2019-2020年高考数学大一轮总复习 第八章 推理与证明同步训练 理.doc

2019-2020年高考数学大一轮总复习 第八章 推理与证明同步训练 理A级训练(完成时间：10分钟)1.下列表述正确的是()归纳推理是由部分到整体的推理；归纳推理是由一般到一般地推理；演绎推理是由一般到特殊的推理；类比推理是由特殊到一般地推理；类比推理是由特殊到特殊的推理A BC D2.给出下列三个类比结论：(ab)nanbn与(ab)n类比，则有(ab)nanbn；loga(xy)logaxlogay与sin()类比，则有sin()sinsin；(ab)2a22abb2与(ab)2类比，则有(ab)2a22abb2；其中结论正确的个数是()A0 B1C2 D33.由“直线与圆相切时，圆心与切点的连线与直线垂直”，想到“平面与球相切时，球心与切点的连线与平面垂直”，用的是()A归纳推理 B演绎推理C类比推理 D特殊推理4.(xx全国)甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A，B，C三个城市时，甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B城市；乙说：我没去过C城市；丙说：我们三人去过同一城市由此可判断乙去过的城市为_5.若数列an(nN*)是等差数列，设bn(nN*)，则有数列也为等差数列，类比上述性质，相应地，若数列cn(nN*)为等比数列，且cn0，设dn_，则有也为等比数列6.观察下列不等式：1；，则第5个不等式为_7.(xx上海)36的所有正约数之和可按如下方法得到：因为362232，所以36的所有正约数之和为(1332)(223232)(222232232)(1222)(1332)91.参照上述方法，可求得xx的所有正约数之和为_B级训练(完成时间：15分钟)1.限时2分钟，达标是()否()对命题“正三角形的内切圆切于三边的中点”，可类比猜想出：正四面体的内切球切于各面正三角形的什么位置()A各正三角形的中心B各正三角形的某高线上的点C各正三角形内一点D各正三角形外的某点2.限时2分钟，达标是()否()观察下列各式：则7249,73343,742401，则7xx的末两位数字为()A01 B43C07 D493.限时2分钟，达标是()否()将正偶数集合2,4,6，从小到大按第n组有2n个偶数进行分组：2,4，6,8,10,12，14,16,18,20,22,24，则2120位于第_组()A33 B32C31 D304.限时3分钟，达标是()否()(xx北京)学生的语文、数学成绩均被评定为三个等级，依次为“优秀”“合格”“不合格”若学生甲的语文、数学成绩都不低于学生乙，且其中至少有一门成绩高于乙，则称“学生甲比学生乙成绩好”如果一组学生中没有哪位学生比另一位学生成绩好，并且不存在语文成绩相同、数学成绩也相同的两位学生，那么这组学生最多有()A2人 B3人C4人 D5人5.限时3分钟，达标是()否()(xx广州二模)将正偶数2,4,6,8，按表的方式进行排列，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34363840A.257 B256C254 D2536.限时3分钟，达标是()否()(xx广东清远一模)根据下列4个图形及黑方块的个数的变化规律，现用f(n)表示第n个图黑方块总数，则f(5)41，试猜测f(n)2n22n1.7.限时4分钟，达标是()否()现代社会对破译密码的难度要求越来越高有一种密码把英文的明文(真实文)按字母分解，其中英文的a，b，c，z这26个字母(不论大小写)依次对应1,2,3，26这26个自然数(见下表)：abcdefghijklm12345678910111213nopqrstuvwxyz14151617181920212223242526现给出一个变换公式：x将明文转换成密文，如81317，即h变成q；53，即e变成c.按上述规定，若明文是wdri，那么翻译成密文是什么？C级训练(完成时间：13分钟)1.限时4分钟，达标是()否()(xx广州海珠区一模)如图，对大于或等于2的正整数m的n次幂进行如下方式的“分裂”(其中m，nN*)：例如72的“分裂”中最小的数是1，最大的数是13；若m3的“分裂”中最小的数是241，则最大的数是271.2.限时4分钟，达标是()否()(xx广东揭阳三模)非空集合G关于运算满足：(1)对任意a、bG，都有abG；(2)存在eG，使得对一切aG，都有aecae，则称G关于运算为“融洽集”现给出下列集合和运算：G非负整数，为整数的加法；G偶数，为整数的乘法；G平面向量，为平面向量的加法；其中G关于运算为“融洽集”的是(写出所有“融洽集”的序号)3.