五年高考真題高考數(shù)學(xué) 復(fù)習(xí) 第七章 第五節(jié) 推理與證明 理全國通用
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1、第五節(jié)第五節(jié)推理與證明推理與證明考點(diǎn)一合情推理與演繹推理1(20 xx北京,8)學(xué)生的語文、數(shù)學(xué)成績(jī)均被評(píng)定為三個(gè)等級(jí),依次為“優(yōu)秀”“合格”“不合格”若學(xué)生甲的語文、數(shù)學(xué)成績(jī)都不低于學(xué)生乙,且其中至少有一門成績(jī)高于乙, 則稱“學(xué)生甲比學(xué)生乙成績(jī)好” 如果一組學(xué)生中沒有哪位學(xué)生比另一位學(xué)生成績(jī)好,并且不存在語文成績(jī)相同、數(shù)學(xué)成績(jī)也相同的兩位學(xué)生,那么這組學(xué)生最多有()A2 人B3 人C4 人D5 人解析學(xué)生甲比學(xué)生乙成績(jī)好, 即學(xué)生甲兩門成績(jī)中一門高過學(xué)生乙, 另一門不低于學(xué)生乙一組學(xué)生中沒有哪位學(xué)生比另一位學(xué)生成績(jī)好,并且沒有相同的成績(jī),則存在的情況是,最多有 3 人,其中一個(gè)語文最好,數(shù)學(xué)
2、最差;另一個(gè)語文最差,數(shù)學(xué)最好;第三個(gè)人成績(jī)均為中等故選 B.答案B2 (20 xx江西, 6)觀察下列各式:ab1,a2b23,a3b34,a4b47,a5b511, ,則a10b10()A28B76C123D199解析利用歸納法:ab1,a2b23,a3b3431,a4b4437,a5b57411,a6b611718,a7b7181129,a8b8291847,a9b9472976,a10b107647123.答案C3(20 xx江西,7)觀察下列各式:553 125,5615 625,5778 125,則52 011的末四位數(shù)字為()A3125B5625C0625D8125解析由觀察易知
3、 55的末四位數(shù)字為 3125,56的末四位數(shù)字為 5625,57的末四位數(shù)字為8125, 58的末四位數(shù)字為0625, 59的末四位數(shù)字為3125, 故周期T4.又由于2 01150243,因此 52 011的末四位數(shù)字是 8125.答案D4(20 xx山東,11)觀察下列各式:C0140;C03C1341;C05C15C2542;C07C17C27C3743;照此規(guī)律,當(dāng)nN N* *時(shí),C02n1C12n1 C22n1 Cn12n1_解析觀察等式,第 1 個(gè)等式右邊為 40411,第 2 個(gè)等式右邊為 41421,第 3 個(gè)等式右邊為 42431,第 4 個(gè)等式右邊為 43441,所以第
4、n個(gè)等式右邊為 4n1.答案4n15(20 xx福建,15)一個(gè)二元碼是由 0 和 1 組成的數(shù)字串x1x2xn(nN N* *),其中xk(k1,2,n)稱為第k位碼元二元碼是通信中常用的碼,但在通信過程中有時(shí)會(huì)發(fā)生碼元錯(cuò)誤(即碼元由 0 變?yōu)?1,或者由 1 變?yōu)?0)已知某種二元碼x1x2x7的碼元滿足如下校驗(yàn)方程組:x4x5x6x70,x2x3x6x70,x1x3x5x70,其中運(yùn)算定義為 000,011,101,110.現(xiàn)已知一個(gè)這種二元碼在通信過程中僅在第k位發(fā)生碼元錯(cuò)誤后變成了 1101101, 那么利用上述校驗(yàn)方程組可判定k等于_解析()x4x5x6x711011,()x2x3
