2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 微專題強化練 專題17 推理與證明(含解析).doc
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2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 微專題強化練 專題17 推理與證明(含解析) 一、選擇題 1.(文)將正奇數(shù)1,3,5,7,…排成五列(如下表),按此表的排列規(guī)律,89所在的位置是( ) 一 二 三 四 五 列 列 列 列 列 1 3 5 7 15 13 11 9 17 19 21 23 31 29 27 25 … A.第一列 B.第二列 C.第三列 D.第四列 [答案] D [解析] 正奇數(shù)從小到大排,則89位居第45位,而45=411+1,故89位于第四列. (理)(xx廣州市綜合測試)將正偶數(shù)2,4,6,8,…按下表的方式進行排列,記aij表示第i行第j列的數(shù),若aij=xx,則i+j的值為( ) 第1列 第2列 第3列 第4列 第5列 第1行 2 4 6 8 第2行 16 14 12 10 第3行 18 20 22 24 第4行 32 30 28 26 第5行 34 36 38 40 … … … … … … A.257 B.256 C.254 D.253 [答案] C [解析] 依題意,注意到題中的數(shù)表中,奇數(shù)行空置第1列,偶數(shù)行空置第5列;且自左向右,奇數(shù)行的數(shù)字由小到大排列,偶數(shù)行的數(shù)字由大到小排列;xx是數(shù)列{2n}的第1007項,且1007=4251+3,因此xx位于題中的數(shù)表的第252行第2列,于是有i+j=252+2=254,故選C. [方法點撥] 歸納推理 根據(jù)一類事物的部分對象具有某種性質(zhì),推出這類事物的所有對象都具有這樣性質(zhì)的推理,叫做歸納推理,歸納是由特殊到一般的推理. 歸納推理是由部分到整體,由個別到一般的推理,在進行歸納時,要先根據(jù)已知的部分個體,把它們適當變形,使其具有統(tǒng)一的表現(xiàn)形式,便于觀察發(fā)現(xiàn)其規(guī)律,找出它們之間的聯(lián)系,從而歸納出一般結(jié)論. 2.(xx廣東文,6)若直線l1與l2是異面直線,l1在平面α內(nèi),l2在平面β內(nèi),l是平面α與平面β的交線,則下列命題正確的是( ) A.l與l1,l2都不相交 B.l與l1,l2都相交 C.l至多與l1,l2中的一條相交 D.l至少與l1,l2中的一條相交 [答案] D [解析] 考查空間點、線、面的位置關(guān)系. 若直線l1和l2是異面直線,l1在平面α內(nèi),l2在平面β內(nèi),l是平面α與平面β的交線,假如l與l1、l2都不相交,則l∥l1,l∥l2,∴l(xiāng)1∥l2,與l1、l2異面矛盾,因此l至少與l1,l2中的一條相交,故選D. [方法點撥] 演繹推理 根據(jù)一般性的真命題(或邏輯規(guī)則)導(dǎo)出特殊性命題為真的推理叫做演繹推理.演繹推理是由一般性命題到特殊性命題的推理. (1)演繹推理的特點 當前提為真時,結(jié)論必然為真. (2)演繹推理的一般模式——“三段論” ①大前提——已知的一般原理; ②小前提——所研究的特殊情況; ③結(jié)論——根據(jù)一般原理,對特殊情況做出的判斷. 3.(文)若數(shù)列{an}是等差數(shù)列,則數(shù)列{bn}(bn=)也為等差數(shù)列.類比這一性質(zhì)可知,若正項數(shù)列{cn}是等比數(shù)列,則數(shù)列{dn}也是等比數(shù)列,則dn的表達式應(yīng)為( ) A.dn= B.dn= C.dn= D.dn= [答案] D [解析] 通過審題觀察,對比分析得到: 已知 等差數(shù)列{an} 前n項和Sn=a1+a2+…+an bn= 算術(shù)平均 bn成等差 類比項 等比數(shù) 列{cn} 前n項積Tn=c1c2…cn dn= 幾何 平均 dn成等比 故選D. [方法點撥] 類比推理 根據(jù)兩類不同事物之間具有某些類似(或一致)性,推測其中一類事物具有與另一類事物類似(或相同)的性質(zhì)的推理叫做類比推理,類比推理是由特殊到特殊的推理. 