2019高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第十三章 推理與證明練習(xí) 理.doc
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第十三章推理與證明命題探究考綱解讀考點內(nèi)容解讀要求高考示例??碱}型預(yù)測熱度1.合情推理與演繹推理(1)了解合情推理的含義,能利用歸納和類比等進行簡單的推理,了解合情推理在數(shù)學(xué)發(fā)現(xiàn)中的作用.(2)了解演繹推理的重要性,掌握演繹推理的基本模式,并能運用它們進行一些簡單推理.(3)了解合情推理和演繹推理之間的聯(lián)系和差異掌握2017北京,14;2016課標全國,15;2015福建,15;2014課標,14填空題2.直接證明與間接證明(1)了解直接證明的兩種基本方法分析法和綜合法;了解分析法和綜合法的思考過程、特點.(2)了解間接證明的一種基本方法反證法;了解反證法的思考過程、特點了解2017江蘇,19;2016江蘇,20;2015北京,20解答題3.數(shù)學(xué)歸納法了解數(shù)學(xué)歸納法的原理,能用數(shù)學(xué)歸納法證明一些簡單的數(shù)學(xué)命題掌握2017浙江,22解答題分析解讀31.能利用已知結(jié)論類比未知結(jié)論或歸納猜想結(jié)論并加以證明.2.了解直接證明與間接證明的基本方法,體會數(shù)學(xué)證明的思想方法.3.掌握“歸納猜想證明”的推理方法及數(shù)學(xué)歸納法的證明步驟.4.歸納推理與類比推理是高考的熱點.本章在高考中的推理問題一般以填空題形式出現(xiàn),分值約為5分,屬中檔題;證明問題一般以解答題形式出現(xiàn),分值約為12分,屬中高檔題.五年高考考點一合情推理與演繹推理1.(2016北京,8,5分)袋中裝有偶數(shù)個球,其中紅球、黑球各占一半.甲、乙、丙是三個空盒.每次從袋中任意取出兩個球,將其中一個球放入甲盒,如果這個球是紅球,就將另一個球放入乙盒,否則就放入丙盒.重復(fù)上述過程,直到袋中所有球都被放入盒中,則() A.乙盒中黑球不多于丙盒中黑球B.乙盒中紅球與丙盒中黑球一樣多C.乙盒中紅球不多于丙盒中紅球D.乙盒中黑球與丙盒中紅球一樣多答案B2.(2015山東,11,5分)觀察下列各式:=40;+=41;+=42;+=43;照此規(guī)律,當nN*時,+=.答案4n-13.(2017北京,14,5分)三名工人加工同一種零件,他們在一天中的工作情況如圖所示,其中點Ai的橫、縱坐標分別為第i名工人上午的工作時間和加工的零件數(shù),點Bi的橫、縱坐標分別為第i名工人下午的工作時間和加工的零件數(shù),i=1,2,3.記Qi為第i名工人在這一天中加工的零件總數(shù),則Q1,Q2,Q3中最大的是;記pi為第i名工人在這一天中平均每小時加工的零件數(shù),則p1,p2,p3中最大的是.答案Q1p24.(2016課標全國,15,5分)有三張卡片,分別寫有1和2,1和3,2和3.甲,乙,丙三人各取走一張卡片,甲看了乙的卡片后說:“我與乙的卡片上相同的數(shù)字不是2.”乙看了丙的卡片后說:“我與丙的卡片上相同的數(shù)字不是1.”丙說:“我的卡片上的數(shù)字之和不是5.”則甲的卡片上的數(shù)字是.答案1和35.(2014課標,14,5分)甲、乙、丙三位同學(xué)被問到是否去過A,B,C三個城市時,甲說:我去過的城市比乙多,但沒去過B城市;乙說:我沒去過C城市;丙說:我們?nèi)巳ミ^同一城市.由此可判斷乙去過的城市為.答案A教師用書專用(610)6.(2014北京,8,5分)學(xué)生的語文、數(shù)學(xué)成績均被評定為三個等級,依次為“優(yōu)秀”“合格”“不合格”.若學(xué)生甲的語文、數(shù)學(xué)成績都不低于學(xué)生乙,且其中至少有一門成績高于乙,則稱“學(xué)生甲比學(xué)生乙成績好”.