五年高考真題高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 第七章 第五節(jié) 推理與證明 理全國通用

高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料2019.5第五節(jié)第五節(jié)推理與證明推理與證明考點(diǎn)一合情推理與演繹推理1(20 xx北京，8)學(xué)生的語文、數(shù)學(xué)成績均被評定為三個(gè)等級，依次為“優(yōu)秀”“合格”“不合格”若學(xué)生甲的語文、數(shù)學(xué)成績都不低于學(xué)生乙，且其中至少有一門成績高于乙， 則稱“學(xué)生甲比學(xué)生乙成績好” 如果一組學(xué)生中沒有哪位學(xué)生比另一位學(xué)生成績好，并且不存在語文成績相同、數(shù)學(xué)成績也相同的兩位學(xué)生，那么這組學(xué)生最多有()A2 人B3 人C4 人D5 人解析學(xué)生甲比學(xué)生乙成績好， 即學(xué)生甲兩門成績中一門高過學(xué)生乙， 另一門不低于學(xué)生乙一組學(xué)生中沒有哪位學(xué)生比另一位學(xué)生成績好，并且沒有相同的成績，則存在的情況是，最多有 3 人，其中一個(gè)語文最好，數(shù)學(xué)最差；另一個(gè)語文最差，數(shù)學(xué)最好；第三個(gè)人成績均為中等故選 B.答案B2 (20 xx江西， 6)觀察下列各式：ab1，a2b23，a3b34，a4b47，a5b511， ，則a10b10()A28B76C123D199解析利用歸納法：ab1，a2b23，a3b3431，a4b4437，a5b57411，a6b611718，a7b7181129，a8b8291847，a9b9472976，a10b107647123.答案C3(20 xx江西，7)觀察下列各式：553 125，5615 625，5778 125，則52 011的末四位數(shù)字為()A3125B5625C0625D8125解析由觀察易知 55的末四位數(shù)字為 3125，56的末四位數(shù)字為 5625，57的末四位數(shù)字為8125， 58的末四位數(shù)字為0625， 59的末四位數(shù)字為3125， 故周期T4.又由于2 01150243，因此 52 011的末四位數(shù)字是 8125.答案D4(20 xx山東，11)觀察下列各式：C0140；C03C1341;C05C15C2542；C07C17C27C3743；照此規(guī)律，當(dāng)nN N* *時(shí)，C02n1C12n1 C22n1 Cn12n1_解析觀察等式，第 1 個(gè)等式右邊為 40411，第 2 個(gè)等式右邊為 41421，第 3 個(gè)等式右邊為 42431，第 4 個(gè)等式右邊為 43441，所以第n個(gè)等式右邊為 4n1.答案4n15(20 xx福建，15)一個(gè)二元碼是由 0 和 1 組成的數(shù)字串x1x2xn(nN N* *)，其中xk(k1，2，n)稱為第k位碼元二元碼是通信中常用的碼，但在通信過程中有時(shí)會發(fā)生碼元錯(cuò)誤(即碼元由 0 變?yōu)?1，或者由 1 變?yōu)?0)已知某種二元碼x1x2x7的碼元滿足如下校驗(yàn)方程組：x4x5x6x70，x2x3x6x70，x1x3x5x70，其中運(yùn)算定義為 000，011，101，110.現(xiàn)已知一個(gè)這種二元碼在通信過程中僅在第k位發(fā)生碼元錯(cuò)誤后變成了 1101101， 那么利用上述校驗(yàn)方程組可判定k等于_解析()x4x5x6x711011，()x2x3x6x710010；()x1x3x5x710111.由()()知x5，x7有一個(gè)錯(cuò)誤，()中沒有錯(cuò)誤，x5錯(cuò)誤，故k等于 5.答案56(20 xx陜西，14)觀察下列等式1211222312223261222324210照此規(guī)律，第n個(gè)等式可為_解析左邊共n項(xiàng)，每項(xiàng)的符號為(1)n1，通項(xiàng)為(1)n1n2.等式右邊的值符號為(1)n1，各式為(1)n1(123n)(1)n1n（n1）2，第n個(gè)等式為 12223242(1)n1n2(1)n1n（n1）2.答案12223242(1)n1n2(1)n1n（n1）27(20 xx湖北，14)古希臘畢達(dá)哥拉斯學(xué)派的數(shù)學(xué)家研究過各種多邊形數(shù)如三角形數(shù) 1，3， 6， 10， ， 第n個(gè)三角形數(shù)為n（n1）212n212n.