2019-2020年高考数学二轮复习 第一部分 微专题强化练 专题17 推理与证明（含解析）.doc

2019-2020年高考数学二轮复习 第一部分 微专题强化练 专题17 推理与证明（含解析）一、选择题1(文)将正奇数1,3,5,7，排成五列(如下表)，按此表的排列规律，89所在的位置是()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解析正奇数从小到大排，则89位居第45位，而454111，故89位于第四列(理)(xx广州市综合测试)将正偶数2,4,6,8，按下表的方式进行排列，记aij表示第i行第j列的数，若aijxx，则ij的值为()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解析依题意，注意到题中的数表中，奇数行空置第1列，偶数行空置第5列；且自左向右，奇数行的数字由小到大排列，偶数行的数字由大到小排列；xx是数列2n的第1007项，且100742513，因此xx位于题中的数表的第252行第2列，于是有ij2522254，故选C方法点拨归纳推理根据一类事物的部分对象具有某种性质，推出这类事物的所有对象都具有这样性质的推理，叫做归纳推理，归纳是由特殊到一般的推理归纳推理是由部分到整体，由个别到一般的推理，在进行归纳时，要先根据已知的部分个体，把它们适当变形，使其具有统一的表现形式，便于观察发现其规律，找出它们之间的联系，从而归纳出一般结论2(xx广东文，6)若直线l1与l2是异面直线，l1在平面内，l2在平面内，l是平面与平面的交线，则下列命题正确的是()Al与l1，l2都不相交Bl与l1，l2都相交Cl至多与l1，l2中的一条相交Dl至少与l1，l2中的一条相交答案D解析考查空间点、线、面的位置关系若直线l1和l2是异面直线，l1在平面内，l2在平面内，l是平面与平面的交线，假如l与l1、l2都不相交，则ll1，ll2，l1l2，与l1、l2异面矛盾，因此l至少与l1，l2中的一条相交，故选D方法点拨演绎推理根据一般性的真命题(或逻辑规则)导出特殊性命题为真的推理叫做演绎推理演绎推理是由一般性命题到特殊性命题的推理(1)演绎推理的特点当前提为真时，结论必然为真(2)演绎推理的一般模式“三段论”大前提已知的一般原理；小前提所研究的特殊情况；结论根据一般原理，对特殊情况做出的判断3(文)若数列an是等差数列，则数列bn(bn)也为等差数列类比这一性质可知，若正项数列cn是等比数列，则数列dn也是等比数列，则dn的表达式应为()AdnBdnCdnDdn答案D解析通过审题观察，对比分析得到：已知等差数列an前n项和Sna1a2anbn算术平均bn成等差类比项等比数列cn前n项积Tnc1c2cndn几何平均dn成等比故选D方法点拨类比推理根据两类不同事物之间具有某些类似(或一致)性，推测其中一类事物具有与另一类事物类似(或相同)的性质的推理叫做类比推理，类比推理是由特殊到特殊的推理进行类比推理时，要抓住类比对象之间相似的性质，如等差数列的和对应的可能是等比数列的和，更可能是等比数列的积，再结合其他要求进一步确定类比项(理)记等差数列an的前n项和为Sn，利用倒序求和的方法，可将Sn表示成首项a1、末项an与项数n的一个关系式，即公式Sn；类似地，记等比数列bn的前n项积为Tn，且bn0(nN*)，试类比等差数列求和的方法，可将Tn表示成首项b1、末项bn与项数n的一个关系式，即公式Tn()A BC D(b1bn)答案D解析利用等比数列的性质：若mnpq，则bmbnbpbq，利用倒序求积方法有两式相乘得T(b1bn)n，即Tn(b1bn).4观察下图：12343456745678910则第()行的各数之和等于xx2.()Axx BxxC1006 D1005答案C解析由题设图知，第一行各数和为1；第二行各数和为932；第三行各数和为2552；第四行各数和为4972；，第n行各数和为(2n1)2，令2n1xx，解得n1006.点评观察可见，第1行有1个数，第2行从2开始有3个数，第3行从3开始有5个数，第4行从4开始有7个数，第n行从n开始，有2n1个数，因此第n行各数的和为n(n1)(n2)(3n2)(2n1)2.5已知正三角形内切圆的半径是其高的，把这个结论推广到空间正四面体，类似的结论是()A正四面体的内切球的半径是其高的B正四面体的内切球的半径是其高的C正四面体的内切球的半径是其高的D正四面体的内切球的半径是其高的答案C解析原问题的解法为等面积法，即Sah3arrh，类比问题的解法应为等体积法，VSh4Srrh，即正四面体的内切球的半径是其高的，所以应选C6(文)用反证法证明命题“设a、b为实数，则方程x3axb0至少有一个实根”时，要做的假设是()A方程x3axb0没有实根B方程x3axb0至多有一个实根C方程x3axb0至多有两个实根D方程x3axb0恰好有两个实根答案A解析至少有一个实根的否定为：没有实根(理)已知p3q32，求证pq2，用反证法证明时，可假设pq2，已知a、bR，|a|b|1，求证方程x2axb0的两根的绝对值都小于1.