如果一組學(xué)生中沒有哪位學(xué)生比另一位學(xué)生成績好,并且不存在語文成績相同、數(shù)學(xué)成績也相同的兩位學(xué)生,那么這組學(xué)生最多有()A.2人B.3人C.4人D.5人答案B7.(2015福建,15,4分)一個二元碼是由0和1組成的數(shù)字串x1x2xn(nN*),其中xk(k=1,2,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會發(fā)生碼元錯誤(即碼元由0變?yōu)?,或者由1變?yōu)?).已知某種二元碼x1x2x7的碼元滿足如下校驗方程組:其中運算定義為:00=0,01=1,10=1,11=0.現(xiàn)已知一個這種二元碼在通信過程中僅在第k位發(fā)生碼元錯誤后變成了1101101,那么利用上述校驗方程組可判定k等于.答案58.(2014陜西,14,5分)觀察分析下表中的數(shù)據(jù):多面體面數(shù)(F)頂點數(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.答案F+V-E=29.(2013湖北,14,5分)古希臘畢達哥拉斯學(xué)派的數(shù)學(xué)家研究過各種多邊形數(shù).如三角形數(shù)1,3,6,10,第n個三角形數(shù)為=n2+n.記第n個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個數(shù)的表達式:三角形數(shù)N(n,3)=n2+n,正方形數(shù)N(n,4)=n2,五邊形數(shù)N(n,5)=n2-n,六邊形數(shù)N(n,6)=2n2-n,可以推測N(n,k)的表達式,由此計算N(10,24)=.答案1 00010.(2014北京,20,13分)對于數(shù)對序列P:(a1,b1),(a2,b2),(an,bn),記T1(P)=a1+b1,Tk(P)=bk+maxTk-1(P),a1+a2+ak(2kn),其中maxTk-1(P),a1+a2+ak表示Tk-1(P)和a1+a2+ak兩個數(shù)中最大的數(shù).(1)對于數(shù)對序列P:(2,5),(4,1),求T1(P),T2(P)的值;(2)記m為a,b,c,d四個數(shù)中最小的數(shù),對于由兩個數(shù)對(a,b),(c,d)組成的數(shù)對序列P:(a,b),(c,d)和P:(c,d),(a,b),試分別對m=a和m=d兩種情況比較T2(P)和T2(P)的大小;(3)在由五個數(shù)對(11,8),(5,2),(16,11),(11,11),(4,6)組成的所有數(shù)對序列中,寫出一個數(shù)對序列P使T5(P)最小,并寫出T5(P)的值.(只需寫出結(jié)論)解析(1)T1(P)=2+5=7,T2(P)=1+maxT1(P),2+4=1+max7,6=8.(2)T2(P)=maxa+b+d,a+c+d,T2(P)=maxc+d+b,c+a+b.當m=a時,T2(P)=maxc+d+b,c+a+b=c+d+b.因為a+b+dc+b+d,且a+c+dc+b+d,所以T2(P)T2(P).當m=d時,T2(P)=maxc+d+b,c+a+b=c+a+b.因為a+b+dc+a+b,且a+c+dc+a+b,所以T2(P)T2(P).所以無論m=a還是m=d,T2(P)T2(P)都成立.(3)數(shù)對序列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.考點二直接證明與間接證明1.(2014山東,4,5分)用反證法證明命題“設(shè)a,b為實數(shù),則方程x3+ax+b=0至少有一個實根”時,要做的假設(shè)是()A.方程x3+ax+b=0沒有實根B.方程x3+ax+b=0至多有一個實根C.方程x3+ax+b=0至多有兩個實根D.方程x3+ax+b=0恰好有兩個實根答案A2.