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高中数学人教版新课标A选修2-2第二章 推理与证明综合与测试练习
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这是一份高中数学人教版新课标A选修2-2第二章 推理与证明综合与测试练习，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
人教新课标A版选修2-2
第二章 推理与证明
一、单选题
1.（2020高二下·宣城期末）学校艺术节对同一类的甲、乙、丙、丁四件参赛作品，只评一个一等奖，在评奖揭晓前， A 、 B 、 C 、 D 四位同学对这四件参赛作品预测如下：
A 说：“乙或丁作品获得一等奖”； B 说：“丙作品获得一等奖”；C 说：“甲、丁两件作品未获得一等奖”； D 说：“乙作品获得一等奖”．
若这四位同学中只有两位说的话是对的，则获得一等奖的作品为（ ）
A. 甲作品 B. 乙作品 C. 丙作品 D. 丁作品
2.（2020高二下·吉林期末）甲、乙、丙三个学生中有一人申请了去新疆支教，当他们被问到谁申请了去新疆支教时，乙说：甲没有申请；丙说：乙申请了；甲说：乙说对了.如果这三人中有两人说的是真话，一人说了假话，那么申请去新疆支教的学生是（ ）
A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 不确定
3.（2021·镇江模拟）甲，乙，丙，丁四人参加完某项比赛，当问到四人谁得第一时，回答如下：甲：“我得第一名”；乙：“丁没得第一名”；丙：“乙没得第一名”；丁：“我得第一名”.已知他们四人中只有一个说真话，且只有一人得第一.根据以上信息可以判断得第一名的人是
A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁
4.（2020·新高考Ⅰ）基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数.基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型： I(t)=ert 描述累计感染病例数I(t)随时间t(单位:天)的变化规律，指数增长率r与R0 ， T近似满足R0 =1+rT.有学者基于已有数据估计出R0=3.28，T=6.据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln2≈0.69) （ ）
A. 1.2天 B. 1.8天 C. 2.5天 D. 3.5天
5.（2021高二下·宾县月考）用数学归纳法明: 1−12+13−14+…+12n−1−12n=1n+1+1n+2+…12n(n∈N∗)， 当 n=k+1 时,等式左边应在 n=k 的基础上加上（ ）
A. 12k+1 B. −12k+2 C. 12k+1−12k+2 D. 12k+1+12k+2
6.（2019高二下·来宾期末）如图，有一种游戏画板，要求参与者用六种颜色给画板涂色，这六种颜色分别为红色、黄色1、黄色2、黄色3、金色1、金色2，其中黄色1、黄色2、黄色3是三种不同的颜色，金色1、金色2是两种不同的颜色，要求红色不在两端，黄色1、黄色2、黄色3有且仅有两种相邻，则不同的涂色方案有（ ）
A. 120种 B. 240种 C. 144种 D. 288种
7.（2021高二下·河南月考）在等差数列 {an} 中，若 a2020=0 ，则有等式 a1+a2+⋯+an=a1+a2+⋯+a4039−n （ n<4039 且 n∈N∗ ）成立，类比上述性质，在等比数列 {bn} 中，若 b2021=1 ，则有（ ）
A. b1⋅b2⋅⋯⋅bn=b1⋅b2⋯⋯b4041−n （ n<4041 且 n∈N∗ ）
B. b1⋅b2⋅⋯⋅bn=b1⋅b2⋅⋯⋅b4040−n （ n<4040 且 n∈N∗ ）
C. b1+b2+⋯+bn=b1+b2+⋯+b4041−n （ n<4041 且 n∈N∗ ）
D. b1+b2+⋯+bn=b1+b2+⋯+b4040−n （ n<4040 且 n∈N∗ ）
8.（2019高二下·珠海期中）如图所示，面积为 S 的平面凸四边形的第 i 条边的边长记为 ai(i=1,2,3,4) ，此四边形内任一点 P 到第 i 条边的距离记为 ℎi(i=1,2,3,4) ，若 a11=a22=a33=a44=k ，则 ℎ1+2ℎ2+3ℎ3+4ℎ4=2Sk ．类比以上性质，体积为 V 的三棱锥的第 i 个面的面积记为 Si(i=1,2,3,4) ，此三棱锥内任一点 Q 到第 i 个面的距离记为 Hi(i=1,2,3,4) ，若 S11=S22=S33=S44=K ，则 H1+2H2+3H3+4H4 等于（ ）
A. V2K B. 2VK C. V3K D. 3VK
9.（2019高二下·宁夏月考）中国有个名句“运筹帷幄之中，决胜千里之外”，其中的“筹”原意是指《孙子算经》中记载的算筹．古代用算筹来进行计算，算筹是将几寸长的小竹棍摆在平面上进行计算，算筹的摆放形式有横纵两种形式（如图所示），表示一个多位数时，像阿拉伯计数一样，把各个数位的数码从左到右排列，但各位数码的筹式需要纵横相间，个位、百位、万位数用纵式表示，十位、千位、十万位用横式表示，以此类推．例如4266用算筹表示就是 ，则8771用算筹可表示为（ ）
A. B.
C. D.
10.（2021·贵阳模拟）在平面内，已知动点P与两定点A，B的距离之比为 λ(λ>0,λ≠1) ，那么点P的轨迹是圆，此圆称为阿波罗尼斯圆.在空间中，也可得到类似结论.如图，三棱柱 ABC−A1B1C1 中， A1A⊥ 平面ABC， AB=BC=2 ， BB1=2π ， ∠ABC=90° ，点M为AB的中点，点P在三棱柱内部或表面上运动，且 |PA|=2|PM| ，动点P形成的曲面将三棱柱分成两个部分，体积分别为 V1 ， V2(V1
A. 12 B. 13 C. 14 D. 15
11.（2021·西城模拟）若非空实数集X中存在最大元素M和最小元素m ， 则记 Δ(X)=M−m ．下列命题中正确的是（ ）
A. 已知 X={−1,1} ， Y={0,b} ，且 Δ(X)=Δ(Y) ，则 b=2
B. 已知 X=[a,a+2] ， Y={y|y=x2,x∈X} ，则存在实数a ， 使得 Δ(Y)<1
C. 已知 X={x|f(x)>g(x),x∈[−1,1]} ，若 Δ(X)=2 ，则对任意 x∈[−1,1] ，都有 f(x)≥g(x)
D. 已知 X=[a,a+2] ， Y=[b,b+3] ，则对任意的实数a ， 总存在实数b ， 使得 Δ(X∪Y)≤3
二、填空题
12.（2020·辽宁模拟）甲、乙两支足球队进行一场比赛， A,B,C 三位球迷赛前在一起聊天. A 说：“甲队一定获胜.”B说：“甲队不可能输.”C说：“乙队一定获胜.”比赛结束后，发现三人中只有一人的判断是正确的，则比赛的结果不可能是________.（填“甲胜”“乙胜”“平局”中的一个）
13.（2019·齐齐哈尔模拟）甲、乙、丙三个同学同时做标号为 A 、 B 、 C 的三个题，甲做对了两个题，乙做对了两个题，丙做对了两个题，则下列说法正确的是________（填所有正确说法的编号）．
①三个题都有人做对；②至少有一个题三个人都做对；③至少有两个题有两个人都做对.
14.（2021·葫芦岛模拟）迎春杯数学竞赛后，甲､乙､丙､丁四名同学猜测他们之中谁能获奖.甲说：“如果我能获奖，那么乙也能获奖.”乙说：“如果我能获奖，那么丙也能获奖.”丙说：“如果丁没获奖，那么我也不能获奖.”实际上，他们之中只有一个人没有获奖，并且甲､乙､丙说的话都是正确的.那么没能获奖的同学是 .
15.（2019·奉贤模拟）天干地支纪年法，源于中国，中国自古便有十天干与十二地支.十天干：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸.十二地支：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥.天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”，…，以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”，“乙亥”，之后地支回到“子”重新开始，即“丙子”，…，以此类推，已知2016年为丙申年，那么到改革开放100年时，即2078年为________年
16.（2020高二下·河南月考）甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A,B,C三个城市时，
甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B城市；
乙说：我没去过C城市.
丙说：我们三个去过同一城市.