用反证法证明时可假设方程有一根x1的绝对值大于或等于1，即假设|x1|1.以下结论正确的是()A与的假设都错误B与的假设都正确C的假设正确；的假设错误D的假设错误；的假设正确答案D解析反证法的实质是命题的等价性，因为命题p与命题的否定p真假相对，故直接证明困难时，可用反证法故选D方法点拨1.反证法的定义一般地，由证明pq转向证明：綈qrt，t与假设矛盾，或与某个真命题矛盾从而判断綈q为假，推出q为真的方法，叫做反证法2反证法的特点先假设原命题不成立，再在正确的推理下得出矛盾，这个矛盾可以是与已知条件矛盾，或与假设矛盾，或与定义、公理、定理、公式或已被证明了的结论，或与公认的简单事实等矛盾7(文)在平面直角坐标系中，设ABC的顶点分别为A(0，a)、B(b,0)、C(c,0)，点P(0，p)在线段AO上(异于端点)，设a、b、c、p均为非零实数，直线BP、CP分别交AC、AB于点E、F，一同学已正确算出OE的方程：()x()y0，则OF的方程为：(_)x()y0.()A BC D答案C分析观察E，F两点可以发现，E、F两点的特征类似，E是BP与AC的交点，F是CP与AB的交点，故直线OE与OF的方程应具有类似的特征，而y的系数相同，故只有x的系数满足某种“对称性”，据此可作猜测解析方法1：类比法E在AC上，OE的方程为()x()y0.F在AB上，它们的区别在于B、C互换因而OF的方程应为()x()y0.括号内应填：.方法2：画草图如右，由对称性可猜想填.事实上，由截距式可得直线AB：1，直线AP：1，两式相减得()x()y0，显然直线AB与CP的交点F满足此方程，又原点O也满足此方程，故为所求直线OF的方程方法点拨类比推理是由特殊到特殊的推理，是两类类似的对象之间的推理，其中一个对象具有某个性质，则另一个对象也具有类似的性质在进行类比时，要充分考虑已知对象性质的推理过程，然后仿照推导类比对象的性质(理)在RtABC中，CACB，斜边AB上的高为h1，则；类比此性质，如图，在四面体PABC中，若PA、PB、PC两两垂直，底面ABC上的高为h，则得到的正确结论为()A Bh2PA2PB2PC2C D答案D解析本题考查了合情推理的能力连接CO并延长交AB于点D，连接PD，由已知可得PCPD，在直角三角形PDC中，DChPDPC，则hPDPC，所以.容易知道AB平面PDC，所以ABPD，在直角三角形APB中，ABPDPAPB，所以PDPAPB，故.(也可以由等体积法得到)点评上述解答完整的给出了结论的证明过程，如果注意到所给结论是一个真命题，可直接用作条件，则在RtPAB中，有，在RtPDC中，有，即可得出结论8(文)正方形ABCD的边长是a，依次连接正方形ABCD各边中点得到一个新的正方形，再依次连接新正方形各边中点又得到一个新的正方形，依次得到一系列的正方形，如图所示现有一只小虫从A点出发，沿正方形的边逆时针方向爬行，每遇到新正方形的顶点时，沿这个正方形的边逆时针方向爬行，如此下去，爬行了10条线段则这10条线段的长度的平方和是()Aa2 Ba2Ca2 Da2答案A解析由题可知，这只小虫爬行的第一段长度的平方为a(a)2a2，第二段长度的平方为a(a)2a2，从而可知，小虫爬行的线段长度的平方可以构成以aa2为首项，为公比的等比数列，所以数列的前10项和为S10.(理)对于大于1的自然数m的三次幂可以用技术进行以下方式的“分裂”：23，33，43，仿此，若m3的“分裂数”中有一个是59，则m()A7B8C9D10答案B解析由23,33,43的“分裂”规律可知m3的分裂共有m项，它们都是连续的奇数，其第一个奇数为(m2)(m1)3，当m8时，第一个奇数为57，故m8，此时835759616365676971.二、填空题9(文)(xx南昌市二模)观察下面数表：1，3,5，7,9,11,13，15,17,19,21,23,25,27,29.设1027是该表第m行的第n个数，则mn等于_答案13解析由数表知第P行最后一个数为第SP个奇数，其中SP12222P12P1，易得第9行最后一个奇数为2(291)11021，故1027为第10行的第3个数，mn13.(理)(xx河南八市质量监测)已知不等式1，1，1，照此规律，总结出第n(nN*)个不等式为_答案1(nN*)解析由于1，1，1，所以可以写为1，1，1，照此规律，所以第n个不等式为1.10(文)已知222，332，442，若992(a、b为正整数)，则ab_.答案89解析观察前三式的特点可知，3221,8321,15421，故其一般规律为nn2，此式显然对任意nN，n2都成立，故当n9时，此式为981，a80，b9，ab89.