(2017江蘇,19,16分)對于給定的正整數(shù)k,若數(shù)列an滿足:an-k+an-k+1+an-1+an+1+an+k-1+an+k=2kan對任意正整數(shù)n(nk)總成立,則稱數(shù)列an是“P(k)數(shù)列”.(1)證明:等差數(shù)列an是“P(3)數(shù)列”;(2)若數(shù)列an既是“P(2)數(shù)列”,又是“P(3)數(shù)列”,證明:an是等差數(shù)列.證明本小題主要考查等差數(shù)列的定義、通項公式等基礎(chǔ)知識,考查代數(shù)推理、轉(zhuǎn)化與化歸及綜合運用數(shù)學(xué)知識探究與解決問題的能力.(1)因為an是等差數(shù)列,設(shè)其公差為d,則an=a1+(n-1)d,從而,當n4時,an-k+an+k=a1+(n-k-1)d+a1+(n+k-1)d=2a1+2(n-1)d=2an,k=1,2,3,所以an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an,因此等差數(shù)列an是“P(3)數(shù)列”.(2)數(shù)列an既是“P(2)數(shù)列”,又是“P(3)數(shù)列”,因此,當n3時,an-2+an-1+an+1+an+2=4an,當n4時,an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an.由知,an-3+an-2=4an-1-(an+an+1),an+2+an+3=4an+1-(an-1+an).將代入,得an-1+an+1=2an,其中n4,所以a3,a4,a5,是等差數(shù)列,設(shè)其公差為d.在中,取n=4,則a2+a3+a5+a6=4a4,所以a2=a3-d,在中,取n=3,則a1+a2+a4+a5=4a3,所以a1=a3-2d,所以數(shù)列an是等差數(shù)列.教師用書專用(37)3.(2017北京,20,13分)設(shè)an和bn是兩個等差數(shù)列,記cn=maxb1-a1n,b2-a2n,bn-ann(n=1,2,3,),其中maxx1,x2,xs表示x1,x2,xs這s個數(shù)中最大的數(shù).(1)若an=n,bn=2n-1,求c1,c2,c3的值,并證明cn是等差數(shù)列;(2)證明:或者對任意正數(shù)M,存在正整數(shù)m,當nm時,M;或者存在正整數(shù)m,使得cm,cm+1,cm+2,是等差數(shù)列.解析本題考查等差數(shù)列,不等式,合情推理等知識,考查綜合分析,歸納抽象,推理論證能力.(1)c1=b1-a1=1-1=0,c2=maxb1-2a1,b2-2a2=max1-21,3-22=-1,c3=maxb1-3a1,b2-3a2,b3-3a3=max1-31,3-32,5-33=-2.當n3時,(bk+1-nak+1)-(bk-nak)=(bk+1-bk)-n(ak+1-ak)=2-n0時,取正整數(shù)m,則當nm時,nd1d2,因此cn=b1-a1n.此時,cm,cm+1,cm+2,是等差數(shù)列.當d1=0時,對任意n1,cn=b1-a1n+(n-1)maxd2,0=b1-a1+(n-1)(maxd2,0-a1).此時,c1,c2,c3,cn,是等差數(shù)列.當d1時,有nd1max,故當nm時,M.4.(2016江蘇,20,16分)記U=1,2,100.對數(shù)列an(nN*)和U的子集T,若T=,定義ST=0;若T=t1,t2,tk,定義ST=+.例如:T=1,3,66時,ST=a1+a3+a66.現(xiàn)設(shè)an(nN*)是公比為3的等比數(shù)列,且當T=2,4時,ST=30.(1)求數(shù)列an的通項公式;(2)對任意正整數(shù)k(1k100),若T1,2,k,求證:ST0,nN*,所以STa1+a2+ak=1+3+3k-1=(3k-1)3k.因此,STak+1.(3)下面分三種情況證明.若D是C的子集,則SC+SCD=SC+SDSD+SD=2SD.若C是D的子集,則SC+SCD=SC+SC=2SC2SD.