由此可判断乙去过的城市为________
17.（2019高三上·广东月考）在我国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》(1261年）一书中，用如图 A 所示的三角形，解释二项和的乘方规律.在欧洲直到1623年以后，法国数学家布莱士•帕斯卡的著作（1655年)介绍了这个三角形，近年来，国外也逐渐承认这项成果属于中国，所以有些书上称这是“中国三角形” (Cℎinesetriangle) ，如图 A .17世纪德国数学家莱布尼茨发现了“莱布尼茨三角形”，如图 B .在杨辉三角中，相邻两行满足关系式： Cnr+Cnr+1=Cn+1r+1 ，其 中 n 是行数， r∈N .请类比上式，在莱布尼茨三角形中相邻两行满足的关系式是________．
18.（2019高二下·宁夏月考）已知 △ABC 的周长为 l ，面积为 S ，则 △ABC 的内切圆半径为 r=2sl ．将此结论类比到空间，已知四面体 ABCD 的表面积为 S ，体积为 V ，则四面体 ABCD 的内切球的半径 R= ________．
19.（2021高二上·砀山月考）如图，正方体 ABCD−A1B1C1D1 的棱长为2，E ， F分别为 AD ， AA1 的中点，则以下说法错误的是 （写序号）
①N为 B1C1 上一点，则平面 EFC 与平面 CBN 所成二面角的大小与点N位置无关
② BB1 存在上一点P ， 使得 C1P⊥ 平面 CEF
③ 三棱锥 B−CEF 和 D−FB1C 体积相等
④ A1D1 上存在一点M ， 使得 ∠CFM=90°
20.（2019高一上·上海月考）已知有限集 A={a1,a2,a3,⋯,an}(n≥2) . 如果A中元素 ai(i=1,2,3,⋯,n) 满足 a1a2⋯an=a1+a2+⋯+an ，就称A为“复活集”，给出下列结论：
①集合 {−1+52,−1−52} 是“复活集”；
②若 a1,a2∈R ，且 {a1,a2} 是“复活集”，则 a1a2>4 ；
③若 a1,a2∈N∗ ，则 {a1,a2} 不可能是“复活集”；
④若 ai∈N∗ ，则“复活集”A有且只有一个，且 n=3 .
其中正确的结论是________.（填上你认为所有正确的结论序号）
三、解答题
21.（2020高二上·保定期末）已知函数 f(x)=x(lnx−a),g(x)=−x2−2 ．
（1）∀x∈(0,+∞)，f(x)≥g(x) 恒成立，求a的取值范围；
（2）当 a=1 时，求 f(x) 在区间 [t,t+1](t>0) 的最小值；
（3）证明：当 x∈(0,+∞) 时， lnx−1≥1ex−1−2x ．
22.（2019高二下·上海期中）平面图形很多可以推广到空间中去，例如正三角形可以推广到正四面体，圆可以推广到球，平行四边形可以推广到平行六面体，直角三角形也可以推广到直角四面体，如果四面体 ABCD 中棱 AB,AC,AD 两两垂直，那么称四面体 ABCD 为直角四面体. 请类比直角三角形中的性质给出2个直角四面体中的性质，并给出证明.（请在结论 1~3 中选择1个，结论4，5中选择1个，写出它们在直角四面体中的类似结论，并给出证明，多选不得分，其中 ℎ 表示斜边上的高， r,R 分别表示内切圆与外接圆的半径）
直角三角形 ABC
直角四面体 ABCD
条件
AB⊥AC
AB⊥AC,AB⊥AD,AC⊥AD
结论1
AB2+AC2=BC2
结论2
sin2B+sin2C=1
结论3
1ℎ2=1AB2+1AC2
结论4
1AB+1AC+1ℎ=1r
结论5
(2R)2=12(AB2+BC2+CA2)
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 C
【解析】若甲作品为一等奖，则 A 、 B 、 C 、 D 的说法均错误，故不满足题意；
若乙作品为一等奖，则 A 、 C 、 D 的说法正确， B 的说法错误，故不满足题意；
若丙作品为一等奖，则 B 、 C 的说法均正确， A 、 D 的说法均错误，故满足题意；
若丁作品为一等奖，则 A 的说法正确， B 、 C 、 D 的说法均错误，故不满足题意；
若这四位同学中只有两位说的话是对的，则获得等奖的作品是丙作品，
故答案为：C．
【分析】 根据题意由简单的合情推理即可得出若丙作品为等奖，则B、C的说法均正确，A、D的说法均错误，故丙获得一等奖满足题意．
2.【答案】 C
【解析】若乙说了假话，则甲、丙说了真话，那么甲、乙都申请了，与题意只有一人申请矛盾；
若丙说了假话，则甲、乙说的话为真，甲、乙都没有申请，申请的人是丙，满足题意，
故答案为：C.
【分析】利用已知条件结合演绎推理的方法，进而找出申请去新疆支教的学生。
3.【答案】 B
【解析】解：若甲得第一名，则甲、乙、丙说了真话，丁说了假话，不符合题意；
若乙得第一名，则乙说了真话，甲、丙、丁说了假话，符合题意；
若丙得第一名，则乙、丙说了真话，甲、丁说了假话，不符合题意；
若丁得第一名，则丙、丁说了真话，甲、乙说了假话，不符合题意
故答案为：B
【分析】 分别假设第一名是甲、乙、丙、丁，分析四个人说的话，由此能求出结果．
4.【答案】 B
【解析】因为 R0=3.28 ， T=6 ， R0=1+rT ，所以 r=3.28−16=0.38 ，所以 I(t)=ert=e0.38t ，
设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为 t1 天，
则 e0.38(t+t1)=2e0.38t ，所以 e0.38t1=2 ，所以 0.38t1=ln2 ，
所以 t1=ln20.38≈0.690.38≈1.8 天.
故答案为：B.
【分析】根据题意可得 I(t)=ert=e0.38t ，设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为 t1 天，根据 e0.38(t+t1)=2e0.38t ，解得 t1 即可得结果.
5.【答案】 C
【解析】用数学归纳法证明: 1−12+13−14+…+12n−1−12n=1n+1+1n+2+…12n(n∈N∗)，
当 n=k 时,则 1−12+13−14+…+12k−1−12k=1k+1+1k+2+…12k(k∈N∗)，
当 n=k+1 ,左式= 1−12+13−14+…+12k−1−12k+12k+1−12k+2 ,
当 n=k+1 时,等式左边应在 n=k 的基础上应该加上 12k+1−12k+2 。
故答案为：C
【分析】利用已知条件结合数学归纳法证明步骤，从而得出等式左边应在 n=k 的基础上应该加上 12k+1−12k+2 。
6.【答案】 D
【解析】不考虑红色的位置，黄色1、黄色2、黄色3有且仅有两个相邻的涂色方案有 (C32A22)⋅A33⋅A42=432 种. 这种情况下，红色在左右两端的涂色方案有 (C32A22)⋅C21⋅A22⋅A32=144 种；从而所求的结果为 432−144=288 种.
故答案为：D.
【分析】首先计算出“黄色1、黄色2、黄色3有且仅有两个相邻的涂色方案”数，然后计算出“红色在左右两端，黄色1、黄色2、黄色3有且仅有两个相邻的涂色方案”数，用前者减去后者，求得题目所求不同的涂色方案总数.
7.【答案】 A
【解析】在等差数列 {an} 中，有 an+1+a4039−n=2a2020=0
所以有 a1+a2+⋯+an=a1+a2+⋯+a4039−n
在等比数列 {bn} 中，若 b2021=1 ，则 bn+1+b4041−n=b20212=1
当 n≤2020 时，则 4041−n>n ，
则 bn+1⋯⋯b4041−n=1
b1⋅b2⋯⋯b4041−n=b1⋅b2⋅⋯⋅bn⋅bn+1⋅⋯⋯b4041−n=b1⋅b2⋅⋯⋅bn
当 n≥2021 时，则 4041−n
b1⋅b2⋯⋯bn=b1⋅b2⋅⋯⋅b4041−n⋅b4041−n+1⋅⋯⋯bn=b1⋅b2⋅⋯⋅b4041−n
所以 b1⋅b2⋅⋯⋅bn=b1⋅b2⋯⋯b4041−n
故答案为：A
【分析】利用已知条件结合类比推理的方法，进而选出正确的答案。
8.【答案】 D
【解析】解：面积为 S 的平面凸四边形的第 i 条边的边长记为 ai(i=1,2,3,4) ，
此四边形内任一点 P 到第 i 条边的距离记为 ℎi(i=1,2,3,4) ，
所以由等面积法得， a1ℎ1+a2ℎ2+a3ℎ3+a4ℎ4=S ，
因为 a11=a22=a33=a44=k ，
a1=k,a2=2k,a3=3k,a4=4k ，
所以 kℎ1+2kℎ2+3kℎ3+4kℎ4=2S ，
即 ℎ1+2ℎ2+3ℎ3+4ℎ4=2Sk ，
故在平面凸四边形中，求解此结论的过程中运用了等面积法求解，
类比上述性质，在三棱锥中，则应使用等体积法求解，
三棱锥的体积为 V=13sℎ ，
因为体积为 V 的三棱锥的第 i 个面的面积记为 Si(i=1,2,3,4) ，此三棱锥内任一点 Q 到第 i 个面的距离记为 Hi(i=1,2,3,4) ，
由等体积法有， 13s1ℎ1+13s2ℎ2+13s3ℎ3+13s4ℎ4=V ，
∴s1ℎ1+s2ℎ2+s3ℎ3+s4ℎ4=3V ，
因为 S11=S22=S33=S44=K ，
所以 S1=K,S2=2K,S3=3K,S4=4K ，
所以 Kℎ1+2Kℎ2+3Kℎ3+4Kℎ4=3V ，
即 H1+2H2+3H3+4H4=3VK ，
故选D.