(理)观察下列等式121，12223，1222326，1222324210，照此规律，第n个等式可为_答案12223242(1)n1n2(1)n1(nN*)解析观察上述各式等号左边的规律发现，左边的项数每次加1，故第n个等式左边有n项，每项所含的底数的绝对值也增加1，依次为1,2,3，n，指数都是2，符号成正负交替出现可以用(1)n1表示，等式的右边数的绝对值是左边项的底数的和，故等式的右边可以表示为(1)n1，所以第n个式子可为12223242(1)n1n2(1)n1(nN*)三、解答题11(文)(xx江苏，16)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，已知ACBC，BCCC1.设AB1的中点为D，B1CBC1E.求证：(1)DE平面AA1C1C；(2)BC1AB1.分析考查线面平行的判定定理，线面垂直的判定定理(1)由三棱锥性质知侧面BB1C1C为平行四边形，因此点E为B1C的中点，从而由三角形中位线性质得DEAC，再由线面平行的判定定理得DE平面AA1C1C；(2)因为直三棱柱ABCA1B1C1中BCCC1，所以侧面BB1C1C为正方形，因此BC1B1C，又ACBC，ACCC1(可由直三棱柱推导)，因此由线面垂直的判定定理得AC平面BB1C1C，从而ACBC1，再由线面垂直的判定定理得BC1平面AB1C，进而可得BC1AB1.证明(1)由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中点，因此DEAC又因为DE平面AA1C1C，AC平面AA1C1C，所以DE平面AA1C1C(2)因为棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1平面ABC因为AC平面ABC，所以ACCC1.又因为ACBC，CC1平面BCC1B1，BC平面BCC1B1，BCCC1C，所以AC平面BCC1B1.又因为BC1平面BCC1B1，所以B1CAC因为BCCC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1B1C因为AC，B1C平面B1AC，ACB1CC，所以BC1平面B1AC又因为AB1平面B1AC，所以BC1AB1.(理)(xx商丘市二模)如图，已知四棱锥PABCD的底面为菱形，BCD120，ABPC2，APBP.(1)求证：ABPC；(2)求二面角BPCD的余弦值解析(1)证明：取AB的中点O，连接PO，CO，ACAPBP，POAB又四边形ABCD是菱形，且BCD120，ACB是等边三角形，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为坐标原点，以OC，OB，OP分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Oxyz，则B(0,1,0)，C(，0,0)，P(0,0,1)，D(，2,0)，(，1,0)，(，0，1)，(0,2,0)设平面DCP的一个法向量为n1(1，y，z)，则n1，n1，z，y0，n1(1,0，)设平面BCP的一个法向量为n2(1，b，c)，则n2，n2，c，b，n2(1，)cosn1，n2，二面角BPCD为钝角，二面角BPCD的余弦值为.12(文)(xx昆明质检)已知数列an满足a10，an1an1.(1)证明：数列是等差数列，并求数列an的通项公式；(2)设数列的前n项和为Sn，证明：Sn.nnn1.对nN*，Sn成立(理)(xx湖南文，19)设数列an的前n项和为Sn.已知a11，a22，且an23SnSn13，nN*.(1)证明：an23an；(2)求Sn.分析(1)依据已知等式利用anSnSn1(n2)用构造法求解，然后验证当n1时，命题成立即可； (2)利用(1)中的结论先求出数列an的通项公式，然后通过求解数列an的奇数项与偶数项的和即可得到其对应前n项和的通项公式解析(1)由条件，对任意nN*，有an23SnSn13，(nN*)，因而对任意nN*，n2，有an13Sn1Sn3，(nN*)，两式相减，得an2an13anan1，即an23an，(n2)，又a11，a22，所以a33S1S233a1(a1a2)33a1，故对一切nN*，an23an.(2)由(1)知，an0，所以3，于是数列a2n1是首项 a11，公比为3的等比数列，数列a2n是首项a22，公比为3的等比数列，所以a2n13n1，a2n23n1，于是S2na1a2a2n(a1a3a2n1)(a2a4a2n) (133n1)2(133n1)3(133n1) 从而S2n1S2na2n23n1(53n21)，综上所述，Sn.