若D不是C的子集,且C不是D的子集.令E=CUD,F=DUC,則E,F,EF=.于是SC=SE+SCD,SD=SF+SCD,進而由SCSD得SESF.設(shè)k為E中的最大數(shù),l為F中的最大數(shù),則k1,l1,kl.由(2)知,SEak+1.于是3l-1=alSFSEak+1=3k,所以l-1k,即lk.又kl,故lk-1.從而SFa1+a2+al=1+3+3l-1=,故SE2SF+1,所以SC-SCD2(SD-SCD)+1,即SC+SCD2SD+1.綜合得,SC+SCD2SD.5.(2016浙江,20,15分)設(shè)數(shù)列an滿足1,nN*.(1)證明:|an|2n-1(|a1|-2),nN*;(2)若|an|,nN*,證明:|an|2,nN*.解析(1)由1得|an|-|an+1|1,故-,nN*,所以-=+n,-=+,故|an|n,均有|an|2,取正整數(shù)m0lo且m0n0,則=|-2,與式矛盾.綜上,對于任意nN*,均有|an|2.6.(2016北京,20,13分)設(shè)數(shù)列A:a1,a2,aN(N2).如果對小于n(2nN)的每個正整數(shù)k都有aka1,則G(A);(3)證明:若數(shù)列A滿足an-an-11(n=2,3,N),則G(A)的元素個數(shù)不小于aN-a1.解析(1)G(A)的元素為2和5.(2)因為存在an使得ana1,所以iN*|2iN,aia1.記m=miniN*|2iN,aia1,則m2,且對任意正整數(shù)km,aka1a1.由(2)知G(A).設(shè)G(A)=n1,n2,np,n1n2np.記n0=1,則.對i=0,1,p,記Gi=kN*|ni.如果Gi,取mi=min Gi,則對任何1kmi,ak1,因為ak=2ak-1或ak=2ak-1-36,所以2ak-1是3的倍數(shù),于是ak-1是3的倍數(shù).類似可得,ak-2,a1都是3的倍數(shù).從而對任意n1,an是3的倍數(shù),因此M的所有元素都是3的倍數(shù).綜上,若集合M存在一個元素是3的倍數(shù),則M的所有元素都是3的倍數(shù).(3)由a136,an=可歸納證明an36(n=2,3,).因為a1是正整數(shù),a2=所以a2是2的倍數(shù),從而當n3時,an是4的倍數(shù).如果a1是3的倍數(shù),由(2)知對所有正整數(shù)n,an是3的倍數(shù),因此當n3時,an12,24,36,這時M的元素個數(shù)不超過5.如果a1不是3的倍數(shù),由(2)知對所有正整數(shù)n,an不是3的倍數(shù),因此當n3時,an4,8,16,20,28,32,這時M的元素個數(shù)不超過8.當a1=1時,M=1,2,4,8,16,20,28,32有8個元素.綜上可知,集合M的元素個數(shù)的最大值為8.考點三數(shù)學(xué)歸納法1.(2017浙江,22,15分)已知數(shù)列xn滿足:x1=1,xn=xn+1+ln(1+xn+1)(nN*).證明:當nN*時,(1)0xn+10.當n=1時,x1=10.假設(shè)n=k時,xk0,那么n=k+1時,若xk+10,則00.因此xn0(nN*).所以xn=xn+1+ln(1+xn+1)xn+1.因此0xn+10(x0).函數(shù)f(x)在0,+)上單調(diào)遞增,所以f(x)f(0)=0,因此-2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1)=f(xn+1)0,故2xn+1-xn(nN*).(3)因為xn=xn+1+ln(1+xn+1)xn+1+xn+1=2xn+1,所以xn.由2xn+1-xn得-20,所以-22n-1=2n-2,故xn.綜上,xn(nN*).教師用書專用(26)2.(2015江蘇,23,10分)已知集合X=1,2,3,Yn=1,2,3,n(nN*),設(shè)Sn=(a,b)|a整除b或b整除a,aX,bYn.令f(n)表示集合Sn所含元素的個數(shù).