2011年高考数学试题分类汇编 专题推理与证明 理

20112011 年高考试题数学 理科 推理与证明年高考试题数学 理科 推理与证明 一 选择题一 选择题 1 2011 2011 年高考江西卷理科年高考江西卷理科 7 7 观察下列各式 3125 15625 78125 则 5 5 6 5 7 5 的末四位数字为 2011 5 A 3125 B 5625 C 0625 D 8125 答案 D 解析 观察发现幂指数是奇数的 结果后三位数字为 125 故排除 B C 选项 而 故 A 也不正确 所以选 D 2011 53125 2 2011 2011 年高考江西卷理科年高考江西卷理科 10 10 如右图 一个直径为 l 的小圆沿着直径为 2 的大圆内壁的 逆时针方向滚动 M 和 N 是小圆的一条固定直径的两个端点 那么 当小圆这样滚过大圆 内壁的一周 点 M N 在大圆内所绘出的图形大致是 答案 A 解析 由题意可知 M 和 N 是小圆的一条固定直径的两个 端点 党小圆沿着大圆内壁的逆时针方向滚动时 点 M 沿着直线向右移动 而点 N 先沿着 直线向下移动 再沿着直线向上移动 故选 A 二 填空题二 填空题 3 3 2011 2011 年高考山东卷理科年高考山东卷理科 15 15 设函数设函数 观察观察 0 2 x f xx x 1 2 x f xf x x 21 34 x fxf f x x 32 78 x fxf fx x 所以归纳出分母为 2 1 2 4 1 4 8 1 8 16 1 16xxxx 的分母为 故当且时 1 nn fxf fx 21 2 nn x nN 2n 1 nn fxf fx 21 2 nn x x 4 2011 2011 年高考安徽卷理科年高考安徽卷理科 15 15 在平面直角坐标系中 如果与都是整数 就称点xy 为整点 下列命题中正确的是 写出所有正确命题的编号 x y 存在这样的直线 既不与坐标轴平行又不经过任何整点 如果与都是无理数 则直线不经过任何整点kbykxb 直线 经过无穷多个整点 当且仅当 经过两个不同的整点ll 直线经过无穷多个整点的充分必要条件是 与都是有理数ykxb kb 存在恰经过一个整点的直线 答案 命题意图 本题考查直线方程 考查逻辑推理能力 难度较大 解析 正确 令满足 错误 若 过整 1 2 yx 2 2kb 22yx 点 1 0 正确 设是过原点的直线 若此直线过两个整点 ykx 1122 x yxy 则有 两式相减得 则点也在直 11 ykx 22 ykx 1212 yyk xx 1212 xxyy 线上 通过这种方法可以得到直线 经过无穷多个整点 通过上下平移得对ykx lykx 于也成立 错误 当与都是有理数时 令显然不过任何整点 ykxb kb 1 2 yx 正确 如 直线恰过一个整点2yx 解题指导 这类不定项多选题类型 难度非常大 必须每一个选项都有足够的把握确 定其正误 解题时须耐心细致 5 2011 2011 年高考湖北卷理科年高考湖北卷理科 15 15 给 n 个自上而下相连的正方形着黑色或白色 当 n 4 时 在所有不同的着色方案中 黑色正方形互不相邻的着色方案如下图所示 n 1 n 2 n 3 n 4 由此推断 当 n 6 时 黑色正方形互不相邻的着色方案共有 种 至少有两 个 黑色正方形相邻的着色方案共有 种 结果用数值表示 答案 21 43 解析 根据着色方案可知 n 6 时 若有 3 个黑色正方形则有 3 种 有 2 个黑色正方 形有 4 3 2 1 1 11 种 有 1 个黑色正方形有 6 种 有 0 个黑色正方形有 1 种 所以共 有 3 11 6 1 21 种 n 6 时 当至少有 2 个黑色正方形相邻时 画出图形可分为 有 2 个黑色正方形相邻时 共 23 种 有 3 个黑色正方形相邻时 共 12 种 有 4 个黑色正方形相邻时 共 5 种 有 5 个黑色正方形相邻时 共 2 种 有 6 个黑色正方形相邻时 共 1 种 故共有 23 12 5 2 1 43 种 6 2011 2011 年高考陕西卷理科年高考陕西卷理科 13 13 观察下列等式 1 1 2 3 4 9 3 4 5 6 7 25 4 5 6 7 8 9 10 49 照此规律 第个等式为 n 答案 2 1 2 32 21 nnnnn 解析 第个等式是首项为 公差 1 项数为的等差数列 即nn21n 1 2 32 nnnn 2 21 21 1 21 1 21 2 nn nnn 7 2011 2011 年高考安徽卷江苏年高考安徽卷江苏 3 3 设复数 i 满足 i 是虚数单位 则的实izi23 1 z 部是 答案 1 解析 因为 所以 故的实部是 1 32 1 32 23 i ziii