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新版高考數(shù)學(xué)江蘇專用理科專題復(fù)習(xí):專題11 算法、復(fù)數(shù)、推理與證明 第80練 Word版含解析

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新版高考數(shù)學(xué)江蘇專用理科專題復(fù)習(xí):專題11 算法、復(fù)數(shù)、推理與證明 第80練 Word版含解析

1 1 訓(xùn)練目標(biāo) (1)會(huì)應(yīng)用合情推理、演繹推理進(jìn)行判斷推理;(2)會(huì)用綜合法、分析法、反證法進(jìn)行推理證明. 訓(xùn)練題型 (1)推理過程的判定;(2)合情推理、演繹推理的應(yīng)用;(3)證明方法的應(yīng)用. 解題策略 (1)應(yīng)用合情推理時(shí),找準(zhǔn)變化規(guī)律及問題實(shí)質(zhì),借助定義、性質(zhì)、公式進(jìn)行類比歸納;(2)用分析法證明時(shí),要注意書寫格式,執(zhí)果索因逐步遞推;(3)用反證法證明時(shí),對(duì)所要證明的結(jié)論的否定性假設(shè)要具有全面性,防止片面性. 1.觀察下列不等式: 1+<, 1++<, 1+++<, … 照此規(guī)律,第五個(gè)不等式為__________________________________________________. 2.已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列,若am=a,an=b(n-m≥1,m,n∈N*),則am+n=.類比上述結(jié)論,對(duì)于等比數(shù)列{bn}(bn>0,n∈N*),若bm=c,bn=d(n-m≥2,m,n∈N*),則可以得到bm+n=____________. 3.(20xx·合肥二模)正六邊形A1B1C1D1E1F1的邊長為1,它的6條對(duì)角線又圍成了一個(gè)正六邊形A2B2C2D2E2F2,如此繼續(xù)下去,則所有這些正六邊形的面積和是________. 4.已知等差數(shù)列{an}中,有=,則在等比數(shù)列{bn}中,會(huì)有類似的結(jié)論:______________________. 5.下面是一個(gè)類似楊輝三角的數(shù)陣,則第n(n≥2)行的第2個(gè)數(shù)為________. 1 3 3 5 6 5 7 11 11 7 9 18 22 18 9 … 6.(20xx·蘇北聯(lián)考)若直角三角形的兩直角邊為a,b,斜邊c上的高為h,則=+.類比以上結(jié)論,如圖,在正方體的一角上截取三棱錐P-ABC,PO為該棱錐的高,記M=,N=++,那么M,N的大小關(guān)系是M________N.(填>,<或=) 7.設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,若存在正整數(shù)m,n(m<n),使得Sm=Sn,則Sm+n=0.類比上述結(jié)論,設(shè)正項(xiàng)等比數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)積為Tn,若存在正整數(shù)m,n(m<n),使得Tm=Tn,則Tm+n=________. 8.我國古代稱直角三角形為勾股形,并且直角邊中較小者為勾,另一直角邊為股,斜邊為弦.若a,b,c為直角三角形的三邊,其中c為斜邊,則a2+b2=c2,稱這個(gè)定理為勾股定理.現(xiàn)將這一定理推廣到立體幾何中:在四面體O-ABC中,∠AOB=∠BOC=∠COA=90°,S為頂點(diǎn)O所對(duì)面的面積,S1,S2,S3分別為側(cè)面△OAB,△OAC,△OBC的面積,則下列選項(xiàng)中對(duì)于S,S1,S2,S3滿足的關(guān)系描述正確的為________. ①S2=S+S+S;②S2=++; ③S=S1+S2+S3; ④S=++. 9.設(shè)數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1=,前n項(xiàng)和為Sn,且滿足2an+1+Sn=3(n∈N*),則滿足<<的所有n的和為________. 10.(20xx·湖南師大附中月考三)將正整數(shù)按如圖方式排列,其中處在從左到右第m列,從下到上第n行的數(shù)記為A(m,n),如A(3,1)=4,A(4,2)=12,則A(1,n)=____________,A(10,10)=________. … … … … … … … … … … … … 28…………………………… 2127………………………… 152026……………………… 10141925…………………… 69131824………………… 358121723……………… 1247111622…………… 11.(20xx·福建)一個(gè)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(shí)會(huì)發(fā)生碼元錯(cuò)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(yàn)方程組: 其中運(yùn)算定義為:00=0,01=1,10=1,11=0. 現(xiàn)已知一個(gè)這種二元碼在通信過程中僅在第k位發(fā)生碼元錯(cuò)誤后變成了1101101,那么利用上述校驗(yàn)方程組可判定k=________. 12.