(1)寫出f(6)的值;(2)當n6時,寫出f(n)的表達式,并用數(shù)學(xué)歸納法證明.解析(1)f(6)=13.(2)當n6時,f(n)=(tN*).下面用數(shù)學(xué)歸納法證明:當n=6時, f(6)=6+2+=13,結(jié)論成立;假設(shè)n=k(k6)時結(jié)論成立,那么n=k+1時,Sk+1在Sk的基礎(chǔ)上新增加的元素在(1,k+1),(2,k+1),(3,k+1)中產(chǎn)生,分以下情形討論:1)若k+1=6t,則k=6(t-1)+5,此時有f(k+1)=f(k)+3=k+2+3=(k+1)+2+,結(jié)論成立;2)若k+1=6t+1,則k=6t,此時有f(k+1)=f(k)+1=k+2+1=(k+1)+2+,結(jié)論成立;3)若k+1=6t+2,則k=6t+1,此時有f(k+1)=f(k)+2=k+2+2=(k+1)+2+,結(jié)論成立;4)若k+1=6t+3,則k=6t+2,此時有f(k+1)=f(k)+2=k+2+2=(k+1)+2+,結(jié)論成立;5)若k+1=6t+4,則k=6t+3,此時有f(k+1)=f(k)+2=k+2+2=(k+1)+2+,結(jié)論成立;6)若k+1=6t+5,則k=6t+4,此時有f(k+1)=f(k)+1=k+2+1=(k+1)+2+,結(jié)論成立.綜上所述,結(jié)論對滿足n6的自然數(shù)n均成立.3.(2014安徽,21,13分)設(shè)實數(shù)c0,整數(shù)p1,nN*.(1)證明:當x-1且x0時,(1+x)p1+px;(2)數(shù)列an滿足a1,an+1=an+.證明:anan+1.解析(1)證明:用數(shù)學(xué)歸納法證明:當p=2時,(1+x)2=1+2x+x21+2x,原不等式成立.假設(shè)p=k(k2,kN*)時,不等式(1+x)k1+kx成立.當p=k+1時,(1+x)k+1=(1+x)(1+x)k(1+x)(1+kx)=1+(k+1)x+kx21+(k+1)x.所以p=k+1時,原不等式也成立.綜合可得,當x-1,x0時,對一切整數(shù)p1,不等式(1+x)p1+px均成立.(2)證法一:先用數(shù)學(xué)歸納法證明an.當n=1時,由題設(shè)a1知an成立.假設(shè)n=k(k1,kN*)時,不等式ak成立.由an+1=an+易知an0,nN*.當n=k+1時,=+=1+.由ak0得-1-1+p=.因此c,即ak+1.所以n=k+1時,不等式an也成立.綜合可得,對一切正整數(shù)n,不等式an均成立.再由=1+可得1,即an+1an+1,nN*.證法二:設(shè)f(x)=x+x1-p,x,則xpc,并且f (x)=+(1-p)x-p=0,x.由此可得, f(x)在,+)上單調(diào)遞增.因而,當x時, f(x)f()=,當n=1時,由a10,即c可知a2=a1+=a1,從而a1a2.故當n=1時,不等式anan+1成立.假設(shè)n=k(k1,kN*)時,不等式akak+1成立,則當n=k+1時, f(ak)f(ak+1)f(),即有ak+1ak+2.所以n=k+1時,原不等式也成立.綜合可得,對一切正整數(shù)n,不等式anan+1均成立.4.(2014江蘇,23,10分)已知函數(shù)f0(x)=(x0),設(shè)fn(x)為fn-1(x)的導(dǎo)數(shù),nN*.(1)求2f1+f2的值;(2)證明:對任意的nN*,等式=都成立.解析(1)由已知,得f1(x)=f 0(x)=-,于是f2(x)=f 1(x)=-=-+,所以f1=-, f2=-+.故2f1+f2=-1.(2)證明:由已知,得xf0(x)=sin x,等式兩邊分別對x求導(dǎo),得f0(x)+xf 0(x)=cos x,即f0(x)+xf1(x)=cos x=sin,類似可得2f1(x)+xf2(x)=-sin x=sin(x+),3f2(x)+xf3(x)=-cos x=sin,4f3(x)+xf4(x)=sin x=sin(x+2).