限时5分钟，达标是()否()(xx湖南)设函数f(x)axbxcx，其中ca0，cb0.(1)记集合M(a，b，c)|a，b，c不能构成一个三角形的三条边长，且ab，则(a，b，c)M所对应的f(x)的零点的取值集合为x|0x1.(2)若a，b，c是ABC的三条边长，则下列结论正确的是.(写出所有正确结论的序号)x(，1)，f(x)0；xR，使ax，bx，cx不能构成一个三角形的三条边长；若ABC为钝角三角形，则x(1,2)，使f(x)0.第2讲直接证明与间接证明A级训练(完成时间：10分钟)1.已知a，bR，则x与y的大小关系是()Axy BxyCxy D不确定2.已知a2，b2，c52，则()Aabc BacbCbac Dcaq D不确定4.设x，y，z均为正实数，ax，by，cz，则a，b，c三数()A至少有一个不大于2B都小于2C至少有一个不小于2D都大于25.若x1，则x与lnx的大小关系为xlnx.6.如果abab，则a、b应满足的条件是a0，b0，且ab.7.已知|x|1，|y|1，用分析法证明：|xy|1xy|.B级训练(完成时间：20分钟)1.限时2分钟，达标是()否()用反证法证明：若整系数一元二次方程ax2bxc0(a0)有有理数根，那么a、b、c中至少有一个偶数时，下列假设正确的是()Aa，b，c中至多一个是偶数Ba，b，c中至少一个是奇数Ca，b，c中全是奇数Da，b，c中恰有一个偶数2.限时2分钟，达标是()否()设0xx.6.限时5分钟，达标是()否()已知：x，y，z(0,1)，求证：(1x)y，(1y)z，(1z)x不可能都大于.7.限时5分钟，达标是()否()已知f(x)ax(a1)，证明：方程f(x)0没有负数根C级训练(完成时间：10分钟)1.限时10分钟，达标是()否()直线ykxm(m0)与椭圆W：y21相交于A，C两点，O是坐标原点(1)当点B的坐标为(0,1)，且四边形OABC为菱形时，求AC的长；(2)当点B在W上且不是W的顶点时，证明：四边形OABC不可能为菱形第3讲数学归纳法A级训练(完成时间：15分钟)1.用数学归纳法证明不等式2nn2(其中nN，nn0)时，初始值n0()A1 B3C5 D62.在数列an中，an1，则ak1()Aak BakCak Dak3.用数学归纳法证明命题“当n为正偶数时，xnyn能被xy整除”时，在验证n2正确后，归纳假设应写成()A假设nk(kN*)时，xkyk能被xy整除B假设nk(kN*)时，x2ky2k能被xy整除C假设n2k(kN*)时，x2ky2k能被xy整除D假设n2k2(kN*)时，x2ky2k能被xy整除4.数列an中，已知a11，当n2时，anan12n1，依次计算a2，a3，a4后，猜想an的表达式是ann2.5.用数学归纳法证明：“1427310n(3n1)n(n1)2，nN”，当n1时，左端为4.6.若f(n)122232(2n)2，则f(k1)与f(k)的递推关系式是_7.对于nN*，用数学归纳法证明：1n2(n1)3(n2)(n1)2n1n(n1)(n2)B级训练(完成时间：16分钟)1.限时2分钟，达标是()否()一个关于自然数n的命题，如果验证当n1时命题成立，并在假设当nk(k1且kN*)时命题成立的基础上，证明了当nk2时命题成立，那么综合上述，对于()A一切正整数命题成立B一切正奇数命题成立C一切正偶数命题成立D以上都不对2.限时2分钟，达标是()否()某个命题与正整数有关，若当nk(kN*)时该命题成立，那么可推得当nk1时该命题也成立，现已知当n4时该命题不成立，那么可推得()A当n5时，该命题不成立B当n5时，该命题成立C当n3时，该命题成立D当n3时，该命题不成立3.限时2分钟，达标是()否()用数学归纳法证明：当nN时，122225n1是31的倍数时，当n1时，原式为_，从k到k1时需增添的项是_4.限时2分钟，达标是()否()用数学归纳法证明“n35n能被6整除”的过程中，当nk1时，对式子(k1)35(k1)应变形为(k35k)3k(k1)6.5.限时2分钟，达标是()否()共有n级楼梯，每步只能跨上1级或2级，走完这n级楼梯共有f(n)种不同的走法，则f(n)，f(n1)，f(n2)之间有关系式是f(n)f(n1)f(n2).6.限时6分钟，达标是()否()设函数f(x)满足2f(x)f()4x1，数列an和bn满足下列条件：a11，an12anf(n)，bnan1an(nN*)(1)求f(x)的解析式；(2)求数列bn的通项公式bn；(3)试比较2an与bn的大小，并证明你的结论C级训练(完成时间：20分钟)1.