高考数学第7章不等式推理与证明第5节推理与证明高考AB卷理.docx

【大高考】2017版高考数学一轮总复习 第7章 不等式、推理与证明 第5节 推理与证明高考AB卷 理合情推理与演绎推理(2016全国，15)有三张卡片，分别写有1和2，1和3，2和3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是_.解析由丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”可知，丙为“1和2”或“1和3”，又乙说“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，所以乙只可能为“2和3”，所以由甲说“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，所以甲只能为“1和3”.答案1和3合情推理与演绎推理1.(2014北京，8)学生的语文、数学成绩均被评定为三个等级，依次为“优秀”“合格”“不合格”.若学生甲的语文、数学成绩都不低于学生乙，且其中至少有一门成绩高于乙，则称“学生甲比学生乙成绩好”.如果一组学生中没有哪位学生比另一位学生成绩好，并且不存在语文成绩相同、数学成绩也相同的两位学生，那么这组学生最多有()A.2人B.3人 C.4人D.5人解析学生甲比学生乙成绩好，即学生甲两门成绩中一门高过学生乙，另一门不低于学生乙.一组学生中没有哪位学生比另一位学生成绩好，并且没有相同的成绩，则存在的情况是，最多有3人，其中一个语文最好，数学最差；另一个语文最差，数学最好；第三个人成绩均为中等.故选B.答案B2.(2012江西，6)观察下列各式：ab1，a2b23，a3b34，a4b47，a5b511，则a10b10()A.28B.76 C.123D.199解析利用归纳法：ab1，a2b23，a3b3431，a4b4437，a5b57411，a6b611718，a7b7181129，a8b8291847，a9b9472976，a10b107647123.答案C3.(2015山东，11)观察下列各式：C40；CC41; CCC42；CCCC43；照此规律，当nN*时，C C C C_.解析观察等式，第1个等式右边为40411，第2个等式右边为41421，第3个等式右边为42431，第4个等式右边为43441，所以第n个等式右边为4n1.答案4n14.(2015福建，15)一个二元码是由0和1组成的数字串x1x2xn(nN*)，其中xk(k1，2，n)称为第k位码元.二元码是通信中常用的码，但在通信过程中有时会发生码元错误(即码元由0变为1，或者由1变为0).已知某种二元码x1x2x7的码元满足如下校验方程组：其中运算定义为000，011，101，110.现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第k位发生码元错误后变成了1101101，那么利用上述校验方程组可判定k等于_.解析()x4x5x6x711011，()x2x3x6x710010；()x1x3x5x710111.由()()知x5，x7有一个错误，()中没有错误，x5错误，故k等于5.答案55.(2013陕西，14)观察下列等式1211222312223261222324210照此规律，第n个等式可为_.解析左边共n项，每项的符号为(1)n1，通项为(1)n1n2.等式右边的值符号为(1)n1，各式为(1)n1(123n)(1)n1，第n个等式为12223242(1)n1n2(1)n1.答案12223242(1)n1n2(1)n16.(2013湖北，14)古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数.如三角形数1，3，6，10，第n个三角形数为n2n.记第n个k边形数为N(n，k)(k3)，以下列出了部分k边形数中第n个数的表达式：三角形数N(n，3)n2n，正方形数N(n，4)n2，五边形数N(n，5)n2n，六边形数N(n，6)2n2n，可以推测N(n，k)的表达式，由此计算N(10，24)_.解析由题中数据可猜想：含n2项的系数为首项是，公差是的等差数列，含n项的系数为首项是，公差是的等差数列，因此N(n，k)n2nn2n.故N(10，24)11n210n1110210101 000.答案1 0007.