i 1 3zi z 8 2011 2011 年高考湖南卷理科年高考湖南卷理科 16 16 对于 将表示为 Nnn 当时 01 1 2 2 1 10 22222 kk kkk aaaaan0 i 当时 为或 记为上述表示中为的个数 例如 1 i aki 1 i a01 nI i a0 0 211 故 则 1 2 012 2020214 01 I 24 I 12I 127 1 2 n nI 答案 2 1093 12I 127 1 2 n nI 答案 1 2 2 1093 解析 1 因 故 3210 121 2 1 20 20 2 12 2I 2 在 2 进制的位数中 没有 0 的有 1 个 有 1 个 0 的有个 有 2 个 0 的 2 k k 1 1k C 有个 有个 0 的有个 有个 0 的有个 故对所有 2 进制 2 1k C m 1 m k C 1k 1 1 1 k k C 为位数的数 在所求式中的的和为 kn 2I n 01122111 111 1 22223 kkk kkk CCC 又恰为 2 进制的最大 7 位数 所以 7 12721 1277 01 12 2231093 I nk nk 三 解答题三 解答题 9 2011 2011 年高考上海卷理科年高考上海卷理科 19 19 12 分 已知复数满足 为虚数 1 z 1 2 1 1zii i 单位 复数的虚部为 是实数 求 2 z2 12 zz 2 z 解 4 分 1 2 1 1zii 1 2zi 设 则 2 2 zai aR 1 2 2 2 22 4 z zi aiaa i 12 分 12 分 1 2 z zR 2 42zi 10 2011 2011 年高考安徽卷理科年高考安徽卷理科 19 19 本小题满分 12 分 设证明 1 1 xy 111 xyxy xyxy 证明 1abc loglogloglogloglog abcbca bcaabc 命题意图 本题考查不等式的基本性质 对数函数的性质和对数换底公式等基本知识 考查代数式恒定变形能力和推理论证能力 证明 由于 所以1 1xy 要证明 111 xyxy xyxy 只要证明 2 1 xy xyyxxy 只要证明 2 1 0 xyxyxy xy 只要证明 1 1 0 xyxyxy 只要证明 1 1 1 0 xyxy 由于 上式显然成立 所以原命题成立 1 1xy 设 则logabxlogbcy logca log log a a a c 1 log log b b c a 1 log 1 log b a c b 1 loglog ba cb 1 xy logba 1 y logcb 1 y logac xy 所要证明不等式即为 11 xyxy xyx 1 1 1cba logaxb logbyc 由 知所证明的不等式成立 11 11 2011 2011 年高考天津卷理科年高考天津卷理科 20 20 本小题满分 本小题满分 1414 分 分 已知数列已知数列与与满足 满足 且 且 n a n b 112 3 1 0 2 n nnnnnn b aabab n N 12 2 4aa 求 求的值 的值 345 a a a 设 设 证明 证明 是等比数列 是等比数列 2121 nnn caanN n c 设 设证明 证明 242 kk SaaakN 4 1 7 6 n k k k S nN a 解析 本小题主要考查等比数列的定义 数列求和等基础知识 考查运算能力 推理论 证能力 综合分析能力和解决问题的能力及分类讨论的思想方法 解 由 可得 又 3 1 2 n n b n N 1 2 n n b n 是奇数 是偶数 112 0 nnnnn b aaba 当 n 1 时 由 得 123 20aaa 1 2a 2 4a 3 3a 当 n 2 时 可得 234 20aaa 4 5a 当 n 3 时 可得 345 20aaa 5 4a 证明 对任意 n N 21221 20 nnn aaa 22122 20 nnn aaa 212223 20 nnn aaa 得 223nn aa 将 代入 可得即 又 2123nn aa 2121 nn aa 1nn cc n N 113 1caa 故 因此 所以是等比数列 0 n c 1 1 n n c c n c III 证明 由 II 可得 2121 1 k kk aa 于是 对任意 有 2kNk 且 13 35 57 2321 1 1 1 1 1 k kk aa aa aa aa 将以上各式相加 得 121 1 1 k k aak 即 1 21 1 1 k k ak 此式当 k 1 时也成立 由 式得 1 2 1 3 k k ak 从而 22468424 kkk Saaaaaak 2124 3 kkk