記第n個(gè)k邊形數(shù)為N(n，k)(k3)，以下列出了部分k邊形數(shù)中第n個(gè)數(shù)的表達(dá)式：三角形數(shù)N(n，3)12n212n，正方形數(shù)N(n，4)n2，五邊形數(shù)N(n，5)32n212n，六邊形數(shù)N(n，6)2n2n，可以推測N(n，k)的表達(dá)式，由此計(jì)算N(10，24)_.解析由題中數(shù)據(jù)可猜想：含n2項(xiàng)的系數(shù)為首項(xiàng)是12，公差是12的等差數(shù)列，含n項(xiàng)的系數(shù) 為 首 項(xiàng) 是12， 公 差 是 12的 等 差 數(shù) 列 ， 因 此N(n，k) 12（k3）12n212（k3）12nk22n24k2n.故N(10，24)11n210n1110210101000.答案1 0008(20 xx陜西，14)觀察分析下表中的數(shù)據(jù)：多面體面數(shù)(F)頂點(diǎn)數(shù)(V)棱數(shù)(E)三棱柱569五棱錐6610立方體6812猜想一般凸多面體中F，V，E所滿足的等式是_解析三棱柱中 5692；五棱錐中 66102；立方體中 68122，由此歸納可得FVE2.答案FVE29(20 xx福建，15)當(dāng)xR R，|x|1 時(shí)，有如下表達(dá)式：1xx2xn11x.兩邊同時(shí)積分得：1201dx120 xdx120 x2dx120 xndx12011xdx，從而得到如下等式：11212122131231n112n1ln 2.請根據(jù)以上材料所蘊(yùn)含的數(shù)學(xué)思想方法，計(jì)算：C0n1212C1n12213C2n1231n1Cnn12n1_.解析由 C0nC1nxC2nx2Cnnxn(1x)n，兩邊同時(shí)積分得：C0n1201dxC1n120 xdxC2n120 x2dxCnn120 xndx120(1x)ndx，12C0n12C1n12213C2n1231n1Cnn12n11n1（1x）n1|1201n1112n11n11n132n11 .答案1n132n1110(20 xx陜西，11)觀察下列不等式112232，112213253，112213214274，照此規(guī)律，第五個(gè)不等式為_解析先觀察左邊，第一個(gè)不等式為 2 項(xiàng)相加，第二個(gè)不等式為 3 項(xiàng)相加，第三個(gè)不等式為 4 項(xiàng)相加，則第五個(gè)不等式應(yīng)為 6 項(xiàng)相加，右邊分子為分母的 2 倍減 1，分母即為所對應(yīng)項(xiàng)數(shù)，故應(yīng)填 1122132142152162116.答案11221321421521620)，觀察：f1(x)f(x)xx2，f2(x)ff1(x)x3x4，f3(x)ff2(x)x7x8，f4(x)ff3(x)x15x16，根據(jù)以上事實(shí)，由歸納推理可得：當(dāng)nN N* *且n2 時(shí)，fn(x)ffn1(x)_.解析由f(x)xx2(x0)得，f1(x)f(x)xx2，f2(x)ff1(x)x3x4x（221）x22，f3(x)ff2(x)x7x8x（231）x23，f4(x)ff3(x)x15x16x（241）x24，當(dāng)n2 且nN N* *時(shí)，fn(x)ffn1(x)x（2n1）x2n.答案x（2n1）x2n13(20 xx重慶，22)對正整數(shù)n，記In1，2，n，Pnmk|mIn，kIn.(1)求集合P7中元素的個(gè)數(shù)；(2)若Pn的子集A中任意兩個(gè)元素之和不是整數(shù)的平方，則稱A為“稀疏集”求n的最大值，使Pn能分成兩個(gè)不相交的稀疏集的并解(1)當(dāng)k4 時(shí)，mk|mI7中有 3 個(gè)數(shù)與I7中的 3 個(gè)數(shù)重復(fù)， 因此P7中元素的個(gè)數(shù)為77346.(2)先證：當(dāng)n15 時(shí)，Pn不能分成兩個(gè)不相交的稀疏集的并若不然，設(shè)A，B為不相交的稀疏集，使ABPnIn，不妨設(shè) 1A，則因 1322，故 3A，即 3B.同理 6A，10B，又推得 15A，但 11542，這與A為稀疏集矛盾再證P14符合要求，當(dāng)k1 時(shí)，mk|mI14I14可分成兩個(gè)稀疏集之并，事實(shí)上，只要取A11，2，4，6，9，11，13，B13，5，7，8，10，12，14，則A1，B1為稀疏集，且A1B1I14.當(dāng)k4 時(shí)，集mk|mI14中除整數(shù)外剩下的數(shù)組成集12，32，52，132 ，可分解為下面兩稀疏集的并：A212，52，92，112 ，B232，72，132 .當(dāng)k9 時(shí)，集mk|mI14中除正整數(shù)外剩下的數(shù)組成集13，23，43，53，133，143 ，可分解為下面兩稀疏集的并：A313，43，53，103，133 ，B323，73，83，113，143 .