5、x6x710010;()x1x3x5x710111.由()()知x5,x7有一個(gè)錯(cuò)誤,()中沒有錯(cuò)誤,x5錯(cuò)誤,故k等于 5.答案56(20 xx陜西,14)觀察下列等式1211222312223261222324210照此規(guī)律,第n個(gè)等式可為_解析左邊共n項(xiàng),每項(xiàng)的符號(hào)為(1)n1,通項(xiàng)為(1)n1n2.等式右邊的值符號(hào)為(1)n1,各式為(1)n1(123n)(1)n1n(n1)2,第n個(gè)等式為 12223242(1)n1n2(1)n1n(n1)2.答案12223242(1)n1n2(1)n1n(n1)27(20 xx湖北,14)古希臘畢達(dá)哥拉斯學(xué)派的數(shù)學(xué)家研究過各種多邊形數(shù)如三角形數(shù) 1
6、,3, 6, 10, , 第n個(gè)三角形數(shù)為n(n1)212n212n.記第n個(gè)k邊形數(shù)為N(n,k)(k3),以下列出了部分k邊形數(shù)中第n個(gè)數(shù)的表達(dá)式:三角形數(shù)N(n,3)12n212n,正方形數(shù)N(n,4)n2,五邊形數(shù)N(n,5)32n212n,六邊形數(shù)N(n,6)2n2n,可以推測(cè)N(n,k)的表達(dá)式,由此計(jì)算N(10,24)_.解析由題中數(shù)據(jù)可猜想:含n2項(xiàng)的系數(shù)為首項(xiàng)是12,公差是12的等差數(shù)列,含n項(xiàng)的系數(shù) 為 首 項(xiàng) 是12, 公 差 是 12的 等 差 數(shù) 列 , 因 此N(n,k) 12(k3)12n212(k3)12nk22n24k2n.故N(10,24)11n210n11
7、10210101000.答案1 0008(20 xx陜西,14)觀察分析下表中的數(shù)據(jù):多面體面數(shù)(F)頂點(diǎn)數(shù)(V)棱數(shù)(E)三棱柱569五棱錐6610立方體6812猜想一般凸多面體中F,V,E所滿足的等式是_解析三棱柱中 5692;五棱錐中 66102;立方體中 68122,由此歸納可得FVE2.答案FVE29(20 xx福建,15)當(dāng)xR R,|x|1 時(shí),有如下表達(dá)式:1xx2xn11x.兩邊同時(shí)積分得:1201dx120 xdx120 x2dx120 xndx12011xdx,從而得到如下等式:11212122131231n112n1ln 2.請(qǐng)根據(jù)以上材料所蘊(yùn)含的數(shù)學(xué)思想方法,計(jì)算:C
8、0n1212C1n12213C2n1231n1Cnn12n1_.解析由 C0nC1nxC2nx2Cnnxn(1x)n,兩邊同時(shí)積分得:C0n1201dxC1n120 xdxC2n120 x2dxCnn120 xndx120(1x)ndx,12C0n12C1n12213C2n1231n1Cnn12n11n1(1x)n1|1201n1112n11n11n132n11 .答案1n132n1110(20 xx陜西,11)觀察下列不等式112232,112213253,112213214274,照此規(guī)律,第五個(gè)不等式為_解析先觀察左邊,第一個(gè)不等式為 2 項(xiàng)相加,第二個(gè)不等式為 3 項(xiàng)相加,第三個(gè)不等式
9、為 4 項(xiàng)相加,則第五個(gè)不等式應(yīng)為 6 項(xiàng)相加,右邊分子為分母的 2 倍減 1,分母即為所對(duì)應(yīng)項(xiàng)數(shù),故應(yīng)填 1122132142152162116.答案11221321421521620),觀察:f1(x)f(x)xx2,f2(x)ff1(x)x3x4,f3(x)ff2(x)x7x8,f4(x)ff3(x)x15x16,根據(jù)以上事實(shí),由歸納推理可得:當(dāng)nN N* *且n2 時(shí),fn(x)ffn1(x)_.解析由f(x)xx2(x0)得,f1(x)f(x)xx2,f2(x)ff1(x)x3x4x(221)x22,f3(x)ff2(x)x7x8x(231)x23,f4(x)ff3(x)x15x16
