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1、高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5第83練 推理與證明訓(xùn)練目標(biāo)(1)會(huì)應(yīng)用合情推理、演繹推理進(jìn)行判斷推理；(2)會(huì)用綜合法、分析法、反證法進(jìn)行推理證明訓(xùn)練題型(1)推理過(guò)程的判定；(2)合情推理、演繹推理的應(yīng)用；(3)證明方法的應(yīng)用解題策略(1)應(yīng)用合情推理時(shí)，找準(zhǔn)變化規(guī)律及問(wèn)題實(shí)質(zhì)，借助定義、性質(zhì)、公式進(jìn)行類(lèi)比歸納；(2)用分析法證明時(shí)，要注意書(shū)寫(xiě)格式，執(zhí)果索因逐步遞推；(3)用反證法證明時(shí)，對(duì)所要證明的結(jié)論的否定性假設(shè)要具有全面性，防止片面性.一、選擇題1有一段“三段論”推理是這樣的：對(duì)于可導(dǎo)函數(shù)f(x)，如果f(x0)0，那么xx0是函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)x3在x0處的導(dǎo)
2、數(shù)值f(0)0，所以x0是函數(shù)f(x)x3的極值點(diǎn)以上推理中()A小前提錯(cuò)誤B大前提錯(cuò)誤C推理形式錯(cuò)誤D結(jié)論正確2已知數(shù)列an為等差數(shù)列，若ama，anb(nm1，m，nN*)，則amn.類(lèi)比上述結(jié)論，對(duì)于等比數(shù)列bn(bn>0，nN*)，若bmc，bnd(nm2，m，nN*)，則可以得到bmn等于()A.B.C.D.3(20xx·湖北優(yōu)質(zhì)高中聯(lián)考)如圖所示，將若干個(gè)點(diǎn)擺成三角形圖案，每條邊(包括兩個(gè)端點(diǎn))有n(n>1，nN)個(gè)點(diǎn)，相應(yīng)的圖案中總的點(diǎn)數(shù)記為an，則等于()A.B.C.D.4(20xx·銀川二模)將正整數(shù)排列如下圖：1234567891011121
3、3141516則圖中數(shù)2 016出現(xiàn)在()A第44行第81列B第45行第81列C第44行第80列D第45行第80列5用反證法證明命題：若整系數(shù)一元二次方程ax2bxc0(a0)有有理根，那么a，b，c中至少有一個(gè)是偶數(shù)，下列假設(shè)中正確的是()A假設(shè)a，b，c都是偶數(shù)B假設(shè)a，b，c都不是偶數(shù)C假設(shè)a，b，c至多有一個(gè)是偶數(shù)D假設(shè)a，b，c至多有兩個(gè)是偶數(shù)6(20xx·湖南六校聯(lián)考)對(duì)于問(wèn)題“已知關(guān)于x的不等式ax2bxc>0的解集為(1,2)，解關(guān)于x的不等式ax2bxc>0”，給出如下一種解法：由ax2bxc>0的解集為(1,2)，得a(x)2b(x)c>0
4、的解集為(2,1)，即關(guān)于x的不等式ax2bxc>0的解集為(2,1)思考上述解法，若關(guān)于x的不等式<0的解集為(1，)(，1)，則關(guān)于x的不等式<0的解集為()A(3，1)(1,2) B(1,2)C(1,2) D(3,2)7設(shè)等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，若存在正整數(shù)m，n(m<n)，使得SmSn，則Smn0.類(lèi)比上述結(jié)論，設(shè)正項(xiàng)等比數(shù)列bn的前n項(xiàng)積為T(mén)n，若存在正整數(shù)m，n(m<n)，使得TmTn，則Tmn等于()A0 B1CmnDmn8我國(guó)古代稱(chēng)直角三角形為勾股形，并且直角邊中較小者為勾，另一直角邊為股，斜邊為弦若a，b，c為直角三角形的三邊，其中c為斜邊
5、，則a2b2c2，稱(chēng)這個(gè)定理為勾股定理現(xiàn)將這一定理推廣到立體幾何中：在四面體OABC中，AOBBOCCOA90°，S為頂點(diǎn)O所對(duì)面的面積，S1，S2，S3分別為側(cè)面OAB，OAC，OBC的面積，則下列選項(xiàng)中對(duì)于S，S1，S2，S3滿足的關(guān)系描述正確的為()AS2SSSBS2CSS1S2S3DS二、填空題9設(shè)數(shù)列an的首項(xiàng)a1，前n項(xiàng)和為Sn，且滿足2an1Sn3(nN*)，則滿足<<的所有n的和為_(kāi)10(20xx·武昌調(diào)研)如圖，在圓內(nèi)畫(huà)1條線段，將圓分成2部分；畫(huà)2條相交線段，將圓分割成4部分；畫(huà)3條線段，將圓最多分割成7部分；畫(huà)4條線段，將圓最多分割成11部
