全國通用高考數(shù)學二輪復習 第一部分 微專題強化練 專題17 推理與證明含解析

《全國通用高考數(shù)學二輪復習 第一部分 微專題強化練 專題17 推理與證明含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《全國通用高考數(shù)學二輪復習 第一部分 微專題強化練 專題17 推理與證明含解析（15頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、高考數(shù)學精品復習資料 2019.5【走向高考】（全國通用）20xx高考數(shù)學二輪復習 第一部分 微專題強化練 專題17 推理與證明（含解析）一、選擇題1(文)將正奇數(shù)1,3,5,7，排成五列(如下表)，按此表的排列規(guī)律，89所在的位置是()第第 第 第 第一二 三 四 五列列 列 列 列135715 13 11 9 17 19 21 2331 29 27 25 A第一列B第二列C第三列 D第四列答案D解析正奇數(shù)從小到大排，則89位居第45位，而454×111，故89位于第四列(理)(20xx·廣州市綜合測試)將正偶數(shù)2,4,6,8，按下表的方式進行排列，記aij表示第i行第j

2、列的數(shù)，若aij20xx，則ij的值為()第1列第2列第3列第4列第5列第1行2468第2行16141210第3行18202224第4行32302826第5行34363840A257B256C254 D253答案C解析依題意，注意到題中的數(shù)表中，奇數(shù)行空置第1列，偶數(shù)行空置第5列；且自左向右，奇數(shù)行的數(shù)字由小到大排列，偶數(shù)行的數(shù)字由大到小排列；20xx是數(shù)列2n的第1007項，且10074×2513，因此20xx位于題中的數(shù)表的第252行第2列，于是有ij2522254，故選C方法點撥歸納推理根據(jù)一類事物的部分對象具有某種性質，推出這類事物的所有對象都具有這樣性質的推理，叫做歸納推理

3、，歸納是由特殊到一般的推理歸納推理是由部分到整體，由個別到一般的推理，在進行歸納時，要先根據(jù)已知的部分個體，把它們適當變形，使其具有統(tǒng)一的表現(xiàn)形式，便于觀察發(fā)現(xiàn)其規(guī)律，找出它們之間的聯(lián)系，從而歸納出一般結論2(20xx·廣東文，6)若直線l1與l2是異面直線，l1在平面內，l2在平面內，l是平面與平面的交線，則下列命題正確的是()Al與l1，l2都不相交Bl與l1，l2都相交Cl至多與l1，l2中的一條相交Dl至少與l1，l2中的一條相交答案D解析考查空間點、線、面的位置關系若直線l1和l2是異面直線，l1在平面內，l2在平面內，l是平面與平面的交線，假如l與l1、l2都不相交，則l

4、l1，ll2，l1l2，與l1、l2異面矛盾，因此l至少與l1，l2中的一條相交，故選D方法點撥演繹推理根據(jù)一般性的真命題(或邏輯規(guī)則)導出特殊性命題為真的推理叫做演繹推理演繹推理是由一般性命題到特殊性命題的推理(1)演繹推理的特點當前提為真時，結論必然為真(2)演繹推理的一般模式“三段論”大前提已知的一般原理；小前提所研究的特殊情況；結論根據(jù)一般原理，對特殊情況做出的判斷3(文)若數(shù)列an是等差數(shù)列，則數(shù)列bn(bn)也為等差數(shù)列類比這一性質可知，若正項數(shù)列cn是等比數(shù)列，則數(shù)列dn也是等比數(shù)列，則dn的表達式應為()AdnBdnCdnDdn答案D解析通過審題觀察，對比分析得到：已知等差數(shù)列