10、x(241)x24,當(dāng)n2 且nN N* *時(shí),fn(x)ffn1(x)x(2n1)x2n.答案x(2n1)x2n13(20 xx重慶,22)對(duì)正整數(shù)n,記In1,2,n,Pnmk|mIn,kIn.(1)求集合P7中元素的個(gè)數(shù);(2)若Pn的子集A中任意兩個(gè)元素之和不是整數(shù)的平方,則稱A為“稀疏集”求n的最大值,使Pn能分成兩個(gè)不相交的稀疏集的并解(1)當(dāng)k4 時(shí),mk|mI7中有 3 個(gè)數(shù)與I7中的 3 個(gè)數(shù)重復(fù), 因此P7中元素的個(gè)數(shù)為77346.(2)先證:當(dāng)n15 時(shí),Pn不能分成兩個(gè)不相交的稀疏集的并若不然,設(shè)A,B為不相交的稀疏集,使ABPnIn,不妨設(shè) 1A,則因 1322,故
11、3A,即 3B.同理 6A,10B,又推得 15A,但 11542,這與A為稀疏集矛盾再證P14符合要求,當(dāng)k1 時(shí),mk|mI14I14可分成兩個(gè)稀疏集之并,事實(shí)上,只要取A11,2,4,6,9,11,13,B13,5,7,8,10,12,14,則A1,B1為稀疏集,且A1B1I14.當(dāng)k4 時(shí),集mk|mI14中除整數(shù)外剩下的數(shù)組成集12,32,52,132 ,可分解為下面兩稀疏集的并:A212,52,92,112 ,B232,72,132 .當(dāng)k9 時(shí),集mk|mI14中除正整數(shù)外剩下的數(shù)組成集13,23,43,53,133,143 ,可分解為下面兩稀疏集的并:A313,43,53,10
12、3,133 ,B323,73,83,113,143 .最后,集Cmk|mI14,kI14,且k1,4,9中的數(shù)的分母均為無理數(shù),它與P14中的任何其他數(shù)之和都不是整數(shù),因此,令A(yù)A1A2A3C,BB1B2B3,則A和B是不相交的稀疏集,且ABP14.綜上,所求n的最大值為 14.注:對(duì)P14的分拆方法不是唯一的考點(diǎn)二直接證明與間接證明1(20 xx山東,4)用反證法證明命題“設(shè)a,b為實(shí)數(shù),則方程x3axb0 至少有一個(gè)實(shí)根”時(shí),要做的假設(shè)是()A方程x3axb0 沒有實(shí)根B方程x3axb0 至多有一個(gè)實(shí)根C方程x3axb0 至多有兩個(gè)實(shí)根D方程x3axb0 恰好有兩個(gè)實(shí)根解析至少有一個(gè)實(shí)根的
13、否定是沒有實(shí)根,故要做的假設(shè)是“方程x3axb0 沒有實(shí)根”答案A2(20 xx四川,15)設(shè)P1,P2,Pn為平面內(nèi)的n個(gè)點(diǎn),在平面內(nèi)的所有點(diǎn)中,若點(diǎn)P到點(diǎn)P1,P2,Pn的距離之和最小,則稱點(diǎn)P為點(diǎn)P1,P2,Pn的一個(gè)“中位點(diǎn)”,例如,線段AB上的任意點(diǎn)都是端點(diǎn)A,B的中位點(diǎn),現(xiàn)有下列命題:若三個(gè)點(diǎn)A,B,C共線,C在線段AB上,則C是A,B,C的中位點(diǎn);直角三角形斜邊的中點(diǎn)是該直角三角形三個(gè)頂點(diǎn)的中位點(diǎn);若四個(gè)點(diǎn)A,B,C,D共線,則它們的中位點(diǎn)存在且唯一;梯形對(duì)角線的交點(diǎn)是該梯形四個(gè)頂點(diǎn)的唯一中位點(diǎn)其中的真命題是_(寫出所有真命題的序號(hào))解析由“中位點(diǎn)”可知,若C在線段AB上,則線段