【分析】平面凸四边形中的结论是根据等面积法得到，类比以上性质，在三棱锥中根据等体积法求解 H1+2H2+3H3+4H4 的值.
9.【答案】 C
【解析】解：由算筹含义得到8771用算筹可表示为 ．
故答案为：C．
【分析】由算筹含义直接求解．
10.【答案】 D
【解析】如图，在平面PAB中，作 ∠MPN=∠MAP ,交AB于点N，则 ∠MPN=∠NAP ,
又因 ∠PNM=∠ANP ，所以 △PNM∼△ANP ，
所以 PNMN=ANPN=PAMP=2 ，所以 AN=2PN,MN=22PN ,
所以 AM=AN−MN=22PN .
因为 AM=12AB=1 ，所以 PN=2,MN=1 ,
所以B、N重合且 BP=PN=2 ，
所以点P落在以B为球心， 2 为半径的球面上.
作 BH⊥AC 于H，则 BH=22AB=2 ，
因为 AA1⊥ 面ABC，所以 AA1⊥ BH，
又因为 AA1∩AC=A ，所以 BH⊥ 面 AA1CC1 ，
所以B到面 AA1CC1 的距离为 BH=2=BP ，
所以球面与面 AA1CC1 相切，而 BB1=2π>2 ，
所以球面不会与面 A1B1C1 相交，
则 V1=18·4π3·BP3=23π ，
V三棱柱=12×AB×BC×AA1=12×2×2×2π=22π ,
所以 V2=V三棱柱−V1=22π−23π=523π ，
所以 V1V2= 15 。
故答案为：D.
【分析】在平面PAB中，作 ∠MPN=∠MAP ,交AB于点N，则 ∠MPN=∠NAP ,又因 ∠PNM=∠ANP ，再利用两三角形相似的判断方法，所以 △PNM∼△ANP ，再利用两三角形相似对应边成比例，所以 PNMN=ANPN=PAMP=2 ，所以 AN=2PN,MN=22PN ,所以 AM=AN−MN=22PN ， 因为 AM=12AB=1 ，所以 PN=2,MN=1 ,所以B、N重合且 BP=PN=2 ，所以点P落在以B为球心， 2 为半径的球面上，作 BH⊥AC 于H，则 BH=22AB=2 ，因为 AA1⊥ 面ABC，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，所以 AA1⊥ BH，再利用线线垂直证出线面垂直，所以 BH⊥ 面 AA1CC1 ，所以B到面 AA1CC1 的距离为 BH=2=BP ，所以球面与面 AA1CC1 相切，而 BB1=2π>2 ，所以球面不会与面 A1B1C1 相交，进而求出则V1的值 ，再利用三棱柱的体积公式求出三棱柱的体积，再利用作差法求出 V2的值 ，进而求出 V1V2 。
11.【答案】 D
【解析】对于A：由 X={−1,1} ，则 Δ(X)=1−(−1)=2 ； Y={0,b} ，则 Δ(Y)=|0−b|=2 ，解得： b=±2 ，A不符合题意；
对于B：由 X=[a,a+2] ，则 Δ(X)=a+2−a=2 ；
Y={y|y=x2,x∈X} ，则 Δ(Y)=ymax−ymin ，
①当 a≤−2 时， y=x2 在 [a,a+2] 上单减，所以 Δ(Y)=ymax−ymin=a2−(a+2)2=−4a−4<1 ，解得： a>−54 ，又 a≤−2 ，所以a不存在；
②当 −2(a+2)2 所以 Δ(Y)=ymax−ymin=a2−0=a2<1 ，解得： −1
综上所述：不存在实数a ， 使得 Δ(Y)<1 .
B不符合题意；
对于C：∵ X={x|f(x)>g(x),x∈[−1,1]} ，而 Δ(X)=2 ，则M=1,N=-1,但对任意 x∈[−1,1] ，都有 f(x)≥g(x) ，不一定成立；
对于D：∵ X=[a,a+2] ，∴ Δ(X)=2 ，由 Y=[b,b+3] 得 Δ(Y)=3 ，所以则对任意的实数a ， 总存在实数b ， 使得 Δ(X∪Y)≤3 ，D成立.
故答案为：D
【分析】根据题意对选项 A举反例判断；选项B用反证法，分类讨论判断；选项C举反例判断； 选项D对任意的实数a，求出b满足条件即可．
二、填空题
12.【答案】 甲胜
【解析】若甲队获胜，则A，B判断都正确，与三人中只有一人的判断是正确的矛盾，故甲不可能获胜.
故答案为：甲胜
【分析】分析若甲队获胜，可得出矛盾，即得解.
13.【答案】 ③
【解析】若甲做对 A 、 B ，乙做对 A 、 B ，丙做对 A 、 B ，则 C 题无人做对，所以①错误；
若甲做对 A 、 B ， 乙做对 A 、 C ，丙做对 B 、 C ，则没有一个题被三个人都做对，所以②错误.
做对的情况可分为这三种：三个人做对的都相同；三个人中有两个人做对的相同；三个人每个人做对的都不完全相同，分类可知三种情况都满足③的说法.
故答案是：③.
【分析】根据题意结合所给的条件进行合理的推理，即可得出结论。
14.【答案】 甲
【解析】首先根据丙说的话可以推知，丁必能获奖，否则，假设丁没有获奖，那么丙也没有获奖，这与“他们之中只有一个人没有获奖”矛盾；
其次考虑甲是否获奖，假设甲能获奖，那么根据甲说的话可以推知，乙也可获奖；再根据乙说的话又可以推知丙也能获奖，这样得出4个人全都能获奖，不可能；
因此，只有甲没有获奖．
故答案为：甲
【分析】根据题意丙说的话进行分析可得丁获奖，进而分析甲的情况假设甲获奖进行推导得矛盾，即可得答案。
15.【答案】 戊戌
【解析】由题意，可得数列天干是以10为公差的等差数列，地支是以12为公差的等差数列，
从2017年到2078年经过了61年，且2017年为丁茜年，以2017年的天干和地支分别为首项，则 61÷10=6 余 1 ，则2078年的天干为戊， 61÷12=5 余 1 ，则2078年的天干为戌，
所以2078年为戊戌年。
【分析】首先根据题意得出数列天干是以10为公差的等差数列，地支是以12为公差的等差数列，以2017年的天干和地支分别为首项，由此得出结果。
16.【答案】 A
【解析】由乙说：我没去过C城市，则乙可能去过A城市或B城市，但甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B城市，则乙只能是去过A，B中的任一个，再由丙说：我们三人去过同一城市，则由此可判断乙去过的城市为A
【分析】由已知进行简单的推理，即可判断乙去过的城市为A.
17.【答案】 1Cn+11Cnr=1Cn+21Cn+1r+1Cn+21Cn+1r+1
【解析】解：类比观察得，将莱布尼茨三角形的每一行都能提出倍数 1Cn+11 ，
而相邻两项之和是上一行的两者相拱之数，所以类比式子 Cnr+Cnr+1=Cn+1r+1 ，有 1Cn+11Cnr=1Cn+21Cn+1r+1Cn+21Cn+1r+1 ．
故答案为： 1Cn+11Cnr=1Cn+21Cn+1r+1Cn+21Cn+1r+1 ．
【分析】这是一个考查类比推理的题目，解题的关键是仔细观察图中给出的莱布尼茨三角形，并从三解数阵中，找出行与行之间数的关系，探究规律并其表示出来.
18.【答案】 3VS
【解析】在平面中，设内切圆的圆心为 O ，半径为 r ，连结 OA,OB,OC ，则有 SΔABC=SΔAOB+SΔAOC+SΔBOC=12AB⋅r+12AC⋅r+12BC⋅r
=12(AB+AC+BC)r=12lr 所以 r=2SΔABCl=2Sl ，类比到空间可得，设内切球的球心为 O ，半径为 R ，则有 VA−BCD=VO−ABC+VO−ABD+VO−ACD+VO−BCD=13SΔABCR+13SΔABDR+13SΔACDR+13SΔBCDR =13(SΔABC+SΔABD+SΔACD+SΔBCD)R=13SR
所以四面体 ABCD 的内切球的半径为 R=3VS R=3VA−BCDS=3VS .
