【备考2014】2013高考数学 （真题+模拟新题分类汇编） 推理与证明 理

1 推理与证明推理与证明 M1M1 合情推理与演绎推理 15 B13B13 J3J3 M1M1 2013 福建卷 当 x R R x 1 时 有如下表达式 1 x x2 xn 1 1 x 两边同时积分得 01dx 0 xdx 0 x2dx 0 xndx 0 dx 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 x 从而得到如下等式 1 ln 2 1 2 1 2 1 2 2 1 3 1 2 3 1 n 1 1 2 n 1 请根据以上材料所蕴含的数学思想方法 计算 C C 2 C 3 C 0 n 1 2 1 2 1 n 1 2 1 3 2 n 1 2 1 n 1 n n 1 2 n 1 15 解析 1 x n C C x C x2 C xn 1 n 1 3 2 n 1 1 0 n1 n2 nn n 两边同时积分得 C 01dx C 0 xdx C 0 x2dx C 0 xndx 0 1 x ndx 0 n 1 21 n 1 22 n 1 2n n 1 2 1 2 得 C C 2 C 3 C n 1 n 1 1 0 n 1 2 1 2 1 n 1 2 1 3 2 n 1 2 1 n 1 n n 1 2 1 n 1 3 2 14 M1M1 2013 湖北卷 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 n2 n 记第 n 个 k 边形数为 n n 1 2 1 2 1 2 N n k k 3 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 n2 n 1 2 1 2 正方形数 N n 4 n2 五边形数 N n 5 n2 n 3 2 1 2 六边形数 N n 6 2n2 n 可以推测 N n k 的表达式 由此计算 N 10 24 14 1 000 解析 观察得 k 每增加 1 n2项系数增加 n 项系数减少 N n k 1 2 1 2 n2 4 k 故 N 10 24 1 000 k 2 2 n 2 16 B7B7 M1M1 2013 山东卷 定义 正对数 ln x 现有四个命题 0 0 x 0 b 0 则 ln ab bln a 若 a 0 b 0 则 ln ab ln a ln b 2 若 a 0 b 0 则 ln ln a ln b a b 若 a 0 b 0 则 ln a b ln a ln b ln 2 其中的真命题有 写出所有真命题的编号 16 解析 中 当 ab 1 时 b 0 a 1 ln ab ln ab bln a bln a 当 0 ab0 0 a 1 ln ab bln a 0 正确 中 当 0 ab1 时 左边 ln ab 0 右边 ln a ln b ln a 0 ln a 0 不成立 中 当 1 即 a b 时 左边 0 右边 ln a ln b 0 左边 右边成立 当 1 a b a b 时 左边 ln ln a ln b 0 若 a b 1 时 右边 ln a ln b 左边 右边成立 若 a b 0 b a1 b 0 左边 ln ln a ln b ln a 右边 a b ln a 左边 右边成立 正确 中 若 0 a b0 左边 a b 右边 若 a b 1 ln ln 2 ln ln 2 ln a b a b a b 2 又 a 或 b a b 至少有 1 个大于 1 ln ln a 或 ln ln b a b 2 a b 2 a b 2 a b 2 即有 ln ln 2 ln ln 2 ln ln a ln b 正确 a b a b a b 2 14 M1M1 2013 陕西卷 观察下列等式 12 1 12 22 3 12 22 32 6 12 22 32 42 10 照此规律 第 n 个等式可为 14 12 22 32 42 1 n 1n2 1 n 1 解析 结合已知所给几项 n n 1 2 的特点 可知式子左边共 n 项 且正负交错 奇数项为正 偶数项为负 右边的绝对值为左 边底数的和 系数和最后一项正负保持一致 故表达式为 12 22 32 42 1 n 1n2 1 n 1 n n 1 2 M2M2 直接证明与间接证明 20 M2M2 D2D2 D3D3 D5D5 2013 北京卷 已知 an 是由非负整数组成的无穷数列 该数列前 n 项的最大值记为 An 第 n 项之后各项 an 1 an 2 的最小值记为 Bn dn An Bn 1 若 an 为 2 1 4 3 2 1 4 3 是一个周期为 4 的数列 即对任意 n N N an 4 an 写出 d1 d2 d3 d4的值 3 2 