方法点拨直接证明从命题的条件或结论出发，根据已知的定义、公理、定理，直接推证结论的真实性的证明称为直接证明综合法和分析法是直接证明中最基本的两种方法，也是解决数学问题时常用的思维方法(1)综合法从已知条件和某些数学定义、公理、定理等出发，经过逐步的推理论证，最后达到待证的结论，这种证明方法叫综合法也叫顺推证法或由因导果法(2)分析法从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知的条件、定理、定义、公理等)为止这种证明方法叫分析法也叫逆推证法或执果索因法13(文)(xx邯郸市二模)设函数f(x)lnxa(x2)，g(x)ex.(1)求f(x)的单调区间；(2)过原点分别作曲线yf(x)与yg(x)的切线l1，l2，且l1，l2的斜率互为倒数，试证明：a0或a0)当a0时，对一切x0，恒有f(x)0，f(x)的单增区间为(0，)；当a0时，x时，f(x)0；x时，f(x)0，h(2)ln20.6930，x1(1,2) 而a在x1(1,2)上单减，a1，若x1(2，)，h(x)在(2，)上单增，且h(e)0，即x1e，得a0，综上所述：a0或a，所以Tn()2.综上可得对任意的nN*，均有Tn.14(xx新课标文，20)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，点(2，)在C上(1)求C的方程；(2)直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.证明：直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值解析(1)由题意有，1，解得a28，b24，所以椭圆C的方程为1.(2)设直线l：ykxb(k0，b0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)，把ykxb代入1得，(2k21)x24kbx2b280.故xM，yMkxMb，于是直线OM的斜率kOM，即kOMk，所以直线OM的斜率与直线l的斜率乘积为定值15(文)已知点P为y轴上的动点，点M为x轴上的动点，点F(1,0)为定点，且满足0，0.(1)求动点N的轨迹E的方程；(2)过点F且斜率为k的直线l与曲线E交于两点A、B，试判断在x轴上是否存在点C，使得|CA|2|CB|2|AB|2成立，请说明理由解析(1)设N(x，y)，则由0，得P为MN的中点P(0，)，M(x,0)(x，)，(1，)x0，即y24x.动点N的轨迹E的方程为y24x.(2)设直线l的方程为yk(x1)，由消去x得y2y40.设A(x1，y1)、B(x2，y2)，则y1y2，y1y24.假设存在点C(m,0)满足条件，则(x1m，y1)，(x2m，y2)，x1x2m(x1x2)m2y1y2()2m()m24(y1y2)22y1y2m23m2m(2)30.(2)2120，关于m的方程m2m(2)30有解假设成立，即在x轴上存在点C，使得|CA|2|CB|2|AB|2成立方法点拨1.在证明问题时，我们可以使用分析法，寻找解决问题的突破口，然后用综合法写出证明过程，有时分析法与综合法交替使用2有些命题和不等式，从正面证如果不好证，可以考虑反证法凡是含有“至少”、“唯一”或含有其他否定词的命题，适宜用反证法即“正难则反”反证法的步骤是：(1)假设：作出与命题结论相反的假设；(2)归谬：在假设的基础上，经过合理的推理，导出矛盾的结果；(3)结论：肯定原命题的正确性(理)等比数列an的前n项和为Sn，已知对任意的nN*，点(n，Sn)均在函数ybxr(b0且b1，b、r均为常数)的图象上(1)求r的值；(2)当b2时，记bn2(log2an1)(nN*)，证明对任意的nN*，不等式成立解析(1)由题意：Snbnr，当n2时，Sn1bn1r.所以anSnSn1bn1(b1)，由于b0且b1，所以n2时，an是以b为公比的等比数列又a1br，a2b(b1)，b，即b，解得r1.(2)证明：由于b2，则根据(1)得an2n1，因此bn2n(nN*)，所证不等式为当n1时，左式，右式.左式右式，所以结论成立，假设nk(kN*)时结论成立，即，则当nk1时，要证当nk1时结论成立，只需证，即证，由基本值不等式成立，所以，当nk1时，结论成立由可知，nN*时，不等式成立方法点拨1.与正整数有关的恒等式、不等式、数的整除性、数列的通项及前n项和等问题，都可以考虑用数学归纳法证明2数学归纳法的主要步骤(1)归纳奠基证明当n取第一个值n0(例如n01或2等)时结论正确；(2)归纳递推假设当nk(kN*，kn0)时结论正确(归纳假设)，证明当nk1时结论也正确综合(1)(2)知，对任何nN*，命题均正确在用数学归纳法证题中，从nk到nk1时一定要用到归纳假设，可以对nk1时的情况进行适当变换，突出归纳假设，这是证题的关键3归纳推理可以帮助我们发现一般规律，但是其正确性需要通过证明来验证一般情况下，有关正整数的归纳、猜想问题，都需要由不完全归纳法得到猜想，然后用数学归纳法证明猜想