2019-2020年高考数学大一轮复习 推理与证明板块命题点专练（十）理（含解析）.doc

2019-2020年高考数学大一轮复习 推理与证明板块命题点专练（十）理（含解析）命题点一合情推理与演绎推理 命题指数：难度：中、低 题型：选择题、填空题1(xx陕西高考)观察分析下表中的数据：多面体面数(F)顶点数(V)棱数(E)三棱柱569五棱锥6610立方体6812猜想一般凸多面体中F，V，E所满足的等式是_2(xx新课标全国卷)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：我们三人去过同一个城市由此可判断乙去过的城市为_3(xx湖北高考)古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数如三角形数1,3,6,10，第n个三角形数为n2n.记第n个k边形数为N(n，k)(k3)，以下列出了部分k边形数中第n个数的表达式：三角形数N(n,3)n2n，正方形数 N(n,4)n2，五边形数 N(n,5)n2n，六边形数 N(n,6)2n2n，可以推测N(n，k)的表达式，由此计算N(10,24)_.命题点二直接证明与间接证明 命题指数：命题指数： 难度：高、中题型：解答题1(xx江西高考)已知数列an 的前 n项和 Sn，nN*.(1)求数列an 的通项公式；(2)证明：对任意的n1，都存在mN* ，使得 a1，an，am成等比数列2(xx北京高考)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱垂直于底面，ABBC，AA1AC2，BC1，E，F分别是A1C1，BC的中点(1)求证：平面ABE平面B1BCC1 ；(2)求证：C1F平面ABE ；(3)求三棱锥EABC的体积命题点三数学归纳法 命题指数：难度：高 题型：解答题(xx江苏高考)已知函数f0(x)(x0)，设fn(x)为fn1(x)的导数，nN*.(1)求2f1f2的值；(2)证明：对任意的nN*，等式nfn1fn都成立答案命题点一1解析：三棱柱中5692；五棱锥中66102；立方体中68122，由此归纳可得FVE2.答案：FVE22解析：由甲、丙的回答易知甲去过A城市和C城市，乙去过A城市或C城市，结合乙的回答可得乙去过A城市答案：A3解析：由N(n,3)n2n，N(n,4)n2n，N(n,5)n，N(n,6)n2n，推测N(n，k)n2n，k3.从而N(n,24)11n210n，N(10,24)1 000.答案：1 000命题点二1解：(1)由Sn，得a1S11，当n2时，anSnSn13n2，当n1时也适合所以数列an的通项公式为：an3n2.(2)证明：要使得a1，an，am成等比数列，只需要aa1am，即(3n2)21(3m2)，即m3n24n2，而此时mN*，且mn.所以对任意的n1，都存在mN*，使得a1，an，am成等比数列2解：(1)证明：在三棱柱ABCA1B1C1中，BB1底面ABC.所以BB1AB.又因为ABBC，BB1BCB，所以AB平面B1BCC1.又AB平面ABE.所以平面ABE平面B1BCC1.(2)证明：取AB中点G，连结EG，FG.因为E，F分别是A1C1，BC的中点，所以FGAC，且FGAC.因为ACA1C1，且ACA1C1，所以FGEC1，且FGEC1.所以四边形FGEC1为平行四边形所以C1FEG.又因为EG平面ABE，C1F平面ABE，所以C1F平面ABE.(3)因为AA1AC2，BC1，ABBC，所以AB.所以三棱锥EABC的体积VSABCAA112.命题点三解：(1)由已知，得f1(x)f0(x)，于是f2(x)f1(x)，所以f1，f2.故2f1f21.(2)证明：由已知，得xf0(x)sin x，等式两边分别对x求导，得f0(x)xf0(x)cos x，即f0(x)xf1(x)cos xsin，类似可得2f1(x)xf2(x)sin xsin(x)，3f2(x)xf3(x)cos xsin，4f3(x)xf4(x)sin xsin(x2)下面用数学归纳法证明等式nfn1(x)xfn(x)sin对所有的nN*都成立当n1时，由上可知等式成立假设当nk时等式成立，即kfk1(x)xfk(x)sin.因为kfk1(x)xfk(x)kfk1(x)fk(x)xfk(x)(k1)fk(x)xfk1(x)，cossin，所以(k1)fk(x)xfk1(x)sin.因此当nk1时，等式也成立综合可知等式nfn1(x)xfn(x)sin对所有的nN*都成立令x，可得nfn1fnsin(nN*)所以(nN*)