最后，集Cmk|mI14，kI14，且k1，4，9中的數(shù)的分母均為無理數(shù)，它與P14中的任何其他數(shù)之和都不是整數(shù)，因此，令A(yù)A1A2A3C，BB1B2B3，則A和B是不相交的稀疏集，且ABP14.綜上，所求n的最大值為 14.注：對P14的分拆方法不是唯一的考點(diǎn)二直接證明與間接證明1(20 xx山東，4)用反證法證明命題“設(shè)a，b為實(shí)數(shù)，則方程x3axb0 至少有一個(gè)實(shí)根”時(shí)，要做的假設(shè)是()A方程x3axb0 沒有實(shí)根B方程x3axb0 至多有一個(gè)實(shí)根C方程x3axb0 至多有兩個(gè)實(shí)根D方程x3axb0 恰好有兩個(gè)實(shí)根解析至少有一個(gè)實(shí)根的否定是沒有實(shí)根，故要做的假設(shè)是“方程x3axb0 沒有實(shí)根”答案A2(20 xx四川，15)設(shè)P1，P2，Pn為平面內(nèi)的n個(gè)點(diǎn)，在平面內(nèi)的所有點(diǎn)中，若點(diǎn)P到點(diǎn)P1，P2，Pn的距離之和最小，則稱點(diǎn)P為點(diǎn)P1，P2，Pn的一個(gè)“中位點(diǎn)”，例如，線段AB上的任意點(diǎn)都是端點(diǎn)A，B的中位點(diǎn)，現(xiàn)有下列命題：若三個(gè)點(diǎn)A，B，C共線，C在線段AB上，則C是A，B，C的中位點(diǎn)；直角三角形斜邊的中點(diǎn)是該直角三角形三個(gè)頂點(diǎn)的中位點(diǎn)；若四個(gè)點(diǎn)A，B，C，D共線，則它們的中位點(diǎn)存在且唯一；梯形對角線的交點(diǎn)是該梯形四個(gè)頂點(diǎn)的唯一中位點(diǎn)其中的真命題是_(寫出所有真命題的序號)解析由“中位點(diǎn)”可知，若C在線段AB上，則線段AB上任一點(diǎn)都為“中位點(diǎn)”，C也不例外，故正確；對于假設(shè)在等腰 RtABC中，ACB90，如圖所示，點(diǎn)P為斜邊AB中點(diǎn)，設(shè)腰長為 2，則|PA|PB|PC|32|AB|3 2，而若C為“中位點(diǎn)”，則|CB|CA|4|AC|OA|OC|，同理在MBD中，|MB|MD|BD|OB|OD|，則得，|MA|MB|MC|MD|OA|OB|OC|OD|，故O為梯形內(nèi)唯一中位點(diǎn)，是正確的答案3.(20 xx陜西，18)(1)如圖，證明命題“a是平面內(nèi)的一條直線，b是外的一條直線(b不垂直于)，c是直線b在上的投影，若ab，則ac”為真；(2)寫出上述命題的逆命題，并判斷其真假(不需證明)(1)證明法一如圖，過直線b上任一點(diǎn)作平面的垂線n，設(shè)直線a，b，c，n的方向向量分別是a a，b b，c c，n n，則b b，c c，n n共面根據(jù)平面向量基本定理，存在實(shí)數(shù)，使得c cb bn n，則a ac ca a(b bn n)(a ab b)(a an n)，因?yàn)閍b，所以a ab b0.又因?yàn)閍，n，所以a an n0.故a an n0，從而ac.法二如圖，記cbA，P為直線b上異于點(diǎn)A的任意一點(diǎn)，過P作PO，垂足為O，則Oc.PO，a，直線POa.又ab，b平面PAO，PObP，a平面PAO.又c平面PAO.ac.(2)解逆命題為：a是平面內(nèi)的一條直線，b是外的一條直線(b不垂直于)，c是直線b在上的投影，若ac，則ab.逆命題為真命題4(20 xx福建，17)某同學(xué)在一次研究性學(xué)習(xí)中發(fā)現(xiàn)，以下五個(gè)式子的值都等于同一個(gè)常數(shù)：sin213cos217sin13cos 17；sin215cos215sin15cos 15；sin218cos212sin18cos 12；sin2(18)cos248sin(18)cos 48；sin2(25)cos255sin(25)cos 55.(1)試從上述五個(gè)式子中選擇一個(gè)，求出這個(gè)常數(shù)；(2)根據(jù)(1)的計(jì)算結(jié)果，將該同學(xué)的發(fā)現(xiàn)推廣為三角恒等式，并證明你的結(jié)論解(1)選擇式，計(jì)算如下：sin215cos215sin 15cos 15112sin 3011434.(2)三角恒等式為 sin2cos2(30)sincos(30)34.證明如下：sin2cos2(30)sincos(30)sin2(cos 30cossin 30sin)2sin(cos 30cossin 30sin)sin234cos232sincos14sin232sincos12sin234sin234cos234.5(20 xx全國，20)設(shè)數(shù)列an滿足a10 且11an111an1.