【分析】利用已知条件结合类比推理的方法，从而得出四面体 ABCD 的内切球的半径。
19.【答案】 ②
【解析】解：对于①，因为N为 B1C1 上一点，所以平面 EFC 与平面 CBN 所成二面角α即为平面 EFC 与平面 BCC1B1所成二面角β，显然β是固定角，故①正确；
对于②，假设BB上存在点P，使得C1P⊥平面EFB1C，则C1P⊥FB1 ， 而FB1⊥B1C1 ， 所以FB1⊥平面BB1C1C，显然错误，故②错误；
对于③，VB−EFC=VF−EBC=13×S△EBC×AF ， 又S△EBC=12×BC×DC=2 ，
所以VB−EFC=13×2×1=23 ， 而S△DCB1=12×DC×CB1=12×2×22=22 ，
连接DA1 ， 则F到平面DB1C的距离即为F到A1D的距离，所以ℎ=A1Fsin∠FA1D=22,
所以VD−FB1C=13×22×22=23
所以VB−EFC=VD−FB1C ， 故③正确；
对于④，以D1为原点，分别以D1A1 ， D1D，D1C1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
则C(0，2，2),F(2，0，1),M(x,0,0)，
则CF→=2，−2，−1，FM→=x−2,0,1
当CF→·FM→=2x−2+−2·0+−1·−1=0 ， 即x=32 ， 即M(32,0,0)时，CF→⊥FM→ ，
此时 ∠CFM=90° ， 故④正确
故答案为：②
【分析】根据二面角的平面角的定义可判断①，运用反证法结合直线与平面垂直的判定定理可判断②，根据棱锥的体积公式，结合点到平面的距离，运用等体积法可判断③，利用向量法结合向量数量积运算的坐标表示可判断④.
20.【答案】 ①③④
【解析】对于①， ∵ −1+52⋅−1−52=−1+52+−1−52=−1 ，故①正确；
对于②，不妨设 a1+a2=a1a2=t ，
则由韦达定理知 a1,a2 是一元二次方程 x2−tx+t=0 的两个根，
由 Δ>0 ，可得 t<0 或 t>4 ，故②错；
对于③，不妨设 A 中 a1
∴ a1=1 ，于是 1+a2=a2 ， a2 无解，即不存在满足条件的“复活集”A，故③正确；
对于④，当 n=3 时， a1a2<3 ，故只能 a1=1 ， a2=2 ，求得 a3=3 ，
于是“复活集” A只有一个，为 {1,2,3} ，
当 n≥4 时，由 a1a2⋯an−1≥1×2×3×⋯×(n−1) ，
即有 n>(n−1)! ，
也就是说“复活集”A存在的必要条件是 n>(n−1)! ，
事实上 (n−1)!≥(n−1)(n−2)=n2−3n+2=(n−2)2−2+n>2 ，矛盾，
∴ 当 n≥4 时不存在“复活集”A，故④正确.
故答案为：①③④
【分析】根据已知中“复活集”的定义，结合韦达定理以及反证法，依次判断四个结论的正误，进而可得答案.
三、解答题
21.【答案】 （1）解： ∀x∈(0,+∞) ， f(x)≥g(x) 恒成立，即为 xlnx−ax≥−x2−2 ，也就是 a≤lnx+x+2x 在 (0,+∞) 上恒成立．
令 ℎ(x)=lnx+x+2x ， x>0 ， ℎ'(x)=1x+1−2x2=x2+x−2x2=(x+2)(x−1)x2 ，
当 x∈(0,1) 时， ℎ'(x)<0 ， ℎ(x) 单调递减，当 x(1,+∞) 时， ℎ'(x)>0 ， ℎ(x) 单调递增，
在 x=1 时， ℎ(x) 取到极小值也是最小值， ℎ(x)min=ℎ(1)=3 ，
所以 a≤3
（2）解：当 a=1 时， f(x)=xlnx−x ， f'(x)=lnx+x⋅1x−1=lnx
当 00 ， f(x) 单调递增，
∴ x=1 时 f(x) 取到极小值也是最小值，即 f(x)min=f(1)=−1 ，
当 t≥1 时， x∈[t,t+1] ， f′(x)≥0 ， f(x) 单调递增， f(x)min=f(t)=tlnt−t
（3）证明：要证当 x∈(0,+∞) 时， lnx−1≥1ex−1−2x ．即证当 x∈(0,+∞) 时， xlnx−x≥xex−1−2 ．
由（2）知当 a=1 时，函数 f(x)=xlnx−x 在 x=1 处的最小值为 −1 ，
令 m(x)=xex−1−2 ．∴ m'(x)=1−xex−1 ，由 m'(x)=0 得 x=1 ，
所以在 (0,1) 得函数，在 (1,+∞) m(x) 为减函数，所以 m(x)max=m(1)=1 ，
当 x∈(0,+∞) 时， xlnx−x≥xex−1−2 ．
即当 x∈(0,+∞) 时， lnx−1≥1ex−1−2x
【解析】【分析】（1） ∀x∈(0,+∞) ， f(x)≥g(x) 恒成立，即为 xlnx−ax≥−x2−2恒成立，可化为. a≤lnx+x+2x 在 (0,+∞) 上恒成立， 令 ℎ(x)=lnx+x+2x ， x>0 ， 利用导数研究其单调性极值
与最值即可得出 a的取值范围；
（2） 当 a=1 时， f(x)=xlnx−x ， 求导，根据导数的符号可得出 f(x)的单调性，进而求得 f(x) 在区间 [t,t+1](t>0) 的最小值；
（3）要证当 x∈(0,+∞) 时， lnx−1≥1ex−1−2x ， 即证当 x∈(0,+∞) 时， xlnx−x≥xex−1−2 ， 令 m(x)=xex−1−2 ，m'(x)=1−xex−1 ， 由 m'(x)=0 得 x=1 ， 在 (1,+∞) m(x) 为减函数，所以 m(x)max=m(1)=1 ， 进而证得 lnx−1≥1ex−1−2x ．
22.【答案】 解：记 △ABC、△ABD、△ACD、△BCD 的面积依次为 S1、S2、S3、S ，
平面 BCD 与 AB、AC、AD 所成角依次为 α、β、γ ，
点 A 到平面 BCD 的距离为 d，r，R 分别表示内切球与外接球的半径，内切球的球心为 O ，
直角三角形 ABC
直角四面体 ABCD
条件
AB⊥AC
AB⊥AC，AB⊥AD，AC⊥AD
结论1
AB2+AC2=BC2
S12+S22+S32=S2
结论2
sin2B+sin2C=1
sin2α+sin2β+sin2γ=1
结论3
1ℎ2=1AB2+1AC2
1d2=1AB2+1AC2+1AD2
结论4
1AB+1AC+1ℎ=1r
1AB+1AC+1AD+1d=1r
结论5
(2R)2=12(AB2+BC2+CA2)
(2R)2=AB2+BC2+CA2
证明：设 AB=a、AC=b、AD=c ，
过 A 作 AE⊥BC ，垂足为 E ，联结 DE ，过 A 作 AH⊥DE ，垂足为 H ，
易证： DE⊥BC ， AH⊥ 平面 BCD ，则 d=AH ，
结论1： S12+S22+S32=(12ab)2+(12ac)2+(12bc)2=14(a2b2+a2c2+b2c2) ，
在 Rt△ABC 中， AE=AB⋅ACBC=aba2+b2 ， DE=AD2+AE2=c2+a2b2a2+b2
S2=(12a2+b2⋅c2+a2b2a2+b2)2=14(a2b2+a2c2+b2c2) s
∴S12+S22+S32=S2 ；
结论2： d=AH=AD⋅AEDE=c⋅aba2+b2c2+a2b2a2+b2=abca2b2+a2c2+b2c2 ，
∴ sinα=da=bca2b2+a2c2+b2c2 。
同理， sinβ=aca2b2+a2c2+b2c2 ， sinλ=aba2b2+a2c2+b2c2
∴ sin2α+sin2β+sin2γ=b2c2+a2c2+a2b2a2b2+a2c2+b2c2=1 ；
结论3：∵ d=abca2b2+a2c2+b2c2 ，∴ 1d2=a2b2+a2c2+b2c2a2b2c2 ，
又 1AB2+1AC2+1AD2=1a2+1b2+1c2=b2c2+a2c2+a2b2a2b2c2 ，
∴ 1d2=1AB2+1AC2+1AD2
结论4： ∵VD−ABC=VO−ABC+VO−ABD+VO−ACD+VO−BCD ，
∴ 16abc=13⋅12ab⋅r+13⋅12ac⋅r+13⋅12bc⋅r+13⋅12a2c2+b2c2+a2b2⋅r .
从而 1r=ababc+acabc+bcabc+a2c2+b2c2+a2b2abc=1c+1b+1a+1d ，即 1r=1AB+1AC+1AD+1d ；
结论5：将直角四面体 ABCD 补形成为以 AB、AC、AD 为长、宽、高的长方体，
则长方体的体对角线即为直角四面体ABCD的外接球的直径，即 (2R)2=AB2+BC2+CA2 .
