2019高考數(shù)學一輪復習 第十三章 推理與證明練習 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 常考題型 預測熱度 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Ⅱ,15; 2015福建,15; 2014課標Ⅰ,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)學歸納法 了解數(shù)學歸納法的原理,能用數(shù)學歸納法證明一些簡單的數(shù)學命題 掌握 2017浙江,22 解答題 ★☆☆ 分析解讀3　1.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　B 2.(2015山東,11,5分)觀察下列各式: =40; +=41; ++=42; +++=43; …… 照此規(guī)律,當n∈N*時, +++…+=　　　　. 答案　4n-1 3.(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. ①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　　　　; ②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　①Q(mào)1?、趐2 4.(2016課標全國Ⅱ,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3 5.(2014課標Ⅰ,14,5分)甲、乙、丙三位同學被問到是否去過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(6—10) 6.(2014北京,8,5分)學生的語文、數(shù)學成績均被評定為三個等級,依次為“優(yōu)秀”“合格”“不合格”.若學生甲的語文、數(shù)學成績都不低于學生乙,且其中至少有一門成績高于乙,則稱“學生甲比學生乙成績好”.如果一組學生中沒有哪位學生比另一位學生成績好,并且不存在語文成績相同、數(shù)學成績也相同的兩位學生,那么這組學生最多有(　　) A.2人 B.3人 C.4人 D.5人 答案　B 7.(2015福建,15,4分)一個二元碼是由0和1組成的數(shù)字串x1x2…xn(n∈N*),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x1x2…x7的碼元滿足如下校驗方程組: 其中運算⊕定義為:0⊕0=0,0⊕1=1,1⊕0=1,1⊕1=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　5 8.(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 5 6 9 五棱錐 6 6 10 立方體 6 8 12 猜想一般凸多面體中F,V,E所滿足的等式是　　　　　　　　. 答案　F+V-E=2 9.(2013湖北,14,5分)古希臘畢達哥拉斯學派的數(shù)學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)(k≥3),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　1 000 10.(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+max{Tk-1(P),a1+a2+…+ak}(2≤k≤n),其中max{Tk-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+max{T1(P),2+4}=1+max{7,6}=8. (2)T2(P)=max{a+b+d,a+c+d}, T2(P)=max{c+d+b,c+a+b}. 當m=a時,T2(P)=max{c+d+b,c+a+b}=c+d+b. 因為a+b+d≤c+b+d,且a+c+d≤c+b+d, 所以T2(P)≤T2(P). 當m=d時,T2(P)=max{c+d+b,c+a+b}=c+a+b. 因為a+b+d≤c+a+b,且a+c+d≤c+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　A 2.(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(n>k)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、通項公式等基礎知識,考查代數(shù)推理、轉(zhuǎn)化與化歸及綜合運用數(shù)學知識探究與解決問題的能力. (1)因為{an}是等差數(shù)列,設其公差為d,則an=a1+(n-1)d, 從而,當n≥4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n≥3時,an-2+an-1+an+1+an+2=4an,① 當n≥4時,an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an.② 由①知,an-3+an-2=4an-1-(an+an+1),③ an+2+an+3=4an+1-(an-1+an).④ 將③④代入②,得an-1+an+1=2an,其中n≥4, 所以a3,a4,a5,…是等差數(shù)列,設其公差為d. 在①中,取n=4,則a2+a3+a5+a6=4a4,所以a2=a3-d, 在①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(3—7) 3.(2017北京,20,13分)設{an}和{bn}是兩個等差數(shù)列,記cn=max{b1-a1n,b2-a2n,…,bn-ann}(n=1,2,3,…),其中max{x1,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n≥m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=max{b1-2a1,b2-2a2}=max{1-21,3-22}=-1, c3=max{b1-3a1,b2-3a2,b3-3a3}=max{1-31,3-32,5-33}=-2. 當n≥3時, (bk+1-nak+1)-(bk-nak)=(bk+1-bk)-n(ak+1-ak)=2-n<0, 所以bk-nak關(guān)于k∈N*單調(diào)遞減. 所以cn=max{b1-a1n,b2-a2n,…,bn-ann}=b1-a1n=1-n. 