(20xx·武昌調(diào)研)如圖,在圓內(nèi)畫1條線段,將圓分成2部分;畫2條相交線段,將圓分割成4部分;畫3條線段,將圓最多分割成7部分;畫4條線段,將圓最多分割成11部分.則 (1)在圓內(nèi)畫5條線段,將圓最多分割成________部分; (2)在圓內(nèi)畫n條線段,將圓最多分割成________部分. 13.(20xx·江西聯(lián)考)“求方程()x+()x=1的解”有如下解題思路:設(shè)f(x)=()x+()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,方程x6+x2=(x+2)3+x+2的解集為________. 14.在一次珠寶展覽會(huì)上,某商家展出一套珠寶首飾,第1件首飾是1顆珠寶,第2件首飾是由6顆珠寶構(gòu)成的如圖1所示的正六邊形,第3件首飾是由15顆珠寶構(gòu)成的如圖2所示的正六邊形,第4件首飾是由28顆珠寶構(gòu)成的如圖3所示的正六邊形,第5件首飾是由45顆珠寶構(gòu)成的如圖4所示的正六邊形,以后每件首飾都在前一件的基礎(chǔ)上,按照這種規(guī)律增加一定數(shù)量的珠寶,使它構(gòu)成更大的正六邊形,依此推斷: (1)第6件首飾上應(yīng)有________顆珠寶; (2)前n(n∈N*)件首飾所用珠寶的總顆數(shù)為________.(結(jié)果用n表示) 答案精析 1.1+++++< 2. 3. 解析 在Rt△A1B1A2中,∠A1B1A2=30°,A1B1=1, ∴A1A2==A2B2,又易知這些正六邊形的邊長成等比數(shù)列,公比為,∴這些正六邊形的面積成等比數(shù)列,公比為q=,又∵正六邊形A1B1C1D1E1F1的面積S1=6×1××=,故所有這些正六邊形的面積和為S= li===. 4.= 5.n2-2n+3 解析 設(shè)第n(n≥2)行的第2個(gè)數(shù)為an,則a2=3,a3=6,a4=11,a5=18,…,所以a3-a2=3,a4-a3=5,a5-a4=7,…,an-an-1=2(n-1)-1=2n-3,由累加法得an-a2==n2-2n,所以an=n2-2n+a2=n2-2n+3(n≥2). 6.= 解析 由題意 得 所以M== ==++=N.即M=N. 7.1 解析 因?yàn)門m=Tn,所以bm+1bm+2…bn=1, 從而bm+1bn=1, Tm+n=b1b2…bmbm+1…bnbn+1… bn+m-1bn+m =(b1bn+m)·(b2bn+m-1)…(bmbn+1)·(bm+1bn)…=1. 8.① 解析 如圖,作OD⊥BC于點(diǎn)D,連結(jié)AD,由立體幾何知識(shí)知,AD⊥BC,從而S2=(BC·AD)2=BC2·AD2=BC2·(OA2+OD2)=(OB2+OC2)·OA2+BC2·OD2=(OB·OA)2+(OC·OA)2+(BC·OD)2=S+S+S. 9.7 解析 由2an+1+Sn=3,得2an+Sn-1=3(n≥2),兩式相減,得2an+1-2an+an=0,化簡(jiǎn)得2an+1=an(n≥2),即=(n≥2),由已知求出a2=,易得=,所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為a1=,公比為q=的等比數(shù)列,所以Sn==31-()n], S2n=31-()2n],代入<<,可得<()n<,解得n=3或4,所以所有n的和為7. 10. 181 解析 由題圖得A(1,n)=, ∴A(1,10)==55, ∴A(10,10)=55+10+11+…+18 =181. 11.5 解析?、賦4x5x6x7=1101=1,②x2x3x6x7=1001=0;③x1x3x5x7=1011=1.由①③知x5,x7有一個(gè)錯(cuò)誤,②中沒有錯(cuò)誤,∴x5錯(cuò)誤,故k等于5. 12.(1)16 (2)1+ 解析 (1)設(shè)在圓內(nèi)畫n條線段將圓最多可分成an部分,則a1=2,a2=4,a3=7,a4=11, 所以a5=a4+5=11+5=16,即在圓內(nèi)畫5條線段,將圓最多分割成16部分. (2)因?yàn)閍n-an-1=n,an-1-an-2=n-1,…,a3-a2=3,a2-a1=2,所以將上述式子累加得an-a1=2+3+…+n,則an=2+2+3+…+n=1+,n≥2,顯然當(dāng)n=1時(shí)上式也成立,故在圓內(nèi)畫n條線段將圓最多可分割成1+部分. 13.{-1,2} 解析 令f(x)=x3+x,則f(x)是奇函數(shù),且為增函數(shù),由方程x6+x2=(x+2)3+x+2, 得f(x2)=f(x+2),故x2=x+2,解得x=-1或2, 所以方程的解集為{-1,2}. 14.(1)66 (2),n∈N* 解析 (1)設(shè)第n件首飾上的珠寶顆數(shù)為an, 則a1=1,a2=6,a3=15,a4=28,a5=45, ∵a2-a1=4×1+1,a3-a2=4×2+1, a4-a3=4×3+1,a5-a4=4×4+1, ∴猜想an-an-1=4(n-1)+1=4n-3, ∴推斷a6=a5+4×5+1=66. (2)由(1)知an-an-1=4n-3, 則an-1-an-2=4(n-1)-3,…,a2-a1=4×2-3, 以上各式相加得an-a1=4(n+n-1+…+2)-3(n-1) =-3(n-1) =2n2-n-1, ∴an=2n2-n, 則a1+a2+…+an=2(12+22+… +n2)-(1+…+n) =2×- =, ∴前n件首飾所用珠寶的總顆數(shù)為,n∈N*.

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