5、an前n項和Sna1a2anbn算術平均bn成等差類比項等比數(shù)列cn前n項積Tnc1c2cndn幾何平均dn成等比故選D方法點撥類比推理根據(jù)兩類不同事物之間具有某些類似(或一致)性，推測其中一類事物具有與另一類事物類似(或相同)的性質的推理叫做類比推理，類比推理是由特殊到特殊的推理進行類比推理時，要抓住類比對象之間相似的性質，如等差數(shù)列的和對應的可能是等比數(shù)列的和，更可能是等比數(shù)列的積，再結合其他要求進一步確定類比項(理)記等差數(shù)列an的前n項和為Sn，利用倒序求和的方法，可將Sn表示成首項a1、末項an與項數(shù)n的一個關系式，即公式Sn；類似地，記等比數(shù)列bn的前n項積為Tn，且bn>0

6、(nN*)，試類比等差數(shù)列求和的方法，可將Tn表示成首項b1、末項bn與項數(shù)n的一個關系式，即公式Tn()A BC D(b1bn)答案D解析利用等比數(shù)列的性質：若mnpq，則bm·bnbp·bq，利用倒序求積方法有兩式相乘得T(b1bn)n，即Tn(b1bn).4觀察下圖：12343456745678910則第()行的各數(shù)之和等于20xx2.()A20xx B20xxC1006 D1005答案C解析由題設圖知，第一行各數(shù)和為1；第二行各數(shù)和為932；第三行各數(shù)和為2552；第四行各數(shù)和為4972；，第n行各數(shù)和為(2n1)2，令2n120xx，解得n1006.點評觀察可見，

7、第1行有1個數(shù)，第2行從2開始有3個數(shù)，第3行從3開始有5個數(shù)，第4行從4開始有7個數(shù)，第n行從n開始，有2n1個數(shù)，因此第n行各數(shù)的和為n(n1)(n2)(3n2)(2n1)2.5已知正三角形內切圓的半徑是其高的，把這個結論推廣到空間正四面體，類似的結論是()A正四面體的內切球的半徑是其高的B正四面體的內切球的半徑是其高的C正四面體的內切球的半徑是其高的D正四面體的內切球的半徑是其高的答案C解析原問題的解法為等面積法，即Sah3×arrh，類比問題的解法應為等體積法，VSh4×Srrh，即正四面體的內切球的半徑是其高的，所以應選C6(文)用反證法證明命題“設a、b為實數(shù)，

8、則方程x3axb0至少有一個實根”時，要做的假設是()A方程x3axb0沒有實根B方程x3axb0至多有一個實根C方程x3axb0至多有兩個實根D方程x3axb0恰好有兩個實根答案A解析至少有一個實根的否定為：沒有實根(理)已知p3q32，求證pq2，用反證法證明時，可假設pq2，已知a、bR，|a|b|<1，求證方程x2axb0的兩根的絕對值都小于1.用反證法證明時可假設方程有一根x1的絕對值大于或等于1，即假設|x1|1.以下結論正確的是()A與的假設都錯誤B與的假設都正確C的假設正確；的假設錯誤D的假設錯誤；的假設正確答案D解析反證法的實質是命題的等價性，因為命題p與命題的否定&#

9、172;p真假相對，故直接證明困難時，可用反證法故選D方法點撥1.反證法的定義一般地，由證明pq轉向證明：綈qrt，t與假設矛盾，或與某個真命題矛盾從而判斷綈q為假，推出q為真的方法，叫做反證法2反證法的特點先假設原命題不成立，再在正確的推理下得出矛盾，這個矛盾可以是與已知條件矛盾，或與假設矛盾，或與定義、公理、定理、公式或已被證明了的結論，或與公認的簡單事實等矛盾7(文)在平面直角坐標系中，設ABC的頂點分別為A(0，a)、B(b,0)、C(c,0)，點P(0，p)在線段AO上(異于端點)，設a、b、c、p均為非零實數(shù)，直線BP、CP分別交AC、AB于點E、F，一同學已正確算出OE的方程：(