(2014陕西，14)观察分析下表中的数据：多面体面数(F)顶点数(V)棱数(E)三棱柱569五棱锥6610立方体6812猜想一般凸多面体中F，V，E所满足的等式是_.解析三棱柱中5692；五棱锥中66102；立方体中68122，由此归纳可得FVE2.答案FVE28.(2012陕西，11)观察下列不等式1，1，1，照此规律，第五个不等式为_.解析先观察左边，第一个不等式为2项相加，第二个不等式为3项相加，第三个不等式为4项相加，则第五个不等式应为6项相加，右边分子为分母的2倍减1，分母即为所对应项数，故应填1.答案19.(2012湖北，13)回文数是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数.如22，121，3 443，94 249等.显然2位回文数有9个：11，22，33，99；3位回文数有90个：101，111，121，191，202，999.则(1)4位回文数有_个；(2)2n1(nN)位回文数有_个.解析(1)2位回文数均是不为0的自然数，故有9个；而对于3位回文数，首、末均相同且不为0，故有9种，而对于中间一数可含有0，故有10种，因此3位回文数有90种；对于4位回文数，首、末均相同且不为0，故有9种，对于中间两数则可含有0，故有10种，因此也有90种；(2)经归纳可得2n1位回文数有910n个.答案(1)90(2)910n10.(2013重庆，22)对正整数n，记In1，2，n，Pn.(1)求集合P7中元素的个数；(2)若Pn的子集A中任意两个元素之和不是整数的平方，则称A为“稀疏集”.求n的最大值，使Pn能分成两个不相交的稀疏集的并.解(1)当k4时，中有3个数与I7中的3个数重复，因此P7中元素的个数为77346.(2)先证：当n15时，Pn不能分成两个不相交的稀疏集的并.若不然，设A，B为不相交的稀疏集，使ABPnIn，不妨设1A，则因1322，故3A，即3B.同理6A，10B，又推得15A，但11542，这与A为稀疏集矛盾.再证P14符合要求，当k1时，I14可分成两个稀疏集之并，事实上，只要取A11，2，4，6，9，11，13，B13，5，7，8，10，12，14，则A1，B1为稀疏集，且A1B1I14.当k4时，集中除整数外剩下的数组成集，可分解为下面两稀疏集的并：A2，B2.当k9时，集中除正整数外剩下的数组成集，可分解为下面两稀疏集的并：A3，B3.最后，集C中的数的分母均为无理数，它与P14中的任何其他数之和都不是整数，因此，令AA1A2A3C，BB1B2B3，则A和B是不相交的稀疏集，且ABP14.综上，所求n的最大值为14.注：对P14的分拆方法不是唯一的.直接证明与间接证明11.(2014山东，4)用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x3axb0至少有一个实根”时，要做的假设是()A.方程x3axb0没有实根B.方程x3axb0至多有一个实根C.方程x3axb0至多有两个实根D.方程x3axb0恰好有两个实根解析至少有一个实根的否定是没有实根，故要做的假设是“方程x3axb0没有实根”.答案A12.(2013四川，15)设P1，P2，Pn为平面内的n个点，在平面内的所有点中，若点P到点P1，P2，Pn的距离之和最小，则称点P为点P1，P2，Pn的一个“中位点”，例如，线段AB上的任意点都是端点A，B的中位点，现有下列命题：若三个点A，B，C共线，C在线段AB上，则C是A，B，C的中位点；直角三角形斜边的中点是该直角三角形三个顶点的中位点；若四个点A，B，C，D共线，则它们的中位点存在且唯一；梯形对角线的交点是该梯形四个顶点的唯一中位点.其中的真命题是_(写出所有真命题的序号).解析由“中位点”可知，若C在线段AB上，则线段AB上任一点都为“中位点”，C也不例外，故正确；对于假设在等腰RtABC中，ACB90，如图所示，点P为斜边AB中点，设腰长为2，则|PA|PB|PC|AB|3，而若C为“中位点”，则|CB|CA|4|AC|OA|OC|，同理在MBD中，|MB|MD|BD|OB|OD|，则得，|MA|MB|MC|MD|OA|OB|OC|OD|，故O为梯形内唯一中位点，是正确的.答案13.(2012福建，17)某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数：sin213cos217sin 13cos 17；sin215cos215sin 15cos 15；sin218cos212sin 18cos 12；sin2(18)cos248sin(18)cos 48；sin2(25)cos255sin(25)cos 55.