人教新课标A版选修2-2
第二章 推理与证明
一、单选题
1.（2020高二下·宣城期末）学校艺术节对同一类的甲、乙、丙、丁四件参赛作品，只评一个一等奖，在评奖揭晓前， A 、 B 、 C 、 D 四位同学对这四件参赛作品预测如下：
A 说：“乙或丁作品获得一等奖”； B 说：“丙作品获得一等奖”；C 说：“甲、丁两件作品未获得一等奖”； D 说：“乙作品获得一等奖”．
若这四位同学中只有两位说的话是对的，则获得一等奖的作品为（ ）
A. 甲作品 B. 乙作品 C. 丙作品 D. 丁作品
2.（2020高二下·吉林期末）甲、乙、丙三个学生中有一人申请了去新疆支教，当他们被问到谁申请了去新疆支教时，乙说：甲没有申请；丙说：乙申请了；甲说：乙说对了.如果这三人中有两人说的是真话，一人说了假话，那么申请去新疆支教的学生是（ ）
A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 不确定
3.（2021·镇江模拟）甲，乙，丙，丁四人参加完某项比赛，当问到四人谁得第一时，回答如下：甲：“我得第一名”；乙：“丁没得第一名”；丙：“乙没得第一名”；丁：“我得第一名”.已知他们四人中只有一个说真话，且只有一人得第一.根据以上信息可以判断得第一名的人是
A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁
4.（2020·新高考Ⅰ）基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数.基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型： I(t)=ert 描述累计感染病例数I(t)随时间t(单位:天)的变化规律，指数增长率r与R0 ， T近似满足R0 =1+rT.有学者基于已有数据估计出R0=3.28，T=6.据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln2≈0.69) （ ）
A. 1.2天 B. 1.8天 C. 2.5天 D. 3.5天
5.（2021高二下·宾县月考）用数学归纳法明: 1−12+13−14+…+12n−1−12n=1n+1+1n+2+…12n(n∈N∗)， 当 n=k+1 时,等式左边应在 n=k 的基础上加上（ ）
A. 12k+1 B. −12k+2 C. 12k+1−12k+2 D. 12k+1+12k+2
6.（2019高二下·来宾期末）如图，有一种游戏画板，要求参与者用六种颜色给画板涂色，这六种颜色分别为红色、黄色1、黄色2、黄色3、金色1、金色2，其中黄色1、黄色2、黄色3是三种不同的颜色，金色1、金色2是两种不同的颜色，要求红色不在两端，黄色1、黄色2、黄色3有且仅有两种相邻，则不同的涂色方案有（ ）
A. 120种 B. 240种 C. 144种 D. 288种
7.（2021高二下·河南月考）在等差数列 {an} 中，若 a2020=0 ，则有等式 a1+a2+⋯+an=a1+a2+⋯+a4039−n （ n<4039 且 n∈N∗ ）成立，类比上述性质，在等比数列 {bn} 中，若 b2021=1 ，则有（ ）
A. b1⋅b2⋅⋯⋅bn=b1⋅b2⋯⋯b4041−n （ n<4041 且 n∈N∗ ）
B. b1⋅b2⋅⋯⋅bn=b1⋅b2⋅⋯⋅b4040−n （ n<4040 且 n∈N∗ ）
C. b1+b2+⋯+bn=b1+b2+⋯+b4041−n （ n<4041 且 n∈N∗ ）
D. b1+b2+⋯+bn=b1+b2+⋯+b4040−n （ n<4040 且 n∈N∗ ）
8.（2019高二下·珠海期中）如图所示，面积为 S 的平面凸四边形的第 i 条边的边长记为 ai(i=1,2,3,4) ，此四边形内任一点 P 到第 i 条边的距离记为 ℎi(i=1,2,3,4) ，若 a11=a22=a33=a44=k ，则 ℎ1+2ℎ2+3ℎ3+4ℎ4=2Sk ．类比以上性质，体积为 V 的三棱锥的第 i 个面的面积记为 Si(i=1,2,3,4) ，此三棱锥内任一点 Q 到第 i 个面的距离记为 Hi(i=1,2,3,4) ，若 S11=S22=S33=S44=K ，则 H1+2H2+3H3+4H4 等于（ ）
A. V2K B. 2VK C. V3K D. 3VK
9.（2019高二下·宁夏月考）中国有个名句“运筹帷幄之中，决胜千里之外”，其中的“筹”原意是指《孙子算经》中记载的算筹．古代用算筹来进行计算，算筹是将几寸长的小竹棍摆在平面上进行计算，算筹的摆放形式有横纵两种形式（如图所示），表示一个多位数时，像阿拉伯计数一样，把各个数位的数码从左到右排列，但各位数码的筹式需要纵横相间，个位、百位、万位数用纵式表示，十位、千位、十万位用横式表示，以此类推．例如4266用算筹表示就是 ，则8771用算筹可表示为（ ）
A. B.
C. D.
10.（2021·贵阳模拟）在平面内，已知动点P与两定点A，B的距离之比为 λ(λ>0,λ≠1) ，那么点P的轨迹是圆，此圆称为阿波罗尼斯圆.在空间中，也可得到类似结论.如图，三棱柱 ABC−A1B1C1 中， A1A⊥ 平面ABC， AB=BC=2 ， BB1=2π ， ∠ABC=90° ，点M为AB的中点，点P在三棱柱内部或表面上运动，且 |PA|=2|PM| ，动点P形成的曲面将三棱柱分成两个部分，体积分别为 V1 ， V2(V1
A. 12 B. 13 C. 14 D. 15
11.（2021·西城模拟）若非空实数集X中存在最大元素M和最小元素m ， 则记 Δ(X)=M−m ．下列命题中正确的是（ ）
A. 已知 X={−1,1} ， Y={0,b} ，且 Δ(X)=Δ(Y) ，则 b=2
B. 已知 X=[a,a+2] ， Y={y|y=x2,x∈X} ，则存在实数a ， 使得 Δ(Y)<1
C. 已知 X={x|f(x)>g(x),x∈[−1,1]} ，若 Δ(X)=2 ，则对任意 x∈[−1,1] ，都有 f(x)≥g(x)
D. 已知 X=[a,a+2] ， Y=[b,b+3] ，则对任意的实数a ， 总存在实数b ， 使得 Δ(X∪Y)≤3
二、填空题
12.（2020·辽宁模拟）甲、乙两支足球队进行一场比赛， A,B,C 三位球迷赛前在一起聊天. A 说：“甲队一定获胜.”B说：“甲队不可能输.”C说：“乙队一定获胜.”比赛结束后，发现三人中只有一人的判断是正确的，则比赛的结果不可能是________.（填“甲胜”“乙胜”“平局”中的一个）
13.（2019·齐齐哈尔模拟）甲、乙、丙三个同学同时做标号为 A 、 B 、 C 的三个题，甲做对了两个题，乙做对了两个题，丙做对了两个题，则下列说法正确的是________（填所有正确说法的编号）．
①三个题都有人做对；②至少有一个题三个人都做对；③至少有两个题有两个人都做对.
14.（2021·葫芦岛模拟）迎春杯数学竞赛后，甲､乙､丙､丁四名同学猜测他们之中谁能获奖.甲说：“如果我能获奖，那么乙也能获奖.”乙说：“如果我能获奖，那么丙也能获奖.”丙说：“如果丁没获奖，那么我也不能获奖.”实际上，他们之中只有一个人没有获奖，并且甲､乙､丙说的话都是正确的.那么没能获奖的同学是 .
15.（2019·奉贤模拟）天干地支纪年法，源于中国，中国自古便有十天干与十二地支.十天干：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸.十二地支：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥.天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”，…，以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”，“乙亥”，之后地支回到“子”重新开始，即“丙子”，…，以此类推，已知2016年为丙申年，那么到改革开放100年时，即2078年为________年
16.（2020高二下·河南月考）甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A,B,C三个城市时，
甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B城市；
乙说：我没去过C城市.
丙说：我们三个去过同一城市.