14、AB上任一點(diǎn)都為“中位點(diǎn)”,C也不例外,故正確;對(duì)于假設(shè)在等腰 RtABC中,ACB90,如圖所示,點(diǎn)P為斜邊AB中點(diǎn), 設(shè)腰長(zhǎng)為 2, 則|PA|PB|PC|32|AB|3 2, 而若C為“中位點(diǎn)”,則|CB|CA|4|AC|OA|OC|,同理在MBD中,|MB|MD|BD|OB|OD|,則得,|MA|MB|MC|MD|OA|OB|OC|OD|,故O為梯形內(nèi)唯一中位點(diǎn),是正確的答案3.(20 xx陜西,18)(1)如圖,證明命題“a是平面內(nèi)的一條直線,b是外的一條直線(b不垂直于),c是直線b在上的投影,若ab,則ac”為真;(2)寫出上述命題的逆命題,并判斷其真假(不需證明)(1)證明法一
15、如圖,過直線b上任一點(diǎn)作平面的垂線n,設(shè)直線a,b,c,n的方向向量分別是a a,b b,c c,n n,則b b,c c,n n共面根據(jù)平面向量基本定理,存在實(shí)數(shù),使得c cb bn n,則a ac ca a(b bn n)(a ab b)(a an n),因?yàn)閍b,所以a ab b0.又因?yàn)閍,n,所以a an n0.故a an n0,從而ac.法二如圖,記cbA,P為直線b上異于點(diǎn)A的任意一點(diǎn),過P作PO,垂足為O,則Oc.PO,a,直線POa.又ab,b平面PAO,PObP,a平面PAO.又c平面PAO.ac.(2)解逆命題為:a是平面內(nèi)的一條直線,b是外的一條直線(b不垂直于),c是
16、直線b在上的投影,若ac,則ab.逆命題為真命題4(20 xx福建,17)某同學(xué)在一次研究性學(xué)習(xí)中發(fā)現(xiàn),以下五個(gè)式子的值都等于同一個(gè)常數(shù):sin213cos217sin13cos 17;sin215cos215sin15cos 15;sin218cos212sin18cos 12;sin2(18)cos248sin(18)cos 48;sin2(25)cos255sin(25)cos 55.(1)試從上述五個(gè)式子中選擇一個(gè),求出這個(gè)常數(shù);(2)根據(jù)(1)的計(jì)算結(jié)果,將該同學(xué)的發(fā)現(xiàn)推廣為三角恒等式,并證明你的結(jié)論解(1)選擇式,計(jì)算如下:sin215cos215sin 15cos 15112si
17、n 3011434.(2)三角恒等式為 sin2cos2(30)sincos(30)34.證明如下:sin2cos2(30)sincos(30)sin2(cos 30cossin 30sin)2sin(cos 30cossin 30sin)sin234cos232sincos14sin232sincos12sin234sin234cos234.5(20 xx全國,20)設(shè)數(shù)列an滿足a10 且11an111an1.(1)求an的通項(xiàng)公式;(2)設(shè)bn1an1n,記Sn錯(cuò)誤錯(cuò)誤!k,證明:Sn1.(1)解由題設(shè)11an111an1,即11an是公差為 1 的等差數(shù)列又11a11,故11ann.所
18、以an11n.(2)證明由(1)得bn1an1nn1nn1n1n1n1,Sn錯(cuò)誤錯(cuò)誤!k=1nk1k1k1 11n11 時(shí),對(duì)x(0,a1有(x)0,(x)在(0,a1上單調(diào)遞減,(a1)1 時(shí),存在x0,使(x)nln (n1)證明如下:法一上述不等式等價(jià)于12131n1x1x,x0.令x1n,nN N,則1n1lnn1n.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明當(dāng)n1 時(shí),12ln 2,結(jié)論成立假設(shè)當(dāng)nk時(shí)結(jié)論成立,即12131k1ln (k1)那么,當(dāng)nk1 時(shí),12131k11k2ln (k1)1k2ln (k1)lnk2k1ln (k2),即結(jié)論成立由可知,結(jié)論對(duì)nN N成立法二上述不等式等價(jià)于1213