10、)x()y0，則OF的方程為：(_)x()y0.()A BC D答案C分析觀察E，F(xiàn)兩點可以發(fā)現(xiàn)，E、F兩點的特征類似，E是BP與AC的交點，F(xiàn)是CP與AB的交點，故直線OE與OF的方程應具有類似的特征，而y的系數(shù)相同，故只有x的系數(shù)滿足某種“對稱性”，據(jù)此可作猜測解析方法1：類比法E在AC上，OE的方程為()x()y0.F在AB上，它們的區(qū)別在于B、C互換因而OF的方程應為()x()y0.括號內應填：.方法2：畫草圖如右，由對稱性可猜想填.事實上，由截距式可得直線AB：1，直線AP：1，兩式相減得()x()y0，顯然直線AB與CP的交點F滿足此方程，又原點O也滿足此方程，故為所求直線OF的方

11、程方法點撥類比推理是由特殊到特殊的推理，是兩類類似的對象之間的推理，其中一個對象具有某個性質，則另一個對象也具有類似的性質在進行類比時，要充分考慮已知對象性質的推理過程，然后仿照推導類比對象的性質(理)在RtABC中，CACB，斜邊AB上的高為h1，則；類比此性質，如圖，在四面體PABC中，若PA、PB、PC兩兩垂直，底面ABC上的高為h，則得到的正確結論為()A Bh2PA2PB2PC2C D答案D解析本題考查了合情推理的能力連接CO并延長交AB于點D，連接PD，由已知可得PCPD，在直角三角形PDC中，DC·hPD·PC，則·hPD·PC，所以.容易

12、知道AB平面PDC，所以ABPD，在直角三角形APB中，AB·PDPA·PB，所以·PDPA·PB，故.(也可以由等體積法得到)點評上述解答完整的給出了結論的證明過程，如果注意到所給結論是一個真命題，可直接用作條件，則在RtPAB中，有，在RtPDC中，有，即可得出結論8(文)正方形ABCD的邊長是a，依次連接正方形ABCD各邊中點得到一個新的正方形，再依次連接新正方形各邊中點又得到一個新的正方形，依次得到一系列的正方形，如圖所示現(xiàn)有一只小蟲從A點出發(fā)，沿正方形的邊逆時針方向爬行，每遇到新正方形的頂點時，沿這個正方形的邊逆時針方向爬行，如此下去，爬行了1

13、0條線段則這10條線段的長度的平方和是()Aa2 Ba2Ca2 Da2答案A解析由題可知，這只小蟲爬行的第一段長度的平方為a(a)2a2，第二段長度的平方為a(a)2a2，從而可知，小蟲爬行的線段長度的平方可以構成以aa2為首項，為公比的等比數(shù)列，所以數(shù)列的前10項和為S10.(理)對于大于1的自然數(shù)m的三次冪可以用技術進行以下方式的“分裂”：23，33，43，仿此，若m3的“分裂數(shù)”中有一個是59，則m()A7B8C9D10答案B解析由23,33,43的“分裂”規(guī)律可知m3的分裂共有m項，它們都是連續(xù)的奇數(shù)，其第一個奇數(shù)為(m2)(m1)3，當m8時，第一個奇數(shù)為57，故m8，此時83575

14、9616365676971.二、填空題9(文)(20xx·南昌市二模)觀察下面數(shù)表：1，3,5，7,9,11,13，15,17,19,21,23,25,27,29.設1027是該表第m行的第n個數(shù)，則mn等于_答案13解析由數(shù)表知第P行最后一個數(shù)為第SP個奇數(shù)，其中SP12222P12P1，易得第9行最后一個奇數(shù)為2(291)11021，故1027為第10行的第3個數(shù)，mn13.(理)(20xx·河南八市質量監(jiān)測)已知不等式1<，1<，1<，照此規(guī)律，總結出第n(nN*)個不等式為_答案1<(nN*)解析由于1<，1<，1<，所以可

15、以寫為1<，1<，1<，照此規(guī)律，所以第n個不等式為1<.10(文)已知222×，332×，442×，若992×(a、b為正整數(shù))，則ab_.答案89解析觀察前三式的特點可知，3221,8321,15421，故其一般規(guī)律為nn2×，此式顯然對任意nN，n2都成立，故當n9時，此式為981×，a80，b9，ab89.(理)觀察下列等式121，12223，1222326，1222324210，照此規(guī)律，第n個等式可為_答案12223242(1)n1n2(1)n1·(nN*)解析觀察上述各式等號左邊的規(guī)律發(fā)