6、分則(1)在圓內(nèi)畫(huà)5條線段，將圓最多分割成_部分；(2)在圓內(nèi)畫(huà)n條線段，將圓最多分割成_部分11(20xx·開(kāi)封聯(lián)考)如圖所示，由曲線yx2，直線xa，xa1(a>0)及x軸圍成的曲邊梯形的面積介于相應(yīng)小矩形與大矩形的面積之間，即a2<a1ax2dx<(a1)2.運(yùn)用類(lèi)比推理，若對(duì)nN*，<A<恒成立，則實(shí)數(shù)A_.12在一次珠寶展覽會(huì)上，某商家展出一套珠寶首飾，第1件首飾是1顆珠寶，第2件首飾是由6顆珠寶構(gòu)成的如圖1所示的正六邊形，第3件首飾是由15顆珠寶構(gòu)成的如圖2所示的正六邊形，第4件首飾是由28顆珠寶構(gòu)成的如圖3所示的正六邊形，第5件首飾是由45
7、顆珠寶構(gòu)成的如圖4所示的正六邊形，以后每件首飾都在前一件的基礎(chǔ)上，按照這種規(guī)律增加一定數(shù)量的珠寶，使它構(gòu)成更大的正六邊形，依此推斷：(1)第6件首飾上應(yīng)有_顆珠寶；(2)前n(nN*)件首飾所用珠寶總顆數(shù)為_(kāi)(結(jié)果用n表示)答案精析1B大前提：如果f(x0)0，那么xx0是函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)，錯(cuò)誤2C觀察an的性質(zhì)：amn，則聯(lián)想nbma對(duì)應(yīng)等比數(shù)列bn中的，而an中除以(nm)對(duì)應(yīng)等比數(shù)列中開(kāi)(nm)次方，故bmn.3C每條邊有n個(gè)點(diǎn)，所以3條邊有3n個(gè)點(diǎn)，三角形的3個(gè)頂點(diǎn)重復(fù)計(jì)算了一次，所以減3個(gè)頂點(diǎn)，即an3n3，那么，即()()()()1，故選C.4D由題意可知第n行有2n1個(gè)數(shù)，則
8、前n行的數(shù)的個(gè)數(shù)為135(2n1)n2，因?yàn)?421 936,4522 025，且1 936<2 016<2 025，所以2 016在第45行，又第45行有2×45189個(gè)數(shù)，2 0161 93680，故2 016在第45行第80列故選D.5B至少有一個(gè)的否定是一個(gè)也沒(méi)有，即a，b，c都不是偶數(shù)6A由關(guān)于x的不等式<0的解集為(1，)(，1)，得<0的解集為(3，1)(1,2)，即關(guān)于x的不等式<0的解集為(3，1)(1,2)7B因?yàn)門(mén)mTn，所以bm1bm2bn1，從而bm1bn1，Tmnb1b2bmbm1bnbn1bnm1·bnm(b1bn
9、m)·(b2bnm1)(bmbn1)·(bm1bn)1.8A如圖，作ODBC于點(diǎn)D，連接AD，由立體幾何知識(shí)知，ADBC，從而S2(BC·AD)2BC2·AD2BC2·(OA2OD2)(OB2OC2)·OA2BC2·OD2(OB·OA)2(OC·OA)2(BC·OD)2SSS.97解析由2an1Sn3，得2anSn13(n2)，兩式相減，得2an12anan0，化簡(jiǎn)得2an1an(n2)，即(n2)，由已知求出a2，易得，所以數(shù)列an是首項(xiàng)為a1，公比為q的等比數(shù)列，所以Sn31()n，S2n3
10、1()2n，代入<<，可得<()n<，解得n3或4，所以所有n的和為7.10(1)16(2)1解析(1)設(shè)在圓內(nèi)畫(huà)n條線段將圓最多可分成an部分，則a12，a24，a37，a411，所以a5a4511516，即在圓內(nèi)畫(huà)5條線段，將圓最多分割成16部分(2)因?yàn)閍nan1n，an1an2n1，a3a23，a2a12，所以將上述式子累加得ana123n，則an223n1，n2，顯然當(dāng)n1時(shí)上式也成立，故在圓內(nèi)畫(huà)n條線段將圓最多可分割成1部分11ln 2解析令<A1<，<A2<，<An<，依據(jù)類(lèi)比推理可得A1dxln(n1)lnn，A2dx
11、ln(n2)ln(n1)，Andxln(2n)ln(2n1)，所以AA1A2Anln(n1)lnnln(n2)ln(n1)ln(2n)ln(2n1)ln(2n)lnnln 2.12(1)66(2)，nN*解析(1)設(shè)第n件首飾上的珠寶顆數(shù)為an，則a11，a26，a315，a428，a545，a2a14×11，a3a24×21，a4a34×31，a5a44×41，猜想anan14(n1)14n3，推斷a6a54×5166.(2)由(1)知anan14n3，則an1an24(n1)3，a2a14×23，以上各式相加得ana14(nn12)3(n1)3(n1)2n2n1，an2n2n，則a1a2an2(1222n2)(1n)2×，前n件首飾所用珠寶總顆數(shù)為，nN*.
高三數(shù)學(xué) 第83練 推理與證明練習(xí)