由此可判断乙去过的城市为________
17.（2019高三上·广东月考）在我国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》(1261年）一书中，用如图 A 所示的三角形，解释二项和的乘方规律.在欧洲直到1623年以后，法国数学家布莱士•帕斯卡的著作（1655年)介绍了这个三角形，近年来，国外也逐渐承认这项成果属于中国，所以有些书上称这是“中国三角形” (Cℎinesetriangle) ，如图 A .17世纪德国数学家莱布尼茨发现了“莱布尼茨三角形”，如图 B .在杨辉三角中，相邻两行满足关系式： Cnr+Cnr+1=Cn+1r+1 ，其 中 n 是行数， r∈N .请类比上式，在莱布尼茨三角形中相邻两行满足的关系式是________．
18.（2019高二下·宁夏月考）已知 △ABC 的周长为 l ，面积为 S ，则 △ABC 的内切圆半径为 r=2sl ．将此结论类比到空间，已知四面体 ABCD 的表面积为 S ，体积为 V ，则四面体 ABCD 的内切球的半径 R= ________．
19.（2021高二上·砀山月考）如图，正方体 ABCD−A1B1C1D1 的棱长为2，E ， F分别为 AD ， AA1 的中点，则以下说法错误的是 （写序号）
①N为 B1C1 上一点，则平面 EFC 与平面 CBN 所成二面角的大小与点N位置无关
② BB1 存在上一点P ， 使得 C1P⊥ 平面 CEF
③ 三棱锥 B−CEF 和 D−FB1C 体积相等
④ A1D1 上存在一点M ， 使得 ∠CFM=90°
20.（2019高一上·上海月考）已知有限集 A={a1,a2,a3,⋯,an}(n≥2) . 如果A中元素 ai(i=1,2,3,⋯,n) 满足 a1a2⋯an=a1+a2+⋯+an ，就称A为“复活集”，给出下列结论：
①集合 {−1+52,−1−52} 是“复活集”；
②若 a1,a2∈R ，且 {a1,a2} 是“复活集”，则 a1a2>4 ；
③若 a1,a2∈N∗ ，则 {a1,a2} 不可能是“复活集”；
④若 ai∈N∗ ，则“复活集”A有且只有一个，且 n=3 .
其中正确的结论是________.（填上你认为所有正确的结论序号）
三、解答题
21.（2020高二上·保定期末）已知函数 f(x)=x(lnx−a),g(x)=−x2−2 ．
（1）∀x∈(0,+∞)，f(x)≥g(x) 恒成立，求a的取值范围；
（2）当 a=1 时，求 f(x) 在区间 [t,t+1](t>0) 的最小值；
（3）证明：当 x∈(0,+∞) 时， lnx−1≥1ex−1−2x ．
22.（2019高二下·上海期中）平面图形很多可以推广到空间中去，例如正三角形可以推广到正四面体，圆可以推广到球，平行四边形可以推广到平行六面体，直角三角形也可以推广到直角四面体，如果四面体 ABCD 中棱 AB,AC,AD 两两垂直，那么称四面体 ABCD 为直角四面体. 请类比直角三角形中的性质给出2个直角四面体中的性质，并给出证明.（请在结论 1~3 中选择1个，结论4，5中选择1个，写出它们在直角四面体中的类似结论，并给出证明，多选不得分，其中 ℎ 表示斜边上的高， r,R 分别表示内切圆与外接圆的半径）
直角三角形 ABC
直角四面体 ABCD
条件
AB⊥AC
AB⊥AC,AB⊥AD,AC⊥AD
结论1
AB2+AC2=BC2
结论2
sin2B+sin2C=1
结论3
1ℎ2=1AB2+1AC2
结论4
1AB+1AC+1ℎ=1r
结论5
(2R)2=12(AB2+BC2+CA2)
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 C
【解析】若甲作品为一等奖，则 A 、 B 、 C 、 D 的说法均错误，故不满足题意；
若乙作品为一等奖，则 A 、 C 、 D 的说法正确， B 的说法错误，故不满足题意；
若丙作品为一等奖，则 B 、 C 的说法均正确， A 、 D 的说法均错误，故满足题意；
若丁作品为一等奖，则 A 的说法正确， B 、 C 、 D 的说法均错误，故不满足题意；
若这四位同学中只有两位说的话是对的，则获得等奖的作品是丙作品，
故答案为：C．
【分析】 根据题意由简单的合情推理即可得出若丙作品为等奖，则B、C的说法均正确，A、D的说法均错误，故丙获得一等奖满足题意．
2.【答案】 C
【解析】若乙说了假话，则甲、丙说了真话，那么甲、乙都申请了，与题意只有一人申请矛盾；
若丙说了假话，则甲、乙说的话为真，甲、乙都没有申请，申请的人是丙，满足题意，
故答案为：C.
【分析】利用已知条件结合演绎推理的方法，进而找出申请去新疆支教的学生。
3.【答案】 B
【解析】解：若甲得第一名，则甲、乙、丙说了真话，丁说了假话，不符合题意；
若乙得第一名，则乙说了真话，甲、丙、丁说了假话，符合题意；
若丙得第一名，则乙、丙说了真话，甲、丁说了假话，不符合题意；
若丁得第一名，则丙、丁说了真话，甲、乙说了假话，不符合题意
故答案为：B
【分析】 分别假设第一名是甲、乙、丙、丁，分析四个人说的话，由此能求出结果．
4.【答案】 B
【解析】因为 R0=3.28 ， T=6 ， R0=1+rT ，所以 r=3.28−16=0.38 ，所以 I(t)=ert=e0.38t ，
设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为 t1 天，
则 e0.38(t+t1)=2e0.38t ，所以 e0.38t1=2 ，所以 0.38t1=ln2 ，
所以 t1=ln20.38≈0.690.38≈1.8 天.
故答案为：B.
【分析】根据题意可得 I(t)=ert=e0.38t ，设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为 t1 天，根据 e0.38(t+t1)=2e0.38t ，解得 t1 即可得结果.
5.【答案】 C
【解析】用数学归纳法证明: 1−12+13−14+…+12n−1−12n=1n+1+1n+2+…12n(n∈N∗)，
当 n=k 时,则 1−12+13−14+…+12k−1−12k=1k+1+1k+2+…12k(k∈N∗)，
当 n=k+1 ,左式= 1−12+13−14+…+12k−1−12k+12k+1−12k+2 ,
当 n=k+1 时,等式左边应在 n=k 的基础上应该加上 12k+1−12k+2 。
故答案为：C
【分析】利用已知条件结合数学归纳法证明步骤，从而得出等式左边应在 n=k 的基础上应该加上 12k+1−12k+2 。
6.【答案】 D
【解析】不考虑红色的位置，黄色1、黄色2、黄色3有且仅有两个相邻的涂色方案有 (C32A22)⋅A33⋅A42=432 种. 这种情况下，红色在左右两端的涂色方案有 (C32A22)⋅C21⋅A22⋅A32=144 种；从而所求的结果为 432−144=288 种.
故答案为：D.
【分析】首先计算出“黄色1、黄色2、黄色3有且仅有两个相邻的涂色方案”数，然后计算出“红色在左右两端，黄色1、黄色2、黄色3有且仅有两个相邻的涂色方案”数，用前者减去后者，求得题目所求不同的涂色方案总数.
7.【答案】 A
【解析】在等差数列 {an} 中，有 an+1+a4039−n=2a2020=0
所以有 a1+a2+⋯+an=a1+a2+⋯+a4039−n
在等比数列 {bn} 中，若 b2021=1 ，则 bn+1+b4041−n=b20212=1
当 n≤2020 时，则 4041−n>n ，
则 bn+1⋯⋯b4041−n=1
b1⋅b2⋯⋯b4041−n=b1⋅b2⋅⋯⋅bn⋅bn+1⋅⋯⋯b4041−n=b1⋅b2⋅⋯⋅bn
当 n≥2021 时，则 4041−n
b1⋅b2⋯⋯bn=b1⋅b2⋅⋯⋅b4041−n⋅b4041−n+1⋅⋯⋯bn=b1⋅b2⋅⋯⋅b4041−n
所以 b1⋅b2⋅⋯⋅bn=b1⋅b2⋯⋯b4041−n
故答案为：A
【分析】利用已知条件结合类比推理的方法，进而选出正确的答案。
8.【答案】 D
【解析】解：面积为 S 的平面凸四边形的第 i 条边的边长记为 ai(i=1,2,3,4) ，
此四边形内任一点 P 到第 i 条边的距离记为 ℎi(i=1,2,3,4) ，
所以由等面积法得， a1ℎ1+a2ℎ2+a3ℎ3+a4ℎ4=S ，
因为 a11=a22=a33=a44=k ，
a1=k,a2=2k,a3=3k,a4=4k ，
所以 kℎ1+2kℎ2+3kℎ3+4kℎ4=2S ，
即 ℎ1+2ℎ2+3ℎ3+4ℎ4=2Sk ，
故在平面凸四边形中，求解此结论的过程中运用了等面积法求解，
类比上述性质，在三棱锥中，则应使用等体积法求解，
三棱锥的体积为 V=13sℎ ，
因为体积为 V 的三棱锥的第 i 个面的面积记为 Si(i=1,2,3,4) ，此三棱锥内任一点 Q 到第 i 个面的距离记为 Hi(i=1,2,3,4) ，
由等体积法有， 13s1ℎ1+13s2ℎ2+13s3ℎ3+13s4ℎ4=V ，
∴s1ℎ1+s2ℎ2+s3ℎ3+s4ℎ4=3V ，
因为 S11=S22=S33=S44=K ，
所以 S1=K,S2=2K,S3=3K,S4=4K ，
所以 Kℎ1+2Kℎ2+3Kℎ3+4Kℎ4=3V ，
即 H1+2H2+3H3+4H4=3VK ，
故选D.