所以對任意n≥1,cn=1-n,于是cn+1-cn=-1, 所以{cn}是等差數(shù)列. (2)設數(shù)列{an}和{bn}的公差分別為d1,d2,則bk-nak=b1+(k-1)d2-[a1+(k-1)d1]n=b1-a1n+(d2-nd1)(k-1). 所以cn= ①當d1>0時, 取正整數(shù)m>,則當n≥m時,nd1>d2,因此cn=b1-a1n. 此時,cm,cm+1,cm+2,…是等差數(shù)列. ②當d1=0時,對任意n≥1, cn=b1-a1n+(n-1)max{d2,0}=b1-a1+(n-1)(max{d2,0}-a1). 此時,c1,c2,c3,…,cn,…是等差數(shù)列. ③當d1<0時, 當n>時,有nd1max, 故當n≥m時,>M. 4.(2016江蘇,20,16分)記U={1,2,…,100}.對數(shù)列{an}(n∈N*)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{an}(n∈N*)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(1≤k≤100),若T?{1,2,…,k},求證:ST0,n∈N*, 所以ST≤a1+a2+…+ak=1+3+…+3k-1=(3k-1)<3k. 因此,STn, -=++…+≤++…+<, 故|an|<2n≤2n=2+2n. 從而對于任意m>n,均有|an|<2+2n.① 由m的任意性得|an|≤2 . 否則,存在n0∈N*,有||>2,取正整數(shù)m0>lo且m0>n0,則<=||-2,與①式矛盾.綜上,對于任意n∈N*,均有|an|≤2. 6.(2016北京,20,13分)設數(shù)列A:a1,a2,…,aN(N≥2).如果對小于n(2≤n≤N)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-1≤1(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an>a1, 所以{i∈N*|2≤i≤N,ai>a1}≠?. 記m=min{i∈N*|2≤i≤N,ai>a1}, 則m≥2,且對任意正整數(shù)ka1. 由(2)知G(A)≠?. 設G(A)={n1,n2,…,np},n1}. 如果Gi≠?,取mi=min Gi,則對任何1≤k1,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n≥1,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a1≤36,an=可歸納證明an≤36(n=2,3,…). 因為a1是正整數(shù),a2=所以a2是2的倍數(shù), 從而當n≥3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n≥3時,an∈{12,24,36}, 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n≥3時,an∈{4,8,16,20,28,32}, 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)(n∈N*). 證明:當n∈N*時, (1)00. 當n=1時,x1=1>0. 假設n=k時,xk>0,那么n=k+1時,若xk+1≤0,則00. 因此xn>0(n∈N*).所以xn=xn+1+ln(1+xn+1)>xn+1. 因此00(x>0). 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≤(n∈N*). (3)因為xn=xn+1+ln(1+xn+1)≤xn+1+xn+1=2xn+1,所以xn≥. 由≥2xn+1-xn得-≥2>0, 所以-≥2≥…≥2n-1=2n-2, 故xn≤.綜上,≤xn≤(n∈N*). 教師用書專用(2—6) 2.(2015江蘇,23,10分)已知集合X={1,2,3},Yn={1,2,3,…,n}(n∈N*),設Sn={(a,b)|a整除b或b整除a,a∈X,b∈Yn}.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n≥6時,寫出f(n)的表達式,并用數(shù)學歸納法證明. 解析　(1)f(6)=13. (2)當n≥6時, f(n)=(t∈N*). 下面用數(shù)學歸納法證明: ①當n=6時, f(6)=6+2++=13,結(jié)論成立; ②假設n=k(k≥6)時結(jié)論成立,那么n=k+1時,Sk+1在Sk的基礎上新增加的元素在(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n≥6的自然數(shù)n均成立. 3.(2014安徽,21,13分)設實數(shù)c>0,整數(shù)p>1,n∈N*. (1)證明:當x>-1且x≠0時,(1+x)p>1+px; (2)數(shù)列{an}滿足a1>,an+1=an+.證明:an>an+1>. 解析　(1)證明:用數(shù)學歸納法證明: ①當p=2時,(1+x)2=1+2x+x2>1+2x,原不等式成立. ②假設p=k(k≥2,k∈N*)時,不等式(1+x)k>1+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+kx2>1+(k+1)x. 所以p=k+1時,原不等式也成立. 綜合①②可得,當x>-1,x≠0時,對一切整數(shù)p>1,不等式(1+x)p>1+px均成立. (2)證法一:先用數(shù)學歸納法證明an>. ①當n=1時,由題設a1>知an>成立. ②假設n=k(k≥1,k∈N*)時,不等式ak>成立. 由an+1=an+易知an>0,n∈N*. 當n=k+1時,=+=1+. 由ak>>0得-1<-<<0. 由(1)中的結(jié)論得=>1+p=.因此>c,即ak+1>. 所以n=k+1時,不等式an>也成立. 綜合①②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>,n∈N*. 證法二:設f(x)=x+x1-p,x≥,則xp≥c,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()=, ①當n=1時,由a1>>0,即>c可知 a2=a1+=a1,從而a1>a2>.故當n=1時,不等式an>an+1>成立. ②假設n=k(k≥1,k∈N*)時,不等式ak>ak+1>成立,則 當n=k+1時, f(ak)>f(ak+1)>f(), 即有ak+1>ak+2>. 所以n=k+1時,原不等式也成立. 綜合①②可得,對一切正整數(shù)n,不等式an>an+1>均成立. 4.