下面用數(shù)學(xué)歸納法證明等式nfn-1(x)+xfn(x)=sin對所有的nN*都成立.(i)當n=1時,由上可知等式成立.(ii)假設(shè)當n=k時等式成立,即kfk-1(x)+xfk(x)=sin.因為kfk-1(x)+xfk(x)=kf k-1(x)+fk(x)+xf k(x)=(k+1)fk(x)+xfk+1(x),=cos=sin,所以(k+1)fk(x)+xfk+1(x)=sin.因此當n=k+1時,等式也成立.綜合(i),(ii)可知等式nfn-1(x)+xfn(x)=sin對所有的nN*都成立.令x=,可得nfn-1+fn=sin(nN*).所以=(nN*).5.(2014重慶,22,12分)設(shè)a1=1,an+1=+b(nN*).(1)若b=1,求a2,a3及數(shù)列an的通項公式;(2)若b=-1,問:是否存在實數(shù)c使得a2nca2n+1對所有nN*成立?證明你的結(jié)論.解析(1)解法一:a2=2,a3=+1.再由題設(shè)條件知(an+1-1)2=(an-1)2+1.從而(an-1)2是首項為0,公差為1的等差數(shù)列,故(an-1)2=n-1,即an=+1(nN*).解法二:a2=2,a3=+1,可寫為a1=+1,a2=+1,a3=+1.因此猜想an=+1.下用數(shù)學(xué)歸納法證明上式:當n=1時結(jié)論顯然成立.假設(shè)n=k時結(jié)論成立,即ak=+1,則ak+1=+1=+1=+1.這就是說,當n=k+1時結(jié)論成立.所以an=+1(nN*).(2)解法一:設(shè)f(x)=-1,則an+1=f(an).令c=f(c),即c=-1,解得c=.下用數(shù)學(xué)歸納法證明加強命題a2nca2n+11.當n=1時,a2=f(1)=0,a3=f(0)=-1,所以a2a31,結(jié)論成立.假設(shè)n=k時結(jié)論成立,即a2kca2k+1f(a2k+1)f(1)=a2,即1ca2k+2a2.再由f(x)在(-,1上為減函數(shù)得c=f(c)f(a2k+2)f(a2)=a31.故ca2k+31,因此a2(k+1)ca2(k+1)+11.這就是說,當n=k+1時結(jié)論成立.綜上,符合條件的c存在,其中一個值為c=.解法二:設(shè)f(x)=-1,則an+1=f(an).先證:0an1(nN*).當n=1時,結(jié)論明顯成立.假設(shè)n=k時結(jié)論成立,即0ak1.易知f(x)在(-,1上為減函數(shù),從而0=f(1)f(ak)f(0)=-11.即0ak+11.這就是說,當n=k+1時結(jié)論成立.故成立.再證:a2na2n+1(nN*).當n=1時,a2=f(1)=0,a3=f(a2)=f(0)=-1,有a2a3,即n=1時成立.假設(shè)n=k時,結(jié)論成立,即a2kf(a2k+1)=a2k+2,a2(k+1)=f(a2k+1)f(a2k+2)=a2(k+1)+1.這就是說,當n=k+1時成立.所以對一切nN*成立.由得a2n-1,即(a2n+1)2-2a2n+2,因此a2nf(a2n+1),即a2n+1a2n+2,所以a2n+1-1,解得a2n+1.綜上,由、知存在c=使a2nc1時,對x(0,a-1)有(x)0,(x)在(0,a-1)上單調(diào)遞減,(a-1)1時,存在x0,使(x)n-ln(n+1).證明如下:證法一:上述不等式等價于+,x0.令x=,nN+,則ln.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明.當n=1時,ln 2,結(jié)論成立.假設(shè)當n=k時結(jié)論成立,即+ln(k+1).那么,當n=k+1時,+ln(k+1)+ln(k+1)+ln=ln(k+2),即結(jié)論成立.由可知,結(jié)論對nN+成立.證法二:上述不等式等價于+,x0.令x=,nN+,則ln.