【分析】平面凸四边形中的结论是根据等面积法得到，类比以上性质，在三棱锥中根据等体积法求解 H1+2H2+3H3+4H4 的值.
9.【答案】 C
【解析】解：由算筹含义得到8771用算筹可表示为 ．
故答案为：C．
【分析】由算筹含义直接求解．
10.【答案】 D
【解析】如图，在平面PAB中，作 ∠MPN=∠MAP ,交AB于点N，则 ∠MPN=∠NAP ,
又因 ∠PNM=∠ANP ，所以 △PNM∼△ANP ，
所以 PNMN=ANPN=PAMP=2 ，所以 AN=2PN,MN=22PN ,
所以 AM=AN−MN=22PN .
因为 AM=12AB=1 ，所以 PN=2,MN=1 ,
所以B、N重合且 BP=PN=2 ，
所以点P落在以B为球心， 2 为半径的球面上.
作 BH⊥AC 于H，则 BH=22AB=2 ，
因为 AA1⊥ 面ABC，所以 AA1⊥ BH，
又因为 AA1∩AC=A ，所以 BH⊥ 面 AA1CC1 ，
所以B到面 AA1CC1 的距离为 BH=2=BP ，
所以球面与面 AA1CC1 相切，而 BB1=2π>2 ，
所以球面不会与面 A1B1C1 相交，
则 V1=18·4π3·BP3=23π ，
V三棱柱=12×AB×BC×AA1=12×2×2×2π=22π ,
所以 V2=V三棱柱−V1=22π−23π=523π ，
所以 V1V2= 15 。
故答案为：D.
【分析】在平面PAB中，作 ∠MPN=∠MAP ,交AB于点N，则 ∠MPN=∠NAP ,又因 ∠PNM=∠ANP ，再利用两三角形相似的判断方法，所以 △PNM∼△ANP ，再利用两三角形相似对应边成比例，所以 PNMN=ANPN=PAMP=2 ，所以 AN=2PN,MN=22PN ,所以 AM=AN−MN=22PN ， 因为 AM=12AB=1 ，所以 PN=2,MN=1 ,所以B、N重合且 BP=PN=2 ，所以点P落在以B为球心， 2 为半径的球面上，作 BH⊥AC 于H，则 BH=22AB=2 ，因为 AA1⊥ 面ABC，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，所以 AA1⊥ BH，再利用线线垂直证出线面垂直，所以 BH⊥ 面 AA1CC1 ，所以B到面 AA1CC1 的距离为 BH=2=BP ，所以球面与面 AA1CC1 相切，而 BB1=2π>2 ，所以球面不会与面 A1B1C1 相交，进而求出则V1的值 ，再利用三棱柱的体积公式求出三棱柱的体积，再利用作差法求出 V2的值 ，进而求出 V1V2 。
11.【答案】 D
【解析】对于A：由 X={−1,1} ，则 Δ(X)=1−(−1)=2 ； Y={0,b} ，则 Δ(Y)=|0−b|=2 ，解得： b=±2 ，A不符合题意；
对于B：由 X=[a,a+2] ，则 Δ(X)=a+2−a=2 ；
Y={y|y=x2,x∈X} ，则 Δ(Y)=ymax−ymin ，
①当 a≤−2 时， y=x2 在 [a,a+2] 上单减，所以 Δ(Y)=ymax−ymin=a2−(a+2)2=−4a−4<1 ，解得： a>−54 ，又 a≤−2 ，所以a不存在；
②当 −2
综上所述：不存在实数a ， 使得 Δ(Y)<1 .
B不符合题意；
对于C：∵ X={x|f(x)>g(x),x∈[−1,1]} ，而 Δ(X)=2 ，则M=1,N=-1,但对任意 x∈[−1,1] ，都有 f(x)≥g(x) ，不一定成立；
对于D：∵ X=[a,a+2] ，∴ Δ(X)=2 ，由 Y=[b,b+3] 得 Δ(Y)=3 ，所以则对任意的实数a ， 总存在实数b ， 使得 Δ(X∪Y)≤3 ，D成立.
故答案为：D
【分析】根据题意对选项 A举反例判断；选项B用反证法，分类讨论判断；选项C举反例判断； 选项D对任意的实数a，求出b满足条件即可．
二、填空题
12.【答案】 甲胜
【解析】若甲队获胜，则A，B判断都正确，与三人中只有一人的判断是正确的矛盾，故甲不可能获胜.
故答案为：甲胜
【分析】分析若甲队获胜，可得出矛盾，即得解.
13.【答案】 ③
【解析】若甲做对 A 、 B ，乙做对 A 、 B ，丙做对 A 、 B ，则 C 题无人做对，所以①错误；
若甲做对 A 、 B ， 乙做对 A 、 C ，丙做对 B 、 C ，则没有一个题被三个人都做对，所以②错误.
做对的情况可分为这三种：三个人做对的都相同；三个人中有两个人做对的相同；三个人每个人做对的都不完全相同，分类可知三种情况都满足③的说法.
故答案是：③.
【分析】根据题意结合所给的条件进行合理的推理，即可得出结论。
14.【答案】 甲
【解析】首先根据丙说的话可以推知，丁必能获奖，否则，假设丁没有获奖，那么丙也没有获奖，这与“他们之中只有一个人没有获奖”矛盾；
其次考虑甲是否获奖，假设甲能获奖，那么根据甲说的话可以推知，乙也可获奖；再根据乙说的话又可以推知丙也能获奖，这样得出4个人全都能获奖，不可能；
因此，只有甲没有获奖．
故答案为：甲
【分析】根据题意丙说的话进行分析可得丁获奖，进而分析甲的情况假设甲获奖进行推导得矛盾，即可得答案。
15.【答案】 戊戌
【解析】由题意，可得数列天干是以10为公差的等差数列，地支是以12为公差的等差数列，
从2017年到2078年经过了61年，且2017年为丁茜年，以2017年的天干和地支分别为首项，则 61÷10=6 余 1 ，则2078年的天干为戊， 61÷12=5 余 1 ，则2078年的天干为戌，
所以2078年为戊戌年。
【分析】首先根据题意得出数列天干是以10为公差的等差数列，地支是以12为公差的等差数列，以2017年的天干和地支分别为首项，由此得出结果。
16.【答案】 A
【解析】由乙说：我没去过C城市，则乙可能去过A城市或B城市，但甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B城市，则乙只能是去过A，B中的任一个，再由丙说：我们三人去过同一城市，则由此可判断乙去过的城市为A
【分析】由已知进行简单的推理，即可判断乙去过的城市为A.
17.【答案】 1Cn+11Cnr=1Cn+21Cn+1r+1Cn+21Cn+1r+1
【解析】解：类比观察得，将莱布尼茨三角形的每一行都能提出倍数 1Cn+11 ，
而相邻两项之和是上一行的两者相拱之数，所以类比式子 Cnr+Cnr+1=Cn+1r+1 ，有 1Cn+11Cnr=1Cn+21Cn+1r+1Cn+21Cn+1r+1 ．
故答案为： 1Cn+11Cnr=1Cn+21Cn+1r+1Cn+21Cn+1r+1 ．
【分析】这是一个考查类比推理的题目，解题的关键是仔细观察图中给出的莱布尼茨三角形，并从三解数阵中，找出行与行之间数的关系，探究规律并其表示出来.
18.【答案】 3VS
【解析】在平面中，设内切圆的圆心为 O ，半径为 r ，连结 OA,OB,OC ，则有 SΔABC=SΔAOB+SΔAOC+SΔBOC=12AB⋅r+12AC⋅r+12BC⋅r
=12(AB+AC+BC)r=12lr 所以 r=2SΔABCl=2Sl ，类比到空间可得，设内切球的球心为 O ，半径为 R ，则有 VA−BCD=VO−ABC+VO−ABD+VO−ACD+VO−BCD=13SΔABCR+13SΔABDR+13SΔACDR+13SΔBCDR =13(SΔABC+SΔABD+SΔACD+SΔBCD)R=13SR
所以四面体 ABCD 的内切球的半径为 R=3VS R=3VA−BCDS=3VS .
