2014年高考数学理科(高考真题+模拟新题)分类汇编：M单元_推理与证明

1、 数数 学学 M M 单元单元 推理与证明推理与证明 M1M1 合情推理与演绎推理合情推理与演绎推理 82014 北京卷 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( ) A2 人 B3 人 C4 人 D5 人 8B 解析 假设 A、B 两位学生的数学成绩一样，由题意知他们语文成绩不一样，这样他们的语文成绩总有人比另一个人高，语文成绩较高的学生比另一个学生“

2、成绩好”，与已知条件“他们之中没有一个比另一个成绩好”相矛盾 因此， 没有任意两位学生数学成绩是相同的 因为数学成绩只有 3 种， 因而学生数量最大为 3， 即 3 位学生的成绩分别为(优秀，不合格)、(合格，合格)、(不合格，优秀)时满足条件 202014 北京卷 对于数对序列 P：(a1，b1)，(a2，b2)，(an，bn)，记 T1(P)a1b1，Tk(P)bkmaxTk1(P)，a1a2ak(2kn)， 其中 maxTk1(P)，a1a2ak表示 Tk1(P)和 a1a2ak两个数中最大的数 (1)对于数对序列 P：(2，5)，(4，1)，求 T1(P)，T2(P)的值； (2)记

3、m 为 a，b，c，d 四个数中最小的数，对于由两个数对(a，b)，(c，d)组成的数对序列 P：(a，b)，(c，d)和 P：(c，d)，(a，b)，试分别对 ma 和 md 两种情况比较 T2(P)和 T2(P)的大小； (3)在由五个数对(11，8)，(5，2)，(16，11)，(11，11)，(4，6)组成的所有数对序列中，写出一个数对序列 P 使 T5(P)最小，并写出 T5(P)的值(只需写出结论) 20解：(1)T1(P)257， T2(P)1maxT1(P)，241max7，68. (2)T2(P)maxabd，acd， T2(P)maxcdb，cab 当 ma 时，T2(P)

4、maxcdb，cabcdb. 因为 abdcbd，且 acdcbd，所以 T2(P)T2(P) 当 md 时，T2(P)maxcdb，cabcab. 因为 abdcab，且 acdcab，所以 T2(P)T2(P) 所以无论 ma 还是 md，T2(P)T2(P)都成立 (3)数对序列 P：(4，6)，(11，11)，(16，11)，(11，8)，(5，2)的 T5(P)值最小， T1(P)10，T2(P)26，T3(P)42，T4(P)50，T5(P)52. 15 、2014 福建卷 若集合a，b，c，d1，2，3，4，且下列四个关系： a1；b1；c2；d4 有且只有一个是正确的，则符合条

5、件的有序数组(a，b，c，d)的个数是_ 156 解析 若正确，则不正确，可得 b1 不正确，即 b1，与 a1 矛盾，故不正确； 若正确，则不正确，由不正确，得 d4；由 a1，b1，c2，得满足条件的有序数组为 a3，b2，c1，d4 或 a2，b3，c1，d4. 若正确，则不正确，由不正确，得 d4；由不正确，得 b1，则满足条件的有序数组为 a3，b1，c2，d4； 若正确，则不正确，由不正确，得 b1，由 a1，c2，d4，得满足条件的有序数组为 a2，b1，c4，d3 或 a3，b1，c4，d2 或 a4，b1，c3，d2； 综上所述，满足条件的有序数组的个数为 6. 19 、20

6、14 广东卷 设数列an的前 n 项和为 Sn，满足 Sn2nan13n24n，nN*，且 S315. (1)求 a1，a2，a3的值； (2)求数列an的通项公式 142014 新课标全国卷 甲、乙、丙三位同学被问到是否去过 A，B，C 三个城市时， 甲说：我去过的城市比乙多，但没去过 B 城市； 乙说：我没去过 C 城市； 丙说：我们三人去过同一城市 由此可判断乙去过的城市为_ 14A 解析 由于甲没有去过 B 城市，乙没有去过 C 城市，但三人去过同一个城市，故三人去过的城市为 A 城市又由于甲最多去过两个城市，且去过的城市比乙多，故乙只能去过一个城市，这个城市为 A 城市 142014