故有l(wèi)n 2-ln 1,ln 3-ln 2,ln(n+1)-ln n,上述各式相加可得ln(n+1)+.結(jié)論得證.三年模擬A組20162018年模擬基礎(chǔ)題組考點一合情推理與演繹推理1.(2018山東淄博部分學(xué)校摸底考,10)聊齋志異中有這樣一首詩:“挑水砍柴不堪苦,請歸但求穿墻術(shù).得訣自詡無所阻,額上墳起終不悟.”在這里,我們稱形如以下形式的等式具有“穿墻術(shù)”:2=,3=,4=,5=,則按照以上規(guī)律,若8=具有“穿墻術(shù)”,則n=() A.35B.48C.63D.80答案C2.(2017江西鷹潭一模,2)用三段論推理:“任何實數(shù)的絕對值都大于0,因為a是實數(shù),所以a的絕對值大于0”,你認為這個推理()A.大前提錯誤B.小前提錯誤C.推理形式錯誤D.是正確的答案A3.(2017河南鄭州二模,6)平面內(nèi)凸四邊形有2條對角線,凸五邊形有5條對角線,以此類推,凸十三邊形的對角線條數(shù)為()A.42B.65C.143D.169答案B4.(2017河北衡水中學(xué)三調(diào),14)在公元前3世紀,古希臘數(shù)學(xué)家歐幾里得在幾何原本里提出:“球的體積(V)與它的直徑(D)的立方成正比”,即V=kD3(k0),歐幾里得未給出k的值.17世紀日本數(shù)學(xué)家們對求球的體積的方法還不了解,他們將體積公式V=kD3中的常數(shù)k稱為“立圓率”或“玉積率”.類似地,對于等邊圓柱(軸截面是正方形的圓柱)、正方體也可利用公式V=kD3求體積(在等邊圓柱中,D表示底面圓的直徑;在正方體中,D表示棱長).假設(shè)運用此體積公式求得球(直徑為a),等邊圓柱(底面圓的直徑為a),正方體(棱長為a)的“玉積率”分別為k1,k2,k3,那么k1k2k3=.答案1考點二直接證明與間接證明5.(2018吉林梅河口第五中學(xué)第三次月考,5)已知p3+q3=2,求證p+q2,用反證法證明時,可假設(shè)p+q2;設(shè)a為實數(shù), f(x)=x2+ax+a,求證|f(1)|與|f(2)|中至少有一個不小于,用反證法證明時可假設(shè)|f(1)|,且|f(2)|,以下說法正確的是()A.與的假設(shè)都錯誤B.與的假設(shè)都正確C.的假設(shè)正確,的假設(shè)錯誤D.的假設(shè)錯誤,的假設(shè)正確答案C6.(2016福建廈門一中期中,12)若數(shù)列an滿足:存在正整數(shù)T,對于任意正整數(shù)n都有an+T=an成立,則稱數(shù)列an為周期數(shù)列,周期為T.已知數(shù)列an滿足a1=m(m0),an+1=則下列結(jié)論中錯誤的是()A.若a3=4,則m可以取3個不同的值B.若m=,則數(shù)列an是周期為3的數(shù)列C.TN*且T2,m1,使得an是周期為T的數(shù)列D.mQ且m2,使得數(shù)列an是周期數(shù)列答案D考點三數(shù)學(xué)歸納法7.(2018山東鄒城第一中學(xué)期中,9)用數(shù)學(xué)歸納法證明:“(n+1)(n+2)(n+n)=2n135(2n-1)(2n+1)(nN*)”時,從n=k到n=k+1,等式的左邊需要增加的代數(shù)式是()A.2k+1B.C.D.2(2k+1)答案D8.(人教A選22,二,2-3,例2,變式)設(shè)a0,f(x)=,令a1=1,an+1=f(an),nN*.(1)寫出a2,a3,a4的值,并猜想數(shù)列an的通項公式;(2)用數(shù)學(xué)歸納法證明你的結(jié)論.解析(1)a1=1,a2=f(a1)=f(1)=,a3=f(a2)=,a4=f(a3)=.猜想an=(nN*).(2)證明:當n=1時,猜想顯然正確.假設(shè)n=k(kN*)時猜想正確,即ak=,則ak+1=f(ak)=.這說明,n=k+1時猜想正確.由知,對于任何nN*,都有an=.B組20162018年模擬提升題組(滿分:30分時間:20分鐘) 一、選擇題(共5分)1.