2013届高考数学（文）二轮复习专题《推理与证明、算法初步》

1、金太阳新课标资源网 HYPERLINK 第 PAGE 7 页 共 NUMPAGES 7 页 金太阳新课标资源网 HYPERLINK 2013届高考数学（文）二轮复习专题推理与证明、算法初步A级1用反证法证明命题：“m、nN，mn可被3整除，那么m、n中至少有一个能被3整除”时，假设的内容应为()Am、n都能被3整除Bm、n都不能被3整除Cm、n不都能被3整除 Dm不能被3整除答案：B2(2012辽宁卷)执行如图所示的程序框图，则输出的S值是()A4 B.eq f(3,2)C.eq f(2,3) D1解析：根据程序框图，程序执行的步骤为S4，i16；S1，i26；Seq f(2,3)，i36；S

2、eq f(3,2)，i46；S4，i56；S1，i66不成立，输出S1.答案：D3从11,14(12)，149123,14916(1234)，归纳出()A14916(n)2(1)n1eq f(nn1,2)B149(1)n1n2(1)n1eq f(nn1,2)C149(1)nn2(1)n1eq f(nn1,2)D149(1)n1n2(1)neq f(nn1,2)解析：由归纳法即得B正确，故选B.答案：B4(2012唐山市高三年级统一考试)执行如图所示的程序框图，如果输出的a341，那么判断框中可以是()Ak4? Bk5?Ck6? Dk7?解析：执行程序后，a14a11，k1k12；a24a115

3、，k2k113；a34a2121，k3k214；a44a3185，k4k315；a54a41341，k5k416.要使输出的a341，判断框中可以是“k0，且a1，下面正确的运算公式是()S(xy)S(x)C(y)C(x)S(y)；S(xy)S(x)C(y)C(x)S(y)；2S(xy)S(x)C(y)C(x)S(y)；2S(xy)S(x)C(y)C(x)S(y)A BC D解析：经验证易知错误，依题意，注意到2S(xy)2(axyaxy)，又S(x)C(y)C(x)S(y)2(axyaxy)，因此有2S(xy)S(x)C(y)C(x)S(y)；同理有2S(xy)S(x)C(y)C(x)S(y

4、)综上所述，选B.答案：B7已知函数f(x)eq f(x,3x1)，对于数列an有anf(an1)(nN*，且n2)，如果a11，那么a2_.an_.解析：a2f(a1)eq f(1,4)，a3f(a2)eq f(1,7)，a4f(a3)eq f(1,10)，由此猜想aneq f(1,3n2).答案：eq f(1,4)eq f(1,3n2)8(2012广东卷)执行如图所示的程序框图，若输入n的值为8，则输出s的值为_解析：当i2，k1时，s1(12)2；当i4，k2时，seq f(1,2)(24)4；当i6，k3时，seq f(1,3)(46)8；当i8时，i0，nN*)，bma，bnb(mn

5、，m、nN*)，若类比上述结论，则可得到bmn_.解析：等差数列中的bn和am可以类比等比数列中的bn和am，等差数列中的bnam可以类比等比数列中的eq f(bn,am)，等差数列中的eq f(bnam,nm)可以类比等比数列中的eq r(nm,f(bn,am).故bmneq r(nm,f(bn,am).答案：eq r(nm,f(bn,am)10(2012福建卷)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)c

6、os248sin(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，并证明你的结论解析：方法一：(1)选择式，计算如下：sin215cos215sin 15cos 151 eq f(1,2)sin 301 eq f(1,4) eq f(3,4).(2)三角恒等式为sin2cos2(30)sin cos(30) eq f(3,4).证明如下：sin2cos2(30)sin cos(30)sin2(cos 30cos sin 30sin )2sin (cos 30c