7、 陕西卷 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 5 6 9 五棱锥 6 6 10 立方体 6 8 12 猜想一般凸多面体中 F，V，E 所满足的等式是_ 14FVE2 解析 由题中所给的三组数据，可得 5692，66102，68122，由此可以猜想出一般凸多面体的顶点数 V、面数 F 及棱数 E 所满足的等式是 FVE2. M2M2 直接证明与间接证明直接证明与间接证明 42014 山东卷 用反证法证明命题“设 a，b 为实数，则方程 x2axb0 至少有一个实根”时，要做的假设是( ) A. 方程 x2axb0 没有实根 B. 方程 x2axb0 至多

8、有一个实根 C. 方程 x2axb0 至多有两个实根 D. 方程 x2axb0 恰好有两个实根 4A 解析 “方程 x2axb0 至少有一个实根”等价于“方程 x2axb0 有一个实根或两个实根”，所以该命题的否定是“方程 x2axb0 没有实根”故选 A. M3M3 数学归纳法数学归纳法 21 、 、2014 安徽卷 设实数 c0，整数 p1，nN*. (1)证明：当 x1 且 x0 时，(1x)p1px； (2)数列an满足 a1c1p，an1p1pancpa1pn，证明：anan1c1p. 21证明：(1)用数学归纳法证明如下 当 p2 时，(1x)212xx212x，原不等式成立 假设

9、 pk(k2，kN*)时，不等式(1x)k1kx 成立 当 pk1 时，(1x)k1(1x)(1x)k(1x)(1kx)1(k1)xkx21(k1)x. 所以当 pk1 时，原不等式也成立 综合可得，当 x1，x0 时，对一切整数 p1，不等式(1x)p1px 均成立 (2)方法一：先用数学归纳法证明 anc1p. 当 n1 时，由题设知 a1c1p成立 假设 nk(k1，kN*)时，不等式 akc1p成立 由 an1p1pancpa1pn易知 an0，nN*. 当 nk1 时，ak1akp1pcpapk 11pcapk1 . 由 akc1p0 得11p1pcapk1 1p 1pcapk1 c

10、apk. 因此 apk1c，即 ak1c1p， 所以当 nk1 时，不等式 anc1p也成立 综合可得，对一切正整数 n，不等式 anc1p均成立 再由an1an11pcapn1 可得an1an1， 即 an1an1c1p，nN*. 方法二：设 f(x)p1pxcpx1p，xc1p，则 xpc， 所以 f(x)p1pcp(1p)xpp1p1cxp0. 由此可得，f(x)在c1p，)上单调递增，因而，当 xc1p时，f(x)f(c1p)c1p. 当 n1 时，由 a1c1p0，即 ap1c 可知 a2p1pa1cpa1p1a111pcap11c1p，从而可得 a1a2c1p， 故当 n1 时，不

11、等式 anan1c1p成立 假设nk(k1， kN*)时， 不等式akak1c1p成立， 则当nk1时， f(ak)f(ak1)f(c1p)， 即有 ak1ak2c1p， 所以当 nk1 时，原不等式也成立 综合可得，对一切正整数 n，不等式 anan1c1p均成立 19 、2014 广东卷 设数列an的前 n 项和为 Sn，满足 Sn2nan13n24n，nN*，且 S315. (1)求 a1，a2，a3的值； (2)求数列an的通项公式 22 、2014 全国卷 函数 f(x)ln(x1)axxa(a1) (1)讨论 f(x)的单调性； (2)设 a11，an1ln(an1)，证明：2n2

12、an3n2. 22解：(1)易知 f(x)的定义域为(1，)，f(x)xx（a22a）（x1）（xa）2. (i)当 1a0，所以 f(x)在(1，a22a)是增函数； 若 x(a22a，0)，则 f(x)0，所以 f(x)在(0，)是增函数 (ii)当 a2 时，若 f(x)0，f(x)0 成立当且仅当 x0，所以 f(x)在(1，)是增函数. (iii)当 a2 时，若 x(1，0)，则 f(x)0，所以 f(x)在(1，0)是增函数； 若 x(0，a22a)，则 f(x)0，所以 f(x)在(a22a，)是增函数 (2)由(1)知，当 a2 时，f(x)在(1，)是增函数 当 x(0，)

