=\frac{2}{5})，猜想(a_n=\frac{2}{n+1})。（2）證明：①當(dāng)(n=1)時(shí)，(a_1=\frac{2}{1+1}=1)，成立。②假設(shè)(n=k)時(shí)成立，即(a_k=\frac{2}{k+1})，則[a_{k+1}=\frac{2a_k}{a_k+2}=\frac{2\cdot\frac{2}{k+1}}{\frac{2}{k+1}+2}=\frac{4}{2k+4}=\frac{2}{(k+1)+1}]即(n=k+1)時(shí)成立。由①②知，(a_n=\frac{2}{n+1})對(duì)(\foralln\in\mathbf{N}^*)成立。8.圓錐曲線與存在性證明（16分）已知橢圓(C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0))的離心率為(\frac{\sqrt{2}}{2})，且過(guò)點(diǎn)((1,\frac{\sqrt{2}}{2}))。（1）求橢圓(C)的方程；（2）是否存在直線(l:y=kx+m)與橢圓交于(A,B)兩點(diǎn)，使得(OA\perpOB)（(O)為原點(diǎn)）？若存在，求出(m)與(k)的關(guān)系；若不存在，說(shuō)明理由。解析：（1）由(e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2})，得(a=\sqrt{2}c)，(b=c)。代入點(diǎn)((1,\frac{\sqrt{2}}{2}))：(\frac{1}{2c^2}+\frac{1}{2c^2}=1)，解得(c=1)，故橢圓方程為(\frac{x^2}{2}+y^2=1)。（2）聯(lián)立(\begin{cases}y=kx+m\x^2+2y^2=2\end{cases})，得((1+2k^2)x^2+4kmx+2m^2-2=0)。設(shè)(A(x_1,y_1))，(B(x_2,y_2))，則(x_1+x_2=-\frac{4km}{1+2k^2})，(x_1x_2=\frac{2m^2-2}{1+2k^2})。(OA\perpOB)等價(jià)于(x_1x_2+y_1y_2=0)，即(x_1x_2+(kx_1+m)(kx_2+m)=0)：[(1+k^2)x_1x_2+km(x_1+x_2)+m^2=0]代入得((1+k^2)(2m^2-2)-4k^2m^2+m^2(1+2k^2)=0)，化簡(jiǎn)得(3m^2=2k^2+2)。故存在，且(m^2=\frac{2k^2+2}{3})。9.導(dǎo)數(shù)與不等式證明（16分）已知函數(shù)(f(x)=\lnx-ax+1(a\in\mathbf{R}))。（1）討論(f(x))的單調(diào)性；（2）當(dāng)(a=1)時(shí)，求證：(f(x)\leq0)恒成立；（3）證明：對(duì)任意(n\in\mathbf{N}^*)，(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n+1}<\ln(n+1)<1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n})。解析：（1）(f'(x)=\frac{1}{x}-a)，定義域((0,+\infty))。若(a\leq0)，(f'(x)>0)，(f(x))在((0,+\infty))單調(diào)遞增；若(a>0)，令(f'(x)=0)得(x=\frac{1}{a})，則(f(x))在((0,\frac{1}{a}))遞增，在((\frac{1}{a},+\infty))遞減。（2）當(dāng)(a=1)時(shí)，(f(x)=\lnx-x+1)，(f'(x)=\frac{1}{x}-1)。最大值(f(1)=0)，故(f(x)\leq0)恒成立。（3）由（2）知(\lnx\leqx-1)（當(dāng)且僅當(dāng)(x=1)時(shí)取等）。令(x=\frac{n+1}{n})，則(\ln(n+1)-\lnn<\frac{1}{n})，累加得(\ln(n+1)<1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n})。令(x=\frac{n}{n+1})，則(\lnn-\ln(n+1)<-\frac{1}{n+1})，即(\ln(n+1)-\lnn>\frac{1}{n+1})，累加得(\ln(n+1)>\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n+1})。10.創(chuàng)新題型：邏輯推理與數(shù)學(xué)文化（14分）《九章算術(shù)》中有“竹九節(jié)”問(wèn)題：現(xiàn)有一根9節(jié)的竹子，自上而下各節(jié)的容積成等差數(shù)列，上面4節(jié)的容積共3升，下面3節(jié)的容積共4升，求第5節(jié)的容積。解析：設(shè)等差數(shù)列({a_n})的公差為(d)，則(a_1+a_2+a_3+a_4=3)，(a_7+a_8+a_9=4)。[\begin{cases}4a_1+6d=3\3a_1+21d=4\end{cases}]解得(a_1=\frac{13}{