進行類比推理時,要抓住類比對象之間相似的性質(zhì),如等差數(shù)列的和對應(yīng)的可能是等比數(shù)列的和,更可能是等比數(shù)列的積,再結(jié)合其他要求進一步確定類比項. (理)記等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,利用倒序求和的方法,可將Sn表示成首項a1、末項an與項數(shù)n的一個關(guān)系式,即公式Sn=;類似地,記等比數(shù)列{bn}的前n項積為Tn,且bn>0(n∈N*),試類比等差數(shù)列求和的方法,可將Tn表示成首項b1、末項bn與項數(shù)n的一個關(guān)系式,即公式Tn=( ) A. B. C. D.(b1bn) [答案] D [解析] 利用等比數(shù)列的性質(zhì):若m+n=p+q,則bmbn=bpbq,利用倒序求積方法有 兩式相乘得T=(b1bn)n,即Tn=(b1bn). 4.觀察下圖: 1 2 3 4 3 4 5 6 7 4 5 6 7 8 9 10 ………… 則第( )行的各數(shù)之和等于xx2.( ) A.xx B.xx C.1006 D.1005 [答案] C [解析] 由題設(shè)圖知,第一行各數(shù)和為1;第二行各數(shù)和為9=32;第三行各數(shù)和為25=52;第四行各數(shù)和為49=72;…,∴第n行各數(shù)和為(2n-1)2,令2n-1=xx,解得n=1006. [點評] 觀察可見,第1行有1個數(shù),第2行從2開始有3個數(shù),第3行從3開始有5個數(shù),第4行從4開始有7個數(shù),…,第n行從n開始,有2n-1個數(shù),因此第n行各數(shù)的和為n+(n+1)+(n+2)+…+(3n-2)==(2n-1)2. 5.已知正三角形內(nèi)切圓的半徑是其高的,把這個結(jié)論推廣到空間正四面體,類似的結(jié)論是( ) A.正四面體的內(nèi)切球的半徑是其高的 B.正四面體的內(nèi)切球的半徑是其高的 C.正四面體的內(nèi)切球的半徑是其高的 D.正四面體的內(nèi)切球的半徑是其高的 [答案] C [解析] 原問題的解法為等面積法,即S=ah=3ar?r=h,類比問題的解法應(yīng)為等體積法,V=Sh=4Sr?r=h,即正四面體的內(nèi)切球的半徑是其高的,所以應(yīng)選C. 6.(文)用反證法證明命題“設(shè)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(shè)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 [解析] 至少有一個實根的否定為:沒有實根. (理)①已知p3+q3=2,求證p+q≤2,用反證法證明時,可假設(shè)p+q≥2,②已知a、b∈R,|a|+|b|<1,求證方程x2+ax+b=0的兩根的絕對值都小于1.用反證法證明時可假設(shè)方程有一根x1的絕對值大于或等于1,即假設(shè)|x1|≥1.以下結(jié)論正確的是( ) A.①與②的假設(shè)都錯誤 B.①與②的假設(shè)都正確 C.①的假設(shè)正確;②的假設(shè)錯誤 D.①的假設(shè)錯誤;②的假設(shè)正確 [答案] D [解析] 反證法的實質(zhì)是命題的等價性,因為命題p與命題的否定p真假相對,故直接證明困難時,可用反證法.故選D. [方法點撥] 1.反證法的定義 一般地,由證明p?q轉(zhuǎn)向證明:綈q?r?…?t,t與假設(shè)矛盾,或與某個真命題矛盾.從而判斷綈q為假,推出q為真的方法,叫做反證法. 2.反證法的特點 先假設(shè)原命題不成立,再在正確的推理下得出矛盾,這個矛盾可以是與已知條件矛盾,或與假設(shè)矛盾,或與定義、公理、定理、公式或已被證明了的結(jié)論,或與公認的簡單事實等矛盾. 7.(文)在平面直角坐標系中,設(shè)△ABC的頂點分別為A(0,a)、B(b,0)、C(c,0),點P(0,p)在線段AO上(異于端點),設(shè)a、b、c、p均為非零實數(shù),直線BP、CP分別交AC、AB于點E、F,一同學(xué)已正確算出OE的方程:(-)x+(-)y=0,則OF的方程為:(________)x+(-)y=0.( ) A.- B.- C.- D.