SSak 所以 对任意 2nNn 4 4342414 11 4342414 nn kmmmm km kmmmm SSSSS aaaaa 1 2221232 2222123 n m mmmm mmmm 1 23 2 21 22 22 n m mmmm 2 253 2 32 21 22 23 n m mmnn 2 153 3 21 21 22 23 n m mmnn 151111113 3235572121 22 23 nnnn 15513 362 21 22 23 7 6 nnn 对于 n 1 不等式显然成立 所以 对任意 nN 21212 12212 nn nn SSSS aaaa 3212124 1234212 nn nn SSSSSS aaaaaa 222 11121 1 1 1 41244 41 4 41 nn n 222 11121 41244 41 44 41 nnn n n 111 4123 nn 12 2011 2011 年高考湖南卷理科年高考湖南卷理科 22 22 本小题满分 13 分 已知函数 3 xxf xxxg 求函数的零点个数 并说明理由 xgxfxh 设数列满足证明 存在常数 Nnan 0 11nn agafaaa M 使得对于任意的都有 Nn Man 解 由知 而且 xxxxh 3 0 x 00 h 011 h 则为的一个零点 且在内由零点 0262 h0 x xh xh 2 1 因此至少有两个零点 xh 解法 1 记则 2 1 13 2 1 2 xxxh 2 1 13 2 1 2 xxx 4 1 6 2 3 xxx 当时 因此在上单调递增 则在上至多有 0 x 0 x x 0 x 0 一个零点 又因为 则在内有零点 所以在上有且 01 0 3 3 x 1 3 3 x 0 只有一个零点 记此零点为 则当时 当时 1 x 1 0 xx 0 1 xx 1 xx 0 1 xx 所以 当时 单调递减 而则在内无零点 当 1 0 xx xh 00 h xh 1 0 x 时 单调递增 则在内至多只有一个零点 从而在 1 xx xh xh 1 x xh 上至多有一个零点 0 综上所述 有且只有两个零点 xh 解法 2 由 记则 2 1 2 1xxxxh 1 2 1 2 xxx 2 1 2 2 3 xxx 当时 因此在上单调递增 则在上至多有 0 x 0 x x 0 x 0 一个零点 从而在上至多有一个零点 xh 0 综上所述 有且只有两个零点 xh 记的正零点为 即 xh 0 x 00 3 0 xxx 1 当时 由得 而 因此 0 xa aa 101 xa 3 00011 2 2 xxxaaa 02 xa 由此猜测 下面用数学归纳法证明 0 xan 当时 显然成立 1 n 01 xa 假设当时 成立 则当时 由 1 kkn 0 xak 1 kn 知 3 000 3 1 xxxaaa kkk 01 xak 因此 当时 成立1 kn 01 xak 故对任意的成立 Nn 0 xan 2 当时 由 1 知 在上单调递增 则 即 0 ax h x 0 x 0 0h ah x 从而 即 由此猜测 下面 3 aaa 33 211 aaaaaa 2 aa n aa 用数学归纳法证明 当时 显然成立 1n 1 aa 假设当时 有成立 则当时 由 1 nk k k aa 1nk 知 因此 当时 成立 33 1kkk aaaaaa 1k aa 1nk 1k aa 故对任意的 成立 nN n aa 综上所述 存在常数 使得对于任意的 都有 0 max Mx a nN n aM 13 13 2011 2011 年高考广东卷理科年高考广东卷理科 20 20 设设数列数列满足满足 0 b n a 1 1 1 2 22 n n n nba ab an an 1 1 求数列求数列的通项公式 的通项公式 n a 2 2 证明 对于一切正整数证明 对于一切正整数 n n 1 1 1 2 n n n b a 解析解析 1 由 1 1 11 121 0 0 22 n n nnn nbann aba anabb a 知 令 1 1 n n n AA ab 当 1 12 2 nn nAA bb 时 21 1 211 1222 nn nn A bbbb 21 21 1222 nn nn bbbb 当时 2b 12 1 2 2 2 1 n nn n n bbb A bb b 当2 2 n n bA 时 2 2 2 2 2 n nn n nbb b a b b 2 当时 欲证 2b 11 11 2 2 1 1 2222 nnnnn n n nnnn nbbbbb anb bb 只需证 1111121 2 2 2 22 2 nn nnnnnnn b bbbb b 1122222111 