16、現(xiàn)，左邊的項數(shù)每次加1，故第n個等式左邊有n項，每項所含的底數(shù)的絕對值也增加1，依次為1,2,3，n，指數(shù)都是2，符號成正負交替出現(xiàn)可以用(1)n1表示，等式的右邊數(shù)的絕對值是左邊項的底數(shù)的和，故等式的右邊可以表示為(1)n1·，所以第n個式子可為12223242(1)n1n2(1)n1·(nN*)三、解答題11(文)(20xx·江蘇，16)如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，已知ACBC，BCCC1.設AB1的中點為D，B1CBC1E.求證：(1)DE平面AA1C1C；(2)BC1AB1.分析考查線面平行的判定定理，線面垂直的判定定理(1)由三棱錐性質知側面B

17、B1C1C為平行四邊形，因此點E為B1C的中點，從而由三角形中位線性質得DEAC，再由線面平行的判定定理得DE平面AA1C1C；(2)因為直三棱柱ABCA1B1C1中BCCC1，所以側面BB1C1C為正方形，因此BC1B1C，又ACBC，ACCC1(可由直三棱柱推導)，因此由線面垂直的判定定理得AC平面BB1C1C，從而ACBC1，再由線面垂直的判定定理得BC1平面AB1C，進而可得BC1AB1.證明(1)由題意知，E為B1C的中點，又D為AB1的中點，因此DEAC又因為DE平面AA1C1C，AC平面AA1C1C，所以DE平面AA1C1C(2)因為棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1平

18、面ABC因為AC平面ABC，所以ACCC1.又因為ACBC，CC1平面BCC1B1，BC平面BCC1B1，BCCC1C，所以AC平面BCC1B1.又因為BC1平面BCC1B1，所以B1CAC因為BCCC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1B1C因為AC，B1C平面B1AC，ACB1CC，所以BC1平面B1AC又因為AB1平面B1AC，所以BC1AB1.(理)(20xx·商丘市二模)如圖，已知四棱錐PABCD的底面為菱形，BCD120°，ABPC2，APBP.(1)求證：ABPC；(2)求二面角BPCD的余弦值解析(1)證明：取AB的中點O，連接PO，CO，ACAPB

19、P，POAB又四邊形ABCD是菱形，且BCD120°，ACB是等邊三角形，COAB又COPOO，AB平面PCO，又PC平面PCO，ABPC(2)由ABPC2，APBP，易求得PO1，OC，OP2OC2PC2，OPOC以O為坐標原點，以OC，OB，OP分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系Oxyz，則B(0,1,0)，C(，0,0)，P(0,0,1)，D(，2,0)，(，1,0)，(，0，1)，(0,2,0)設平面DCP的一個法向量為n1(1，y，z)，則n1，n1，z，y0，n1(1,0，)設平面BCP的一個法向量為n2(1，b，c)，則n2，n2，c，b，n2(1，)cosn1，

20、n2，二面角BPCD為鈍角，二面角BPCD的余弦值為.12(文)(20xx·昆明質檢)已知數(shù)列an滿足a10，an1an1.(1)證明：數(shù)列是等差數(shù)列，并求數(shù)列an的通項公式；(2)設數(shù)列的前n項和為Sn，證明：Sn<.解析(1)an1an11.數(shù)列是公差為1的等差數(shù)列又a111，故ann.即數(shù)列an的通項公式為ann.(2)由(1)知ann，則1，數(shù)列的前n項和Snn>.n<nn1.對nN*，Sn<成立(理)(20xx·湖南文，19)設數(shù)列an的前n項和為Sn.已知a11，a22，且an23SnSn13，nN*.(1)證明：an23an；(2)求S