(1)求an的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn1an1n，記Sn錯(cuò)誤錯(cuò)誤!k，證明：Sn1.(1)解由題設(shè)11an111an1，即11an是公差為 1 的等差數(shù)列又11a11，故11ann.所以an11n.(2)證明由(1)得bn1an1nn1nn1n1n1n1，Sn錯(cuò)誤錯(cuò)誤!k=1nk1k1k1 11n11 時(shí)，對x(0，a1有(x)0，(x)在(0，a1上單調(diào)遞減，(a1)1 時(shí)，存在x0，使(x)nln (n1)證明如下：法一上述不等式等價(jià)于12131n1x1x，x0.令x1n，nN N，則1n1lnn1n.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明當(dāng)n1 時(shí)，12ln 2，結(jié)論成立假設(shè)當(dāng)nk時(shí)結(jié)論成立，即12131k1ln (k1)那么，當(dāng)nk1 時(shí)，12131k11k2ln (k1)1k2ln (k1)lnk2k1ln (k2)，即結(jié)論成立由可知，結(jié)論對nN N成立法二上述不等式等價(jià)于12131n1x1x，x0.令x1n，nN N，則 lnn1n1n1.故有 ln 2ln 112，ln 3ln 213，ln(n1)lnn1n1，上述各式相加可得 ln (n1)12131n1，結(jié)論得證法三如圖，錯(cuò)誤錯(cuò)誤!xx1dx是由曲線yxx1，xn及x軸所圍成的曲邊梯形的面積， 而1223nn1是圖中所示各矩形的面積和1223nn1錯(cuò)誤錯(cuò)誤!xx1dx錯(cuò)誤錯(cuò)誤!(11x1)dxnln (n1)，結(jié)論得證3(20 xx重慶，22)設(shè)a11，an1a2n2an2b(nN N*)(1)若b1，求a2，a3及數(shù)列an的通項(xiàng)公式；(2)若b1，問：是否存在實(shí)數(shù)c使得a2nca2n1對所有nN N*成立？證明你的結(jié)論解(1)法一a22，a3 21，再由題設(shè)條件知(an11)2(an1)21.從而(an1)2是首項(xiàng)為 0 公差為 1 的等差數(shù)列，故(an1)2n1，即ann11(nN N*)法二a22，a3 21，可寫為a1 111，a2 211，a3 311.因此猜想ann11.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明上式：當(dāng)n1 時(shí)結(jié)論顯然成立假設(shè)nk時(shí)結(jié)論成立，即akk11.則ak1 （ak1）211 （k1）11 （k1）11.這就是說，當(dāng)nk1 時(shí)結(jié)論成立所以ann11(nN N*)(2)法一設(shè)f(x) （x1）211，則an1f(an)令cf(c)，即c （c1）211，解得c14.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明加強(qiáng)命題a2nca2n11.當(dāng)n1 時(shí)，a2f(1)0，a3f(0) 21，所以a214a31，結(jié)論成立假設(shè)nk時(shí)結(jié)論成立，即a2kca2k1f(a2k1)f(1)a2，即 1ca2k2a2.再由f(x)在(，1上為減函數(shù)得cf(c)f(a2k2)f(a2)a31.故ca2k31，因此a2(k1)ca2(k1)11.這就是說，當(dāng)nk1 時(shí)結(jié)論成立綜上，符合條件的c存在，其中一個(gè)值為c14.法二設(shè)f(x) （x1）211，則an1f(an)先證：0an1(nN N*)當(dāng)n1 時(shí)，結(jié)論明顯成立假設(shè)nk時(shí)結(jié)論成立，即 0ak1.易知f(x)在(，1上為減函數(shù)，從而 0f(1)f(ak)f(0) 211.即 0ak11.這就是說，當(dāng)nk1 時(shí)結(jié)論成立，故成立再證：a2na2n1(nN N*)當(dāng)n1 時(shí)，a2f(1)0，a3f(a2)f(0) 21，有a2a3，即n1 時(shí)成立假設(shè)nk時(shí)，結(jié)論成立，即a2kf(a2k1)a2k2，a2(k1)f(a2k1)f(a2k2)a2(k1)1.這就是說，當(dāng)nk1 時(shí)成立，所以對一切nN N*成立由得a2na22n2a2n21，即(a2n1)2a22n2a2n2，因此a2nf(a2n1)，即a2n1a2n2，所以a2n1a22n12a2n121.解得a2n114.綜上，由、知存在c14使a2nca2n1對一切nN N*成立