19、1n1x1x,x0.令x1n,nN N,則 lnn1n1n1.故有 ln 2ln 112,ln 3ln 213,ln(n1)lnn1n1,上述各式相加可得 ln (n1)12131n1,結(jié)論得證法三如圖,錯(cuò)誤錯(cuò)誤!xx1dx是由曲線yxx1,xn及x軸所圍成的曲邊梯形的面積, 而1223nn1是圖中所示各矩形的面積和1223nn1錯(cuò)誤錯(cuò)誤!xx1dx錯(cuò)誤錯(cuò)誤!(11x1)dxnln (n1),結(jié)論得證3(20 xx重慶,22)設(shè)a11,an1a2n2an2b(nN N*)(1)若b1,求a2,a3及數(shù)列an的通項(xiàng)公式;(2)若b1,問:是否存在實(shí)數(shù)c使得a2nca2n1對(duì)所有nN N*成立?證
20、明你的結(jié)論解(1)法一a22,a3 21,再由題設(shè)條件知(an11)2(an1)21.從而(an1)2是首項(xiàng)為 0 公差為 1 的等差數(shù)列,故(an1)2n1,即ann11(nN N*)法二a22,a3 21,可寫為a1 111,a2 211,a3 311.因此猜想ann11.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明上式:當(dāng)n1 時(shí)結(jié)論顯然成立假設(shè)nk時(shí)結(jié)論成立,即akk11.則ak1 (ak1)211 (k1)11 (k1)11.這就是說,當(dāng)nk1 時(shí)結(jié)論成立所以ann11(nN N*)(2)法一設(shè)f(x) (x1)211,則an1f(an)令cf(c),即c (c1)211,解得c14.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明加
21、強(qiáng)命題a2nca2n11.當(dāng)n1 時(shí),a2f(1)0,a3f(0) 21,所以a214a31,結(jié)論成立假設(shè)nk時(shí)結(jié)論成立,即a2kca2k1f(a2k1)f(1)a2,即 1ca2k2a2.再由f(x)在(,1上為減函數(shù)得cf(c)f(a2k2)f(a2)a31.故ca2k31,因此a2(k1)ca2(k1)11.這就是說,當(dāng)nk1 時(shí)結(jié)論成立綜上,符合條件的c存在,其中一個(gè)值為c14.法二設(shè)f(x) (x1)211,則an1f(an)先證:0an1(nN N*)當(dāng)n1 時(shí),結(jié)論明顯成立假設(shè)nk時(shí)結(jié)論成立,即 0ak1.易知f(x)在(,1上為減函數(shù),從而 0f(1)f(ak)f(0) 211.即 0ak11.這就是說,當(dāng)nk1 時(shí)結(jié)論成立,故成立再證:a2na2n1(nN N*)當(dāng)n1 時(shí),a2f(1)0,a3f(a2)f(0) 21,有a2a3,即n1 時(shí)成立假設(shè)nk時(shí),結(jié)論成立,即a2kf(a2k1)a2k2,a2(k1)f(a2k1)f(a2k2)a2(k1)1.這就是說,當(dāng)nk1 時(shí)成立,所以對(duì)一切nN N*成立由得a2na22n2a2n21,即(a2n1)2a22n2a2n2,因此a2nf(a2n1),即a2n1a2n2,所以a2n1a22n12a2n121.解得a2n114.綜上,由、知存在c14使a2nca2n1對(duì)一切nN N*成立
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