21、n.分析(1)依據(jù)已知等式利用anSnSn1(n2)用構造法求解，然后驗證當n1時，命題成立即可； (2)利用(1)中的結論先求出數(shù)列an的通項公式，然后通過求解數(shù)列an的奇數(shù)項與偶數(shù)項的和即可得到其對應前n項和的通項公式解析(1)由條件，對任意nN*，有an23SnSn13，(nN*)，因而對任意nN*，n2，有an13Sn1Sn3，(nN*)，兩式相減，得an2an13anan1，即an23an，(n2)，又a11，a22，所以a33S1S233a1(a1a2)33a1，故對一切nN*，an23an.(2)由(1)知，an0，所以3，于是數(shù)列a2n1是首項 a11，公比為3的等比數(shù)列，數(shù)列

22、a2n是首項a22，公比為3的等比數(shù)列，所以a2n13n1，a2n2×3n1，于是S2na1a2a2n(a1a3a2n1)(a2a4a2n) (133n1)2(133n1)3(133n1) 從而S2n1S2na2n2×3n1(5×3n21)，綜上所述，Sn.方法點撥直接證明從命題的條件或結論出發(fā)，根據(jù)已知的定義、公理、定理，直接推證結論的真實性的證明稱為直接證明綜合法和分析法是直接證明中最基本的兩種方法，也是解決數(shù)學問題時常用的思維方法(1)綜合法從已知條件和某些數(shù)學定義、公理、定理等出發(fā)，經(jīng)過逐步的推理論證，最后達到待證的結論，這種證明方法叫綜合法也叫順推證法或

23、由因導果法(2)分析法從要證明的結論出發(fā)，逐步尋求使它成立的充分條件，直至最后，把要證明的結論歸結為判定一個明顯成立的條件(已知的條件、定理、定義、公理等)為止這種證明方法叫分析法也叫逆推證法或執(zhí)果索因法13(文)(20xx·邯鄲市二模)設函數(shù)f(x)lnxa(x2)，g(x)ex.(1)求f(x)的單調區(qū)間；(2)過原點分別作曲線yf(x)與yg(x)的切線l1，l2，且l1，l2的斜率互為倒數(shù)，試證明：a0或<a<1.(附：ln20.693)解析(1)f(x)a(x>0)當a0時，對一切x>0，恒有f(x)>0，f(x)的單增區(qū)間為(0，)；當a&g

24、t;0時，x時，f(x)>0；x時，f(x)<0.f(x)的增區(qū)間為，減區(qū)間為.(2)設過原點與函數(shù)f(x)，g(x)相切的直線分別為l1：yk1x，l2：yk2x，切點分別為A(x1，lnx1ax12a)，B(x2，ex2)，g(x)ex，k2ex2，x21，k2e，k1又f(x)a，k1a，得a，并將它代入中，可得lnx110設h(x)lnx1，則h(x)h(x)在(0,2上單減，在(2，)上單增若x1(0,2，h(1)1>0，h(2)ln20.693<0，x1(1,2) 而a在x1(1,2)上單減，<a<1，若x1(2，)，h(x)在(2，)上單增，且

25、h(e)0，即x1e，得a0，綜上所述：a0或<a<1.(理)(20xx·安徽理，18)設nN*，xn是曲線yx2n21在點(1,2)處的切線與x軸交點的橫坐標(1)求數(shù)列xn的通項公式；(2)記Tnxxx，證明：Tn.分析考查1.曲線的切線方程；2.數(shù)列的通項公式；3.放縮法證明不等式；4.考查運算求解能力和推理論證能力，分析和解決問題的能力解答本題(1)可利用導數(shù)的幾何意義求解，(2)根據(jù)數(shù)列的通項公式用放縮法證明不等式解析(1)y(x2n21)(2n2)x2n1，曲線yx2n21在點(1,2)處的切線斜率為2n2.從而切線方程為y2(2n2)(x1)令y0.解得切線

26、與x軸交點的橫坐標xn1.(2)由題設和(1)中的計算結果知Tnxxx()2()2()2.當n1時，T1.當n2時，因為x()2>，所以Tn>()2××××.綜上可得對任意的nN*，均有Tn.14(20xx·新課標文，20)已知橢圓C：1(a>b>0)的離心率為，點(2，)在C上(1)求C的方程；(2)直線l不過原點O且不平行于坐標軸，l與C有兩個交點A，B，線段AB的中點為M.證明：直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值解析(1)由題意有，1，解得a28，b24，所以橢圓C的方程為1.(2)設直線l：ykxb(k0，

