2018年高考数学复习演练第十五章推理与证明含2014_2017年真题.docx

第十五章 推理与证明1.（2017新课标,7）甲、乙、丙、丁四位同学一起去问老师询问成语竞赛的成绩老师说：你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩根据以上信息，则（ ） A、乙可以知道四人的成绩B、丁可以知道四人的成绩C、乙、丁可以知道对方的成绩D、乙、丁可以知道自己的成绩1.D 四人所知只有自己看到，老师所说及最后甲说话，甲不知自己的成绩乙丙必有一优一良，（若为两优，甲会知道自己的成绩；若是两良，甲也会知道自己的成绩）乙看到了丙的成绩，知自己的成绩丁看到甲、丁中也为一优一良，丁知自己的成绩，故选D2.（2017北京,14）三名工人加工同一种零件，他们在一天中的工作情况如图所示，其中Ai的横、纵坐标分别为第i名工人上午的工作时间和加工的零件数，点Bi的横、纵坐标分别为第i名工人下午的工作时间和加工的零件数，i=1，2，3记Qi为第i名工人在这一天中加工的零件总数，则Q1 ， Q2 ， Q3中最大的是_记pi为第i名工人在这一天中平均每小时加工的零件数，则p1 ， p2 ， p3中最大的是_2 .Q1；p2 若Qi为第i名工人在这一天中加工的零件总数，Q1=A1的纵坐标+B1的纵坐标；Q2=A2的纵坐标+B2的纵坐标，Q3=A3的纵坐标+B3的纵坐标，由已知中图象可得：Q1 ， Q2 ， Q3中最大的是Q1 ， 若pi为第i名工人在这一天中平均每小时加工的零件数，则pi为AiBi中点与原点连线的斜率，故p1 ， p2 ， p3中最大的是p2.3.(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3.B 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.4.(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4.A 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”.5.（2017江苏,14）设f（x）是定义在R上且周期为1的函数，在区间0，1）上，f（x）= ，其中集合D=x|x= ，nN*，则方程f（x）lgx=0的解的个数是_ 5. 8 在区间0，1）上，f（x）= ，第一段函数上的点的横纵坐标均为有理数，又f（x）是定义在R上且周期为1的函数，在区间1，2）上，f（x）= ，此时f（x）的图象与y=lgx有且只有一个交点；同理：区间2，3）上，f（x）的图象与y=lgx有且只有一个交点；区间3，4）上，f（x）的图象与y=lgx有且只有一个交点；区间4，5）上，f（x）的图象与y=lgx有且只有一个交点；区间5，6）上，f（x）的图象与y=lgx有且只有一个交点；区间6，7）上，f（x）的图象与y=lgx有且只有一个交点；区间7，8）上，f（x）的图象与y=lgx有且只有一个交点；区间8，9）上，f（x）的图象与y=lgx有且只有一个交点；在区间9，+）上，f（x）的图象与y=lgx无交点；故f（x）的图象与y=lgx有8个交点；即方程f（x）lgx=0的解的个数是8.6.(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_.6.1和3 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”.7.(2015山东，11)观察下列各式：C40；CC41; CCC42；CCCC43；照此规律，当nN*时，CC C C_.7.4n1 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4n1.8.(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_.8.5 ()x4x5x6x711011，()x2x3x6x710010；()x1x3x5x710111.由()()知x5，x7有一个错误，()中没有错误，x5错误，故k等于5.9.(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.9.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.10.(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_.10.FVE2 三棱柱中5692;五棱锥中66102;立方体中68122,由此归纳可得FVE2.11.(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.11.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.12.(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.12.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.这就是说，当nk1时结论成立.所以an1(nN*).(2)法一设f(x)1，则an1f(an).令cf(c)，即c1，解得c.下面用数学归纳法证明加强命题a2nca2n11.当n1时，a2f(1)0，a3f(0)1，所以a2a31，结论成立.假设nk时结论成立，即a2kca2k1f(a2k1)f(1)a2，即1ca2k2a2.再由f(x)在(，1上为减函数得cf(c)f(a2k2)f(a2)a31.故ca2k31，因此a2(k1)ca2(k1)11.这就是说，当nk1时结论成立.综上，符合条件的c存在，其中一个值为c.法二设f(x)1，则an1f(an).先证：0an1(nN*).当n1时，结论明显成立.假设nk时结论成立，即0ak1.易知f(x)在(，1上为减函数，从而0f(1)f(ak)f(0)11.即0ak11.这就是说，当nk1时结