13、时，f(x)f(0)0，即 ln(x1)2xx2(x0) 又由(1)知，当 a3 时，f(x)在0，3)是减函数 当 x(0，3)时，f(x)f(0)0，即 ln(x1)3xx3(0 x3) 下面用数学归纳法证明2n2an3n2. (i)当 n1 时，由已知23a11，故结论成立 (ii)假设当 nk 时结论成立，即2k2ln2k21 22k22k222k3， ak1ln(ak1)ln3k21 33k23k233k3， 即当 nk1 时，有2k3 1 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： 方法一：上

14、述不等式等价于12131n1x1x，x0. 令 x1n，nN，则1n1lnn1n. 下面用数学归纳法证明 当 n1 时，12ln 2，结论成立 假设当 nk 时结论成立，即12131k1ln(k1) 那么，当 nk1 时，12131k11k2ln(k1)1k2ln(k1)lnk2k1ln(k2)， 即结论成立 由可知，结论对 nN成立 方法二：上述不等式等价于12131n1x1x，x0. 令 x1n，nN，则 lnn1n1n1. 故有 ln 2ln 112， ln 3ln 213， ln(n1)ln n1n1， 上述各式相加可得 ln(n1)12131n1， 结论得证 方法三：如图，0nxx1

15、dx 是由曲线 yxx1，xn 及 x 轴所围成的曲边梯形的面积，而1223nn1是图中所示各矩形的面积和， 1223nn10nxx1dx 0n11x1dxnln(n1)， 结论得证 22 ， ，2014 重庆卷 设 a11，an1a2n2an2b(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 22解：(1)方法一：a22，a3 21. 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 ann11(nN*)

16、方法二：a22，a3 21. 可写为 a1111，a2211，a3311.因此猜想 an n11. 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 akk11，则 ak1 （ak1）211 （k1）11 （k1）11， 这就是说，当 nk1 时结论成立 所以 an n11(nN*) (2)方法一：设 f(x)（x1）211，则 an1f(an) 令 cf(c)，即 c（c1）211，解得 c14. 下面用数学归纳法证明命题 a2nca2n11. 当 n1 时，a2f(1)0，a3f(0) 21，所以 a214a31，结论成立 假设 nk 时结论成立，即 a2k

17、ca2k1f(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，存在 c14使 a2nCa2a1对所有 nN*成立 方法二：设 f(x)（x1）211，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) 211. 即 0ak11.这就是说，当 nk1 时结论成立故成立 再证：a2na2n1

18、(nN*) 当 n1 时，a2f(1)0，a3f(a2)f(0) 21，所以 a2a3，即 n1 时成立 假设 nk 时，结论成立，即 a2kf(a2k1)a2k2， a2(k1)f(a2k1)f(a2k2)a2(k1)1. 这就是说，当 nk1 时成立所以对一切 nN*成立 由得 a2n a22n2a2n21， 即(a2n1)2a22n2a2n2， 因此 a2nf(a2n1)，即 a2n1a2n2. 所以 a2n1 a22n12a2n121，解得 a2n114. 综上，由知存在 c14使 a2nca2n1对一切 nN*成立 22014 陕西五校联考 设ABC 的三边长分别为 a，b，c，AB

19、C 的面积为 S，内切圆半径为 r，则 r2Sabc.类比这个结论可知：四面体 P- ABC 的四个面的面积分别为 S1，S2，S3，S4，内切球的半径为 r，四面体 P- ABC 的体积为 V，则 r( ) A.VS1S2S3S4 B.2VS1S2S3S4 C.3VS1S2S3S4 D.4VS1S2S3S4 2C 解析 由类比推理可知，选项 C 正确 42014 烟台一模 对大于或等于 2 的正整数的幂运算有如下分解方式： 2213，32135，421357，； 2335，337911，4313151719，. 根据上述分解规律，若 m213511，p3的分解中最小的正整数是 21，则 mp( ) A9 B10 C11 D12 4C 解析 由归纳推理可知，m6，p5，mp11. 62014 衡水中学调研 已知椭圆中有如下结论：椭圆x2a2y2b21(ab0)上斜率为 1的弦的中点在直线xa2yb20 上类比上述结论可推得：双曲线x2a2y2b21(a0，b0)上斜率为