(2014江蘇,23,10分)已知函數(shù)f0(x)=(x>0),設fn(x)為fn-1(x)的導數(shù),n∈N*. (1)求2f1+f2的值; (2)證明:對任意的n∈N*,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,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+π), 3f2(x)+xf3(x)=-cos x=sin, 4f3(x)+xf4(x)=sin x=sin(x+2π). 下面用數(shù)學歸納法證明等式nfn-1(x)+xfn(x)=sin對所有的n∈N*都成立. (i)當n=1時,由上可知等式成立. (ii)假設當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n∈N*都成立. 令x=,可得nfn-1+fn=sin(n∈N*). 所以=(n∈N*). 5.(2014重慶,22,12分)設a1=1,an+1=+b(n∈N*). (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a2nf(a2k+1)>f(1)=a2, 即1>c>a2k+2>a2. 再由f(x)在(-∞,1]上為減函數(shù)得c=f(c)f(a2k+1)=a2k+2, a2(k+1)=f(a2k+1)f(a2n+1), 即a2n+1>a2n+2, 所以a2n+1>-1,解得a2n+1>.④ 綜上,由②、③、④知存在c=使a2n1時,對x∈(0,a-1)有φ(x)<0, ∴φ(x)在(0,a-1)上單調(diào)遞減,∴φ(a-1)<φ(0)=0. 即a>1時,存在x>0,使φ(x)<0,故知ln(1+x)≥不恒成立. 綜上可知,a的取值范圍是(-∞,1]. (3)由題設知g(1)+g(2)+…+g(n)=++…+, n-f(n)=n-ln(n+1), 比較結(jié)果為g(1)+g(2)+…+g(n)>n-ln(n+1). 證明如下: 證法一:上述不等式等價于++…+,x>0. 令x=,n∈N+,則,x>0. 令x=,n∈N+,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　2016—2018年模擬基礎題組 考點一　合情推理與演繹推理 1.(2018山東淄博部分學校摸底考,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.35 B.48 C.63 D.80 答案　C 2.(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　A 3.(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.42 B.65 C.143 D.169 答案　B 4.(2017河北衡水中學三調(diào),14)在公元前3世紀,古希臘數(shù)學家歐幾里得在《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(k>0),歐幾里得未給出k的值.17世紀日本數(shù)學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k1∶k2∶k3=　　　　. 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第三次月考,5)①已知p3+q3=2,求證p+q≤2,用反證法證明時,可假設p+q>2;②設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|f(1)|≥,且|f(2)|≥,以下說法正確的是(　　) A.①與②的假設都錯誤 B.①與②的假設都正確 C.①的假設正確,②的假設錯誤 D.①的假設錯誤,②的假設正確 答案　C 6.(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(m>0),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.?T∈N*且T≥2,m>1,使得{an}是周期為T的數(shù)列 D.?m∈Q且m≥2,使得數(shù)列{an}是周期數(shù)列 答案　D 考點三　數(shù)學歸納法 7.(2018山東鄒城第一中學期中,9)用數(shù)學歸納法證明:“(n+1)(n+2)…(n+n)=2n135…(2n-1)(2n+1)(n∈N*)”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+1 B. C. D.2(2k+1) 答案　D 8.(人教A選2—2,二,2-3,例2,變式)設a>0,f(x)=,令a1=1,an+1=f(an),n∈N*. (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=(n∈N*). (2)證明:①當n=1時,猜想顯然正確. ②假設n=k(k∈N*)時猜想正確, 即ak=, 則ak+1=f(ak)== ==. 這說明,n=k+1時猜想正確. 由①②知,對于任何n∈N*,都有an=. B組　2016—2018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○中學期中,7)設m、n、t都是正數(shù),則m+、n+、t+三個數(shù)(　　) A.都大于4 B.都小于4 C.至少有一個大于4 D.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1月月考,16)“求方程+=1的解”有如下解題思路:設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　　　　.　 2 3 4 5 6 7 … 3 5 7 9 11 13 … 4 7 10 13 16 19 … 5 9 13 17 21 25 … 6 11 16 21 26 31 … 7 13 19 25 31 37 … … … … … … … … 答案　9 6.(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、龍卷風雙重災害襲擊,風力達12級.災害發(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: ①甲所在方向是B方向;②乙所在方向是D方向;③丙所在方向是D方向;④丁所在方向是C方向. 其中判斷正確的序號是　　　　. 答案?、? C組　2016—2018年模擬方法題組 方法　合情推理的應用方法 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　B 2.(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