(1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论.解(1)选择式，计算如下：sin215cos215sin 15cos 151sin 301.(2)三角恒等式为sin2cos2(30)sin cos(30).证明如下：sin2cos2(30)sin cos(30)sin2(cos 30cos sin 30sin )2sin (cos 30cos sin 30sin )sin2cos2sin cos sin2sin cos sin2sin2 cos2.数学归纳法14.(2015江苏，23)已知集合X1，2，3，Yn1，2，3，n(nN*)，设Sn(a，b)|a整除b或b整除a，aX，bYn，令f(n)表示集合Sn所含元素的个数.(1)写出f(6)的值；(2)当n6时，写出f(n)的表达式，并用数学归纳法证明.解(1)f(6)13.(2)当n6时，f(n)(tN*).下面用数学归纳法证明：当n6时，f(6)6213，结论成立；假设nk(k6)时结论成立，那么nk1时，Sk1在Sk的基础上新增加的元素在(1，k1)，(2，k1)，(3，k1)中产生，分以下情形讨论：1)若k16t，则k6(t1)5，此时有f(k1)f(k)3k23(k1)2，结论成立；2)若k16t1，则k6t，此时有f(k1)f(k)1k21(k1)2，结论成立；3)若k16t2，则k6t1，此时有f(k1)f(k)2k22(k1)2，结论成立；4)若k16t3，则k6t2，此时有f(k1)f(k)2k22(k1)2，结论成立；5)若k16t4，则k6t3，此时有f(k1)f(x)2k22(k1)2，结论成立；6)若k16t5，则k6t4，此时有f(k1)f(k)1k21(k1)2，结论成立.综上所述，结论对满足n6的自然数n均成立.15.(2014陕西，21)设函数f(x)ln (1x)，g(x)xf(x)，x0，其中f(x)是f(x)的导函数.(1)令g1(x)g(x)，gn1(x)g(gn(x)，nN*，求gn(x)的表达式；(2)若f(x)ag(x)恒成立，求实数a的取值范围；(3)设nN*，比较g(1)g(2)g(n)与nf(n)的大小，并加以证明.解由题设得，g(x)(x0).(1)由已知，g1(x)，g2(x)g(g1(x)，g3(x)，可得gn(x).下面用数学归纳法证明.当n1时，g1(x)，结论成立.假设nk时结论成立，即gk(x).那么，当nk1时，gk1(x)g(gk(x)，即结论成立.由可知，结论对nN成立.(2)已知f(x)ag(x)恒成立，即ln (1x)恒成立.设(x)ln (1x)(x0)，则(x)，当a1时，(x)0(仅当x0，a1时等号成立)，(x)在0，)上单调递增，又(0)0，(x)0在0，)上恒成立，a1时，ln (1x)恒成立(仅当x0时等号成立).当a1时，对x(0，a1有(x)0，(x)在(0，a1上单调递减，(a1)1时，存在x0，使(x)nln (n1).证明如下：法一上述不等式等价于，x0.令x，nN，则ln .下面用数学归纳法证明.当n1时，ln 2，结论成立.假设当nk时结论成立，即ln (k1).那么，当nk1时，ln (k1)ln (k1)ln ln (k2)，即结论成立.由可知，结论对nN成立.法二上述不等式等价于，x0.令x，nN，则ln .故有ln 2ln 1，ln 3ln 2，ln(n1)ln n，上述各式相加可得ln (n1)，结论得证.法三如图，dx是由曲线y，xn及x轴所围成的曲边梯形的面积，而是图中所示各矩形的面积和.dx(1)dxnln (n1)，结论得证.16.(2014重庆，22)设a11，an1b(nN*).(1)若b1，求a2，a3及数列an的通项公式；(2)若b1，问：是否存在实数c使得a2nca2n1对所有nN*成立？证明你的结论.解(1)法一a22，a31，再由题设条件知(an11)2(an1)21.从而(an1)2是首项为0公差为1的等差数列，故(an1)2n1，即an1(nN*).法二a22，a31，可写为a11，a21，a31.因此猜想an1.下面用数学归纳法证明上式：当n1时结论显然成立.假设nk时结论成立，即ak1.则ak1111