27、b0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)，把ykxb代入1得，(2k21)x24kbx2b280.故xM，yMkxMb，于是直線OM的斜率kOM，即kOM·k，所以直線OM的斜率與直線l的斜率乘積為定值15(文)已知點P為y軸上的動點，點M為x軸上的動點，點F(1,0)為定點，且滿足0，·0.(1)求動點N的軌跡E的方程；(2)過點F且斜率為k的直線l與曲線E交于兩點A、B，試判斷在x軸上是否存在點C，使得|CA|2|CB|2|AB|2成立，請說明理由解析(1)設N(x，y)，則由0，得P為MN的中點P(0，)，M(x,0)(x，)，(1，)·

28、x0，即y24x.動點N的軌跡E的方程為y24x.(2)設直線l的方程為yk(x1)，由消去x得y2y40.設A(x1，y1)、B(x2，y2)，則y1y2，y1y24.假設存在點C(m,0)滿足條件，則(x1m，y1)，(x2m，y2)，·x1x2m(x1x2)m2y1y2()2m()m24(y1y2)22y1y2m23m2m(2)30.(2)212>0，關于m的方程m2m(2)30有解假設成立，即在x軸上存在點C，使得|CA|2|CB|2|AB|2成立方法點撥1.在證明問題時，我們可以使用分析法，尋找解決問題的突破口，然后用綜合法寫出證明過程，有時分析法與綜合法交替使用2有

29、些命題和不等式，從正面證如果不好證，可以考慮反證法凡是含有“至少”、“唯一”或含有其他否定詞的命題，適宜用反證法即“正難則反”反證法的步驟是：(1)假設：作出與命題結論相反的假設；(2)歸謬：在假設的基礎上，經(jīng)過合理的推理，導出矛盾的結果；(3)結論：肯定原命題的正確性(理)等比數(shù)列an的前n項和為Sn，已知對任意的nN*，點(n，Sn)均在函數(shù)ybxr(b>0且b1，b、r均為常數(shù))的圖象上(1)求r的值；(2)當b2時，記bn2(log2an1)(nN*)，證明對任意的nN*，不等式···>成立解析(1)由題意：Snbnr，當n2時，Sn1bn1r

30、.所以anSnSn1bn1(b1)，由于b>0且b1，所以n2時，an是以b為公比的等比數(shù)列又a1br，a2b(b1)，b，即b，解得r1.(2)證明：由于b2，則根據(jù)(1)得an2n1，因此bn2n(nN*)，所證不等式為···>當n1時，左式，右式.左式>右式，所以結論成立，假設nk(kN*)時結論成立，即··>，則當nk1時，····>·要證當nk1時結論成立，只需證，即證，由基本值不等式成立，所以，當nk1時，結論成立由可知，nN*時，不等式·&#

31、183;·>成立方法點撥1.與正整數(shù)有關的恒等式、不等式、數(shù)的整除性、數(shù)列的通項及前n項和等問題，都可以考慮用數(shù)學歸納法證明2數(shù)學歸納法的主要步驟(1)歸納奠基證明當n取第一個值n0(例如n01或2等)時結論正確；(2)歸納遞推假設當nk(kN*，kn0)時結論正確(歸納假設)，證明當nk1時結論也正確綜合(1)(2)知，對任何nN*，命題均正確在用數(shù)學歸納法證題中，從nk到nk1時一定要用到歸納假設，可以對nk1時的情況進行適當變換，突出歸納假設，這是證題的關鍵3歸納推理可以幫助我們發(fā)現(xiàn)一般規(guī)律，但是其正確性需要通過證明來驗證一般情況下，有關正整數(shù)的歸納、猜想問題，都需要由不完全歸納法得到猜想，然后用數(shù)學歸納法證明猜想