限时10分钟，达标是()否()(xx广东肇庆二模)已知正项数列xn满足xn2(nN*)(1)证明：xn2；(2)证明：xnxn1；(3)证明：xn.限时10分钟，达标是()否()已知函数f(x)ex1，g(x)x，其中e是自然对数的底，e2.71828.(1)证明：函数h(x)f(x)g(x)在区间(1,2)上有零点；(2)求方程f(x)g(x)根的个数，并说明理由；(3)若数列an(nN*)满足a1a(a0)(a为常数)，ag(an)，证明：存在常数M，使得对于任意nN*，都有anM.第八章推理与证明第1讲合情推理与演绎推理【A级训练】1D解析：归纳推理是由部分到整体的推理，演绎推理是由一般到特殊的推理，类比推理是由特殊到特殊的推理故是正确的2B解析：只有正确3C解析：由直线类比平面，由圆类比球，由圆心类比球心，是从特殊到特殊的推理，选C.4A解析：由题意可推断：甲没去过B城市，但比乙去的城市多，而丙说“三人去过同一城市”，说明甲去过A，C城市，而乙“没去过C城市”，说明乙去过城市A，由此可知，乙去过的城市为A.5.6.解析：由1，归纳可知第5个不等式应为()1()110.所以命题正确；令x1，a2，b4，c5，则ax，bx，cx，不能构成一个三角形的三条边长，所以命题正确；若三角形为钝角三角形，则a2b2c20.f(1)abc0，f(2)a2b2c20.所以x(1,2)，使f(x)0，所以命题正确第2讲直接证明与间接证明【A级训练】1C2A解析：a20，c52(2)2.所以，abc.3B解析：qp.故选B.4C解析：假设a、b、c三数都小于2，则abclnx解析：画出图形，易知xlnx.6a0，b0，且ab解析：因为abab，移项得abab0(ab2)()0，即要满足()2()0，可以看出式子左边是大于等于0的，故要排除等于0的情况因为a，b求平方根，则必有a0，b0，若ab，则有()2()0矛盾，故ab.7证明：要证|xy|1xy|.即证(xy)2(1xy)2，即证x2y21x2y2，即证(x21)(1y2)0，因为|x|1，|y|1，所以x210,1y20，所以(x21)(1y2)0，所以不等式成立【B级训练】1C解析：根据反证法的步骤，假设是对原命题结论的否定“至少有一个”的否定“都不是”即假设正确的是：假设a、b、c都不是偶数2C解析：因为0x2，所以只需比较1x与的大小因为1x0，所以1x0，所以f(x)x，由f(x)0，得x1，于是可得f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，故f(x)的最小值f(1)0，所以f(x)的零点有0个5zyx解析：由yz64x3x2，zy44xx2，两式相减化简得yx21.因为zy44xx2(x2)20，所以zy.又yxx2x1(x)20，所以yx.所以x，y，z的大小关系是zyx.6证明：假设三个式子都大于，即(1x)y，(1y)z，(1z)x，三个式子相乘得：(1x)y(1y)z(1z)x，因为0x1所以x(1x)()2，同理(1y)y，(1z)z，所以(1x)y(1y)z(1z)x，显然与矛盾，所以假设是错误的，故原命题成立7证明：假设x0是f(x)0的负数根，则x01，所以0ax01，即01，解得x02，这与x00矛盾故方程f(x)0没有负数根【C级训练】1解析：(1)因为四边形OABC为菱形，所以AC与OB相互垂直平分所以可设A(t，)，代入椭圆方程得1，即t.所以|AC|2.(2)假设四边形OABC为菱形因为点B不是W的顶点，且ACOB，所以k0.由，消y并整理得(14k2)x28kmx4m240.设A(x1，y1)，C(x2，y2)，则，km.所以AC的中点为M(，)因为M为AC和OB的交点，且m0，k0，所以直线OB的斜率为.因为k()1，所以AC与OB不垂直所以四边形OABC不是菱形，与假设矛盾所以当点B不是W的顶点时，四边形OABC不可能为菱形第3讲数学归纳法【A级训练】1C解析：易知n1,2,3,4时，不等式均不成立，但当n5时成立，因此初值n05.2D3C解析：n为正偶数，最小的正偶数为2，故n2k(kN*)，此时xnynx2ky2k.选C.4ann2解析：计算出a11，a24，a39，a416.可猜想ann2.54解析：在等式：“1427310n(3n1)n(n1)2，nN”中，当n1时，3n14，而等式左边起始为14的连续的正整数积的和，故n1时，等式左端144.6f(k1)f(k)(2k1)2(2k2)2解析：因为f(k)1222(2k)2，所以f(k1)1222(2k)2(2k1)2(2k2)2，两式相减得f(k1)f(k)(2k1)2(2k2)2.