22222 nnnnnnnnn bbbbb 21 21 222 2 222 nnn nn nnn bbb b bbb 1 2 222 222 nnnnnn bnbnb 1 1 2 1 22 nn n nnn nbbb a b 当 1 1 2 21 2 n n n b ba 时 综上所述 1 1 1 2 n n n b a 14 2011 2011 年高考广东卷理科年高考广东卷理科 21 21 本小题满分 14 分 22 12 2 12 2 000 0 1 L 40 4 0 max 1 1 0 yB ABQ 4 2 xOyyxp qpqx x xpxqp qxx A pppLp q p p q 在平面直角坐标系上给定抛物线实数满足是方程 的两根记 过点作的切线交轴于点证明对线段上的任一点 有 2 设是定点 其中满足 过作的两条切线 M a b a b 2 40aba 0 M a bL 切点分别为 与分别交于 线段上 12 l l 22 1122 11 44 E ppEpp 12 l ly F FEF 异于两端点的点集记为 证明 X 1 12 2 p M a bXppa b 2 minmax 15 1 1 44 Dx y yxyxp q p q 3 设当点 取遍D 时 求 的最小值 记为 和最大值 记为 解析解析 解 1 证明 切线 的方程为l 2 00 11 24 yp xp 22 0 4 22 pppppq Q p qABp q 有 当 000 00 0 0 222 ppppp pppp q 时于是 当 000 00 0 0 222 ppppp pppp q 时于是 2 的方程分别为 12 l l 22 1122 1111 2424 yp xpyp xp 求得的坐标 由于 故有 12 l l 交点M a b 1212 24 ppp p 2 40 0aba 12 pp 1 先证 12 M a bxpp 设 M a bX 当 12 1112112 0 002 2 pp ppppppp 时 当 12 1111212 0 020 2 pp ppppppp 时 设 2212 12 111 11102 pppp pp ppp 则 当 1212 1111 0 0 01 22 pppp ppp 时当时 p 注意到 1 M a blM a bX 在上故 2 次证 1 2 p M a bXa b 已知利用 1 有 M a bX 1 2 p a b 设 断言必有 1 2 p a b 12 pp 若不然 令 Y 是上线段上异于两端点的点的集合 12 pp 2 lE F 由已证的等价式 1 再由 1 得 矛盾 M a bY 21 22 pp a b 故必有再由等价式 1 12 pp M a bX 综上 1 12 2 p M a bXppa b 3 求得的交点 2 15 1 1 44 yxyx 和 12 0 1 2 1 QQ 而是 的切点为的切线 且与轴交于 1yx 2 2 1 Qy 1 0 1 Q 由 线段 Q1Q2 有 Q p q 1 p q 当 22 1 1515 1 02 1 4444 Q p qLyxxqp 时 2 442 02 22 ppqpp h pp qp 在 0 2 上 令 4213 0 2 2 42 p h pp p 得 由于 35 0 2 1 24 hhh 在 0 2 上取得最大值 h pp q max 5 4 h 2 15 2 1 1 44 p qDppqp 有0 故 22 2 15 4 1 4 44 22 ppp ppq p q max 425 24 pp h 222 44 1 2 222 ppqppppp p q 2 1 2 pp 故 minmax 5 1 4 15 2011 2011 年高考湖北卷理科年高考湖北卷理科 21 21 本小题满分 14 分 已知函数 求函数的最大值 ln1 0 f xxxx f x 设均为正数 证明 1 2 3 kk ab k n 1 若 则 1 12212nnn a ba ba bbbb 12 12 1 n kkk n a aa 2 若 则 12 1 n bbb 12 222 1212 1 n kkk nn b bbb bb n 本题主要考查函数 导数 不等式的证明等基础知识 同时考查综合运用数学知识进 行推理论证的能力 以及化归与转化的思想 解析 的定义域为 令 解得 f x 0 1 10 fx x 1x 当时 在 0 1 内是增函数 01x 0 fx f x 当时 在内是减函数 1x 0 f x f x 1 故函数在处取得最大值 f x1x 1 0 f 1 由 知 当时 有 即 0 x 1 0 f xfln1xx 从而有 得 0 kk ab ln1 kk aa ln 1 2 kkkkk baa