7、os sin 30sin )sin2 eq f(3,4)cos2 eq f(r(3),2)sin cos eq f(1,4)sin2 eq f(r(3),2)sin cos eq f(1,2)sin2 eq f(3,4)sin2 eq f(3,4)cos2 eq f(3,4).方法二：(1)同方法一(2)三角恒等式为sin2cos2(30)sin cos(30) eq f(3,4).证明如下：sin2cos2(30)sin cos(30) eq f(1cos 2,2) eq f(1cos602,2)sin (cos 30cos sin 30sin ) eq f(1,2) eq f(1,2)co

8、s 2 eq f(1,2) eq f(1,2)(cos 60cos 2sin 60sin 2) eq f(r(3),2)sin cos eq f(1,2)sin2 eq f(1,2) eq f(1,2)cos 2 eq f(1,2) eq f(1,4)cos 2 eq f(r(3),4)sin 2 eq f(r(3),4)sin 2 eq f(1,4)(1cos 2)1eq f(1,4)cos 2 eq f(1,4) eq f(1,4)cos 2 eq f(3,4).11已知数列an中，a11，a22，且an1(1q)anqan1(n2，q0)(1)设bnan1an(nN*)，证明数列bn是等

9、比数列；(2)求数列an的通项公式；(3)若a3是a6与a9的等差中项，求q的值，并证明：对任意的nN*，an是an3与an6的等差中项解析：(1)证明：由题设an1(1q)anqan1(n2)，得an1anq(anan1)，即bnqbn1(n2)又b1a2a11，q0，所以数列bn是首项为1，公比为q的等比数列(2)由(1)，a2a11，a3a2q，anan1qn2(n2)将以上各式相加，得ana11qqn2(n2)，所以当n2时，aneq blcrc (avs4alco1(1f(1qn1,1q)，q1，,n，q1，)上式对n1显然成立(3)证明：由(2)，当q1时，显然a3不是a6与a9的

10、等差中项，故q1.由a3a6a9a3可得q5q2q2q8，由q0得，q311q6，整理得(q3)2q320，解得q32或q31(舍去)，于是qeq r(3,2).另一方面，anan3eq f(qn2qn1,1q)eq f(qn1,1q)(q31)，an6aneq f(qn1qn5,1q)eq f(qn1,1q)(1q6)，可得anan3an6an，nN*，所以对任意的nN*，an是an3与an6的等差中项B级1已知“整数对”按如下规律排成一列：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，则第60个整数对是()A(7,5

11、) B(5,7)C(2,10) D(10,1)解析：依题意，就每组整数对的和相同的分为一组，不难得知每组整数对的和为n1，且每组共有n个整数对，这样的前n组一共有eq f(nn1,2)个整数对，注意到eq f(10101,2)60eq f(11111,2)，因此第60个整数对处于第11组(每对整数对的和为12的组)的第5个位置，结合题意可知每对整数对的和为12的组中的各对数依次为(1,11)，(2,10)，(3,9)，(4,8)，(5,7)，因此第60个整数对是(5,7)，故选B.答案：B2在可行域内任取一点，如图所示的程序框图，则能输出数对(x，y)的概率是_解析：区域eq blcrc (a

12、vs4alco1(1xy1，,1xy1)是以点(1,0)，(0,1)，(1,0)，(0，1)为顶点的正方形区域，其面积是2；区域x2y2eq f(1,2)是以坐标原点为圆心、半径等于eq f(r(2),2)的圆，恰好是正方形区域的内切圆，其面积为eq f(1,2).根据几何概型的计算公式，这个概率值是eq f(,4)，此即能输出数对(x，y)的概率故填eq f(,4).答案：eq f(,4)3.根据如图所示的程序框图，将输出的x，y值依次分别记为x1，x2，xk，；y1，y2，yk，.(1)分别求数列xk和yk的通项公式；(2)令zkxkyk，求数列zk的前k项和Tk，其中kN*，k2 007.解析：(1)由框图，知数列xk中，x11，xk1xk2，xk12(k1)2k1(kN*，k2 007)由框图，知数列yk中，yk13yk2，yk113(yk1)eq f(yk11,yk1)3，y113.数列yk1是以3为首项，3为公比的等比数列，yk133k13k，yk3k1(kN*，k2 007