所以f(k1)f(k)(2k1)2(2k2)2.7证明：设f(n)1n2(n1)3(n2)(n1)2n1.(1)当n1时，左边1，右边1，等式成立；(2)设当nk时等式成立，即1k2(k1)3(k2)(k1)2k1k(k1)(k2)，则当nk1时，f(k1)1(k1)2(k1)13(k1)2(k1)23(k1)12(k1)1f(k)123k(k1)k(k1)(k2)(k1)(k11)(k1)(k2)(k3)所以由(1)(2)可知当nN*时等式都成立【B级训练】1B解析：本题证的是对n1,3,5,7，命题成立，即命题对一切正奇数成立A、C、D不正确；故选B.2D解析：由题意可知，P(n)对n3不成立(否则n4也成立)，同理可推得P(n)对n3，n2，n1也不成立，故选D.31222232425k25k125k225k325k4解析：当n1时代入可得12222324.当nk时，左边122225k1，当nk1时，左边122225k125k25k125k4，与上式相减可得4(k35k)3k(k1)6解析：由数学归纳法的两个步骤和配凑法得知5f(n)f(n1)f(n2)解析：由题意，每步只能跨上1级或2级，故f(3)f(1)f(2)由数学归纳法证明得f(n)f(n1)f(n2)6解析：(1)由已知，2f(x)f()4x1，所以2f()f(x)2x1.联立解得f(x)2x1.(2)由(1)知，an12an2n1，所以an22an12n3.两式相减得an23an12an2，即an2an12(an1an)2，所以bn12bn2.则bn122(bn2)，所以数列bn2是公比为2的等比数列又因为a11，所以a25，则b14，所以b126，所以bn262n1，所以bn32n2(nN*)(3)由(2)知an1an32n2，而已知an12an2n1.联立解得an32n2n3，所以2an62n4n6，所以2anbn32n4(n1)，n1时，2a1b3；n4时，2a4b4.猜想n3时，2anbn，即32n4(n1)下面用数学归纳法证明：()当n3时，显然成立()假设当nk(k3，kN*)时成立，则nk1时，32k12(32k)8(k1)8k84k84k4k84(k2)，所以nk1时也成立由()()知，n3时，2anbn.综上所述，n1时，2anbn.【C级训练】1证明：(1)方法一：因为xn0，所以xn22，故xn2，当且仅当xn1时，等号成立方法二：因为xn0，所以xn2()20，故xn2，当且仅当xn1时，等号成立(2)由(1)知xn2，又xn2，所以0，所以xnxn1.(3)先证：xn(数学归纳法)当n1时，不等式显然成立；假设当nk(kN*)时不等式成立，即xk.当nk1时，由xn2得xk1，即当nk1时，不等式成立；综上，对一切nN*都有xn成立再证：xn.由xn0及xn2(nN*)，得xn2(nN*)，所以当n1时，不等式显然成立；当n2时，可以证明xn(反证法)假设存在k，使得xk，则有xk1，即xk1，所以xk2，xk3，x2k2，x2k12，与题设x2k12矛盾所以对一切nN*都有xn成立所以对一切nN*都有xn成立2解析：(1)证明：由h(x)f(x)g(x)ex1x，得：h(1)e30，h(2)e220，所以函数h(x)在区间(1,2)上有零点(2)由(1)得：h(x)ex1x由g(x)x知，x0，)，而h(0)0，则x0为h(x)的一个零点，且h(x)在(1,2)内有零点，因此h(x)至少有两个零点所以h(x)exx1，记(x)exx1，则(x)exx.当x(0，)时，(x)0，因此(x)在(0，)上单调递增，则(x)在(0，)内至多只有一个零点h(x)有且只有两个零点所以，方程f(x)g(x)根的个数为2.(3)记h(x)的正零点为x0，即ex01x0.()当ax0时，由a1a，即a1x0.而aa1x0ex01，因此a2x0，由此猜测：anx0.下面用数学归纳法证明：当n1时，a1x0显然成立；假设当nk(k1)时，有akx0成立，则当nk1时，由aakx0ex01知，ak1x0，因此，当nk1时，ak1x0成立故对任意的nN*，anx0成立()当ax0时，由()知，h(x)在(x0，)上单调递增则h(a)h(x0)0，即a3a，从而aa1aa3，即a2a，由此猜测：ana.下面用数学归纳法证明：当n1时，a1a显然成立；假设当nk(k1)时，有aka成立，则当nk1时，由aakaa3知，ak1a，因此，当nk1时，ak1a成立故对任意的nN*，ana成立综上所述，存在常数Mmaxx0，a，使得对于任意的nN*，都有anM.