bb kn 求和得 111 ln k nnn b kkkk kkk aa bb 即 11 nn kkk kk a bb 1 ln0 n k k k a 12 12 ln 0 kk n a aa 12 12 1 n kkk n a aa 2 先证 12 12 1 kk n b bb n 令 则 于是 1 1 2 k k akn nb 111 1 1 nnn kkk kkk a bb n 由 1 得 即 12 12 111 1 n kkk n nbnbnb 12 12 12 1 n n kkk kkk n nn b bb 12 12 1 n kkk n b bb n 再证 12 222 1212 n kkk nn b bbb bb 记 令 则 2 1 n k k Sb 1 2 k k b akn S 2 111 1 1 nnn kkkk kkk a bbb S 于是由 1 得 12 12 1 n kkk n bbb SSS 即 1212 12 nn kkkkkk n b bbSS 12 22 1212 n kkkn nn b bbbbb 综合 2 得证 16 2011 2011 年高考全国卷理科年高考全国卷理科 20 20 设数列满足且 n a 1 0a 1 11 1 11 nn aa 求的通项公式 设 n a 1 1 1 1 n n nnkn k a bbS n 记S证明 解析 由得 1 11 1 11 nn aa 1 1 n a 为等差数列 前项为 1 11 1 1 1 1 1 11 n dnn aa 于是 11 1 1 nn aa nn II 1 1 111 1 1 n n n a n b nnnn 1 1111111 11 122311 n nk k Sb nnn 17 2011 2011 年高考全国卷理科年高考全国卷理科 22 22 本小题满分 12 分 注意 在试题卷上作答无效 设函数 证明 当时 2 ln 1 2 x f xx x 0 x 0f x 从编号 1 到 100 的 100 张卡片中每次随即抽取一张 然后放回 用这种方式连续抽 取 20 次 设抽得的 20 个号码互不相同的概率为 证明 p 19 2 91 10 p e 解析 2 222 12 2 214 2 4 1 1 2 1 2 1 2 xxxx fx xxxxx x 2 2 1 2 x x x 0 0 xfxf x 则在 0 上单调递增 故于是 0 f xf 0 ln10 02 f x 即 0f x 法一 第次抽取时概率为 则抽得的k 100 1 101 100100 k kk p 1 220k 20 个号码互不相同的概率 1220 101 1 101210120 100100100 pppp 999881 100 100100 99 819882918990 100100100 100100 100 100 222 998198829189 90 100100100100100100 222100 22219 909090909 10010010010010 由 当0 0 0 xf xf 即有故 2 ln 1 2 x x x 1 2 91 10 19ln19ln 1 192 1 1010 22 10 于是即 故 9 19ln 2 10 ee 19 2 91 10e 19 2 91 10 p e 法二 2 ln 0 x xx 所以是上凸函数 于是lnyx 1212 lnlnln ln nn xxxxxx nn 因此 100999881 lnlnlnlnln 100100100100 p 故 100999881 100100100100 19ln 19 9 19ln 10 19 9 10 p 综上 19 2 91 10 p e 1818 2011 2011 年高考江苏卷年高考江苏卷 23 23 本小题满分 本小题满分 1010 分 分 设整数设整数 是平面直角坐标系是平面直角坐标系中的点 其中中的点 其中4n P a bxOy 1 2 3 a bnab 1 1 记 记为满足为满足的点的点的个数 求的个数 求 n A3ab P n A 2 2 记 记为满足为满足是整数的点是整数的点的个数 求的个数 求 n B 1 3 ab P n B 解析 考察计数原理 等差数列求和 分类讨论 归纳推理能力 较难题 1 因为满足的每一组解构成一个点 P 所以3ab 1 2 3 a bnab 3 n An 2 设 则 1 3 abkN 1 3 031 0 3 n abkknk 对每一个 k 对应的解数为 n 3k 构成以 3 为公差的等差数列 当 n 1 被 3 整除时 解数一共有 13 n1 1 2 143 236 nnn n 当 n 1 被 3 除余 1 时 解数一共有 232 2