(2018吉林長春一五中學(xué)期中,7)設(shè)m、n、t都是正數(shù),則m+、n+、t+三個數(shù)()A.都大于4B.都小于4C.至少有一個大于4D.至少有一個不小于4答案D二、填空題(每小題5分,共25分)2.(2018云南玉溪高考模擬)下面圖形由小正方形組成,請觀察圖1至圖4的規(guī)律,依此規(guī)律,第n個圖形中小正方形的個數(shù)是.答案3.(2018湖北沙市中學(xué)1月月考,16)“求方程+=1的解”有如下解題思路:設(shè)f(x)=+,則f(x)在R上單調(diào)遞減,且f(2)=1,所以原方程有唯一解x=2.類比上述解題思路,不等式x6-(x+2)(x+2)3-x2的解集是.答案(-,-1)(2,+)4.(2017江西贛州十四縣聯(lián)考,15)我國古代數(shù)學(xué)著作九章算術(shù)有如下問題:“今有人持金出五關(guān),前關(guān)二而稅一,次關(guān)三而稅一,次關(guān)四而稅一,次關(guān)五而稅一,次關(guān)六而稅一.并五關(guān)所稅,適重一斤.問本持金幾何?”其意思為“今有人持金出五關(guān),第1關(guān)收稅金,第2關(guān)收稅金為剩余的,第3關(guān)收稅金為剩余的,第4關(guān)收稅金為剩余的,第5關(guān)收稅金為剩余的,5關(guān)所收稅金之和,恰好重1斤,問原本持金多少?”若將“5關(guān)所收稅金之和,恰好重1斤,問原本持金多少?”改成“假設(shè)這個人原本持金為x,按此規(guī)律通過第8關(guān)”,則第8關(guān)所收稅金為x.答案5.(2017河北石家莊二中三模,16)如圖所示的“數(shù)陣”的特點是:每行每列都成等差數(shù)列,則數(shù)字37在圖中出現(xiàn)的次數(shù)為.23456735791113471013161959131721256111621263171319253137答案96.(2017河北邯鄲聯(lián)考,15)6月23日15時前后,江蘇省鹽城市阜寧、射陽等地突遭強冰雹、龍卷風(fēng)雙重災(zāi)害襲擊,風(fēng)力達12級.災(zāi)害發(fā)生后,有甲、乙、丙、丁4個從A,B,C,D四個不同的方向前往災(zāi)區(qū).已知下面四種說法都是正確的.(1)甲所在方向不是C方向,也不是D方向;(2)乙所在方向不是A方向,也不是B方向;(3)丙所在方向不是A方向,也不是B方向;(4)丁所在方向不是A方向,也不是D方向.此外還可確定:如果丙所在方向不是D方向,那么甲所在方向就不是A方向,有下列判斷:甲所在方向是B方向;乙所在方向是D方向;丙所在方向是D方向;丁所在方向是C方向.其中判斷正確的序號是.答案C組20162018年模擬方法題組方法合情推理的應(yīng)用方法1.(2017山東青島一模,4)中國有個名句“運籌帷幄之中,決勝千里之外”,其中的“籌”原意是指孫子算經(jīng)中記載的算籌,古代是用算籌來進行計算的,算籌是將幾寸長的小竹棍擺在平面上進行運算,算籌的擺放形式有縱、橫兩種,如圖,當表示一個多位數(shù)時,像阿拉伯計數(shù)一樣,把各個數(shù)位的數(shù)碼從左到右排列,但各位數(shù)碼的籌式需要縱橫相間,個位,百位,萬位數(shù)用縱式表示,十位,千位,十萬位用橫式表示,以此類推.例如6 613用算籌表示就是,則8 335用算籌可表示為()答案B2.(2017遼寧六校協(xié)作體期中,10)已知數(shù)對按如下規(guī)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),則第60個數(shù)對是() A.(10,1)B.(2,10)C.(5,7)D.(7,5)答案C- 1.請仔細閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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