【分析】利用已知条件结合类比推理的方法，从而得出四面体 ABCD 的内切球的半径。
19.【答案】 ②
【解析】解：对于①，因为N为 B1C1 上一点，所以平面 EFC 与平面 CBN 所成二面角α即为平面 EFC 与平面 BCC1B1所成二面角β，显然β是固定角，故①正确；
对于②，假设BB上存在点P，使得C1P⊥平面EFB1C，则C1P⊥FB1 ， 而FB1⊥B1C1 ， 所以FB1⊥平面BB1C1C，显然错误，故②错误；
对于③，VB−EFC=VF−EBC=13×S△EBC×AF ， 又S△EBC=12×BC×DC=2 ，
所以VB−EFC=13×2×1=23 ， 而S△DCB1=12×DC×CB1=12×2×22=22 ，
连接DA1 ， 则F到平面DB1C的距离即为F到A1D的距离，所以ℎ=A1Fsin∠FA1D=22,
所以VD−FB1C=13×22×22=23
所以VB−EFC=VD−FB1C ， 故③正确；
对于④，以D1为原点，分别以D1A1 ， D1D，D1C1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
则C(0，2，2),F(2，0，1),M(x,0,0)，
则CF→=2，−2，−1，FM→=x−2,0,1
当CF→·FM→=2x−2+−2·0+−1·−1=0 ， 即x=32 ， 即M(32,0,0)时，CF→⊥FM→ ，
此时 ∠CFM=90° ， 故④正确
故答案为：②
【分析】根据二面角的平面角的定义可判断①，运用反证法结合直线与平面垂直的判定定理可判断②，根据棱锥的体积公式，结合点到平面的距离，运用等体积法可判断③，利用向量法结合向量数量积运算的坐标表示可判断④.
20.【答案】 ①③④
【解析】对于①， ∵ −1+52⋅−1−52=−1+52+−1−52=−1 ，故①正确；
对于②，不妨设 a1+a2=a1a2=t ，
则由韦达定理知 a1,a2 是一元二次方程 x2−tx+t=0 的两个根，
由 Δ>0 ，可得 t<0 或 t>4 ，故②错；
对于③，不妨设 A 中 a1
∴ a1=1 ，于是 1+a2=a2 ， a2 无解，即不存在满足条件的“复活集”A，故③正确；
对于④，当 n=3 时， a1a2<3 ，故只能 a1=1 ， a2=2 ，求得 a3=3 ，
于是“复活集” A只有一个，为 {1,2,3} ，
当 n≥4 时，由 a1a2⋯an−1≥1×2×3×⋯×(n−1) ，
即有 n>(n−1)! ，
也就是说“复活集”A存在的必要条件是 n>(n−1)! ，
事实上 (n−1)!≥(n−1)(n−2)=n2−3n+2=(n−2)2−2+n>2 ，矛盾，
∴ 当 n≥4 时不存在“复活集”A，故④正确.
故答案为：①③④
【分析】根据已知中“复活集”的定义，结合韦达定理以及反证法，依次判断四个结论的正误，进而可得答案.
三、解答题
21.【答案】 （1）解： ∀x∈(0,+∞) ， f(x)≥g(x) 恒成立，即为 xlnx−ax≥−x2−2 ，也就是 a≤lnx+x+2x 在 (0,+∞) 上恒成立．
令 ℎ(x)=lnx+x+2x ， x>0 ， ℎ'(x)=1x+1−2x2=x2+x−2x2=(x+2)(x−1)x2 ，
当 x∈(0,1) 时， ℎ'(x)<0 ， ℎ(x) 单调递减，当 x(1,+∞) 时， ℎ'(x)>0 ， ℎ(x) 单调递增，
在 x=1 时， ℎ(x) 取到极小值也是最小值， ℎ(x)min=ℎ(1)=3 ，
所以 a≤3
（2）解：当 a=1 时， f(x)=xlnx−x ， f'(x)=lnx+x⋅1x−1=lnx
当 0
∴ x=1 时 f(x) 取到极小值也是最小值，即 f(x)min=f(1)=−1 ，
当 t≥1 时， x∈[t,t+1] ， f′(x)≥0 ， f(x) 单调递增， f(x)min=f(t)=tlnt−t
（3）证明：要证当 x∈(0,+∞) 时， lnx−1≥1ex−1−2x ．即证当 x∈(0,+∞) 时， xlnx−x≥xex−1−2 ．
由（2）知当 a=1 时，函数 f(x)=xlnx−x 在 x=1 处的最小值为 −1 ，
令 m(x)=xex−1−2 ．∴ m'(x)=1−xex−1 ，由 m'(x)=0 得 x=1 ，
所以在 (0,1) 得函数，在 (1,+∞) m(x) 为减函数，所以 m(x)max=m(1)=1 ，
当 x∈(0,+∞) 时， xlnx−x≥xex−1−2 ．
即当 x∈(0,+∞) 时， lnx−1≥1ex−1−2x
【解析】【分析】（1） ∀x∈(0,+∞) ， f(x)≥g(x) 恒成立，即为 xlnx−ax≥−x2−2恒成立，可化为. a≤lnx+x+2x 在 (0,+∞) 上恒成立， 令 ℎ(x)=lnx+x+2x ， x>0 ， 利用导数研究其单调性极值
与最值即可得出 a的取值范围；
（2） 当 a=1 时， f(x)=xlnx−x ， 求导，根据导数的符号可得出 f(x)的单调性，进而求得 f(x) 在区间 [t,t+1](t>0) 的最小值；
（3）要证当 x∈(0,+∞) 时， lnx−1≥1ex−1−2x ， 即证当 x∈(0,+∞) 时， xlnx−x≥xex−1−2 ， 令 m(x)=xex−1−2 ，m'(x)=1−xex−1 ， 由 m'(x)=0 得 x=1 ， 在 (1,+∞) m(x) 为减函数，所以 m(x)max=m(1)=1 ， 进而证得 lnx−1≥1ex−1−2x ．
22.【答案】 解：记 △ABC、△ABD、△ACD、△BCD 的面积依次为 S1、S2、S3、S ，
平面 BCD 与 AB、AC、AD 所成角依次为 α、β、γ ，
点 A 到平面 BCD 的距离为 d，r，R 分别表示内切球与外接球的半径，内切球的球心为 O ，
直角三角形 ABC
直角四面体 ABCD
条件
AB⊥AC
AB⊥AC，AB⊥AD，AC⊥AD
结论1
AB2+AC2=BC2
S12+S22+S32=S2
结论2
sin2B+sin2C=1
sin2α+sin2β+sin2γ=1
结论3
1ℎ2=1AB2+1AC2
1d2=1AB2+1AC2+1AD2
结论4
1AB+1AC+1ℎ=1r
1AB+1AC+1AD+1d=1r
结论5
(2R)2=12(AB2+BC2+CA2)
(2R)2=AB2+BC2+CA2
证明：设 AB=a、AC=b、AD=c ，
过 A 作 AE⊥BC ，垂足为 E ，联结 DE ，过 A 作 AH⊥DE ，垂足为 H ，
易证： DE⊥BC ， AH⊥ 平面 BCD ，则 d=AH ，
结论1： S12+S22+S32=(12ab)2+(12ac)2+(12bc)2=14(a2b2+a2c2+b2c2) ，
在 Rt△ABC 中， AE=AB⋅ACBC=aba2+b2 ， DE=AD2+AE2=c2+a2b2a2+b2
S2=(12a2+b2⋅c2+a2b2a2+b2)2=14(a2b2+a2c2+b2c2) s
∴S12+S22+S32=S2 ；
结论2： d=AH=AD⋅AEDE=c⋅aba2+b2c2+a2b2a2+b2=abca2b2+a2c2+b2c2 ，
∴ sinα=da=bca2b2+a2c2+b2c2 。
同理， sinβ=aca2b2+a2c2+b2c2 ， sinλ=aba2b2+a2c2+b2c2
∴ sin2α+sin2β+sin2γ=b2c2+a2c2+a2b2a2b2+a2c2+b2c2=1 ；
结论3：∵ d=abca2b2+a2c2+b2c2 ，∴ 1d2=a2b2+a2c2+b2c2a2b2c2 ，
又 1AB2+1AC2+1AD2=1a2+1b2+1c2=b2c2+a2c2+a2b2a2b2c2 ，
∴ 1d2=1AB2+1AC2+1AD2
结论4： ∵VD−ABC=VO−ABC+VO−ABD+VO−ACD+VO−BCD ，
∴ 16abc=13⋅12ab⋅r+13⋅12ac⋅r+13⋅12bc⋅r+13⋅12a2c2+b2c2+a2b2⋅r .
从而 1r=ababc+acabc+bcabc+a2c2+b2c2+a2b2abc=1c+1b+1a+1d ，即 1r=1AB+1AC+1AD+1d ；
结论5：将直角四面体 ABCD 补形成为以 AB、AC、AD 为长、宽、高的长方体，
则长方体的体对角线即为直角四面体ABCD的外接球的直径，即 (2R)2=AB2+BC2+CA2 .
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