设 d 是非负整数 证明 dn d n 1 2 3 的充分必要条件为 an 是公差为 d 的等差数列 3 证明 若 a1 2 dn 1 n 1 2 3 则 an 的项只能是 1 或者 2 且有无穷多 项为 1 20 解 1 d1 d2 1 d3 d4 3 2 充分性 因为 an 是公差为 d 的等差数列 且 d 0 所以 a1 a2 an 因此 An an Bn an 1 dn an an 1 d n 1 2 3 必要性 因为 dn d 0 n 1 2 3 所以 An Bn dn Bn 又因为 an An an 1 Bn 所以 an an 1 于是 An an Bn an 1 因此 an 1 an Bn An dn d 即 an 是公差为 d 的等差数列 3 因为 a1 2 d1 1 所以 A1 a1 2 B1 A1 d1 1 故对任意 n 1 an B1 1 假设 an n 2 中存在大于 2 的项 设 m 为满足 am 2 的最小正整数 则 m 2 并且对任意 1 k2 于是 Bm Am dm 2 1 1 Bm 1 min am Bm 1 故 dm 1 Am 1 Bm 1n 且 am 1 即数列 an 有无穷多项为 1 M3M3 数学归纳法 M4M4 单元综合 1 2013 黄山质检 已知 n 为正偶数 用数学归纳法证明 1 2 1 2 1 3 1 4 1 n 1 时 若已假设 n k k 2 为偶数 时命题为真 则还需要用归纳假设再 1 n 2 1 n 4 1 2n 证 n 时等式成立 A k 1 B k 2 C 2k 2 D 2 k 2 1 B 解析 根据数学归纳法的步骤可知 则 n k k 2 为偶数 下一个偶数为 k 2 故答案为 B 2 2013 石景山期末 在整数集 Z Z 中 被 5 除所得余数为 k 的所有整数组成一个 类 记为 k 即 k 5n k n Z Z k 0 1 2 3 4 给出如下四个结论 2 013 3 2 2 Z Z 0 1 2 3 4 整数 a b 属于同一 类 的充要条件是 a b 0 4 其中 正确结论的个数为 A 1 B 2 C 3 D 4 2 C 解析 因为 2 013 402 5 3 所以 2 013 3 正 确 2 1 5 3 2 3 所以 不正确 因为整数集中的数被 5 除的余数可以且只 可以分成五类 所以 正确 整数 a b 属于同一 类 则整数 a b 被 5 除的余数相同 从而 a b 被 5 除的余数为 0 反之也成立 故整数 a b 属于同一 类 的充要条件是 a b 0 故 正确 所以正确的结论个数为 3 选 C 3 2013 汕头期末 已知 2 3 4 若 6 2 2 3 2 3 3 3 8 3 8 4 4 15 4 15 6 a t a t 均为正实数 类比以上等式 可推测 a t 的值 则 a t a t 3 29 解析 类比等式可推测 a 6 t 35 则 a t 29 4 2013 福州期末 已知点 A x1 ax1 B x2 ax2 是函数 y ax a 1 的图像上任意 不同两点 依据图像可知 线段 AB 总是位于 A B 两点之间函数图像的上方 因此有结论 a成立 运用类比思想方法可知 若点 A x1 sin x1 B x2 sin x2 是函 ax1 ax2 2 x1 x2 2 数 y sin x x 0 的图像上的不同两点 则类似地有 成立 4 sin 解析 函数 y sin x 在 x 0 的图像上任意不同 sin x1 sin x2 2 x1 x2 2 两点 A B 依据图像可知 线段 AB 总是位于 A B 两点之间函数图像的下方 所以 sin sin x1 sin x2 2 x1 x2 2 规律解读 类比推理中的结论要注意问题在变化之后的不同 要 求同存异 才能够 正确解决问题 5 2013 云南师大附中月考 我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量 在平面直角坐标系中 利用求动点轨迹方程的方法 可以求出过点 A 3 4 且法向量为 n n 1 2 的直线 点法式 方程为 1 x 3 2 y 4 0 化简得 x 2y 11 0 类比以上方法 在空间直角坐标系中 经过点 A 1 2 3 且法向量为n n 1 2 1 的平面 点法式 方程为 5 x 2y z 2 0 解析 设 B x y z 为平面内的任一点 类比得平面的方程为 1 x 1 2 y 2 1 z 3 0 即 x 2y z 2 0 6 2013 黄山质检 已知数列 an 满足 a1 1 an logn n 1 n 2 n N N 定义 使乘积 a1 a2 ak为正整数的 k k N N 叫作 简易数 则在 1 2 012 内所有 简易 数 的和为 6 2 036