- [答案] C [分析] 觀察E,F(xiàn)兩點可以發(fā)現(xiàn),E、F兩點的特征類似,E是BP與AC的交點,F(xiàn)是CP與AB的交點,故直線OE與OF的方程應(yīng)具有類似的特征,而y的系數(shù)相同,故只有x的系數(shù)滿足某種“對稱性”,據(jù)此可作猜測. [解析] 方法1:類比法 E在AC上,OE的方程為 (-)x+(-)y=0. F在AB上,它們的區(qū)別在于B、C互換. 因而OF的方程應(yīng)為 (-)x+(-)y=0. ∴括號內(nèi)應(yīng)填:-. 方法2:畫草圖如右,由對稱性可猜想填-.事實上,由截距式可得直線AB:+=1,直線AP:+=1,兩式相減得(-)x+(-)y=0, 顯然直線AB與CP的交點F滿足此方程,又原點O也滿足此方程,故為所求直線OF的方程. [方法點撥] 類比推理是由特殊到特殊的推理,是兩類類似的對象之間的推理,其中一個對象具有某個性質(zhì),則另一個對象也具有類似的性質(zhì).在進行類比時,要充分考慮已知對象性質(zhì)的推理過程,然后仿照推導(dǎo)類比對象的性質(zhì). (理)在Rt△ABC中,CA⊥CB,斜邊AB上的高為h1,則=+;類比此性質(zhì),如圖,在四面體P-ABC中,若PA、PB、PC兩兩垂直,底面ABC上的高為h,則得到的正確結(jié)論為( ) A.=++ B.h2=PA2+PB2+PC2 C.=++ D.=++ [答案] D [解析] 本題考查了合情推理的能力. 連接CO并延長交AB于點D,連接PD, 由已知可得PC⊥PD,在直角三角形PDC中,DCh=PDPC, 則h=PDPC, 所以= =+. 容易知道AB⊥平面PDC, 所以AB⊥PD, 在直角三角形APB中,ABPD=PAPB, 所以PD=PAPB, ==+,故=++.(也可以由等體積法得到). [點評] 上述解答完整的給出了結(jié)論=++的證明過程,如果注意到所給結(jié)論是一個真命題,可直接用作條件,則在Rt△PAB中,有=+,在Rt△PDC中,有=+,即可得出結(jié)論. 8.(文)正方形ABCD的邊長是a,依次連接正方形ABCD各邊中點得到一個新的正方形,再依次連接新正方形各邊中點又得到一個新的正方形,依次得到一系列的正方形,如圖所示.現(xiàn)有一只小蟲從A點出發(fā),沿正方形的邊逆時針方向爬行,每遇到新正方形的頂點時,沿這個正方形的邊逆時針方向爬行,如此下去,爬行了10條線段.則這10條線段的長度的平方和是( ) A.a(chǎn)2 B.a(chǎn)2 C.a(chǎn)2 D.a(chǎn)2 [答案] A [解析] 由題可知,這只小蟲爬行的第一段長度的平方為a=(a)2=a2,第二段長度的平方為a=(a)2=a2,…,從而可知,小蟲爬行的線段長度的平方可以構(gòu)成以a=a2為首項,為公比的等比數(shù)列,所以數(shù)列的前10項和為S10==. (理)對于大于1的自然數(shù)m的三次冪可以用技術(shù)進行以下方式的“分裂”:23=,33=,43=,…,仿此,若m3的“分裂數(shù)”中有一個是59,則m=( ) A.7 B.8 C.9 D.10 [答案] B [解析] 由23,33,43的“分裂”規(guī)律可知m3的分裂共有m項,它們都是連續(xù)的奇數(shù),其第一個奇數(shù)為(m-2)(m+1)+3,當m=8時,第一個奇數(shù)為57,故m=8,此時83=57+59+61+63+65+67+69+71. 二、填空題 9.(文)(xx南昌市二模)觀察下面數(shù)表: 1, 3,5, 7,9,11,13, 15,17,19,21,23,25,27,29. 設(shè)1027是該表第m行的第n個數(shù),則m+n等于________. [答案] 13 [解析] 由數(shù)表知第P行最后一個數(shù)為第SP個奇數(shù),其中SP=1+2+22+…+2P-1=2P-1,易得第9行最后一個奇數(shù)為2(29-1)-1=1021,故1027為第10行的第3個數(shù),∴m+n=13. (理)(xx河南八市質(zhì)量監(jiān)測)已知不等式1+<,1++<,1+++<,…,照此規(guī)律,總結(jié)出第n(n∈N*)個不等式為________. [答案] 1++++…+<(n∈N*) [解析] 由于1+<,1++<,1+++<,所以可以寫為1+<,1++<,1+++<,照此規(guī)律,所以第n個不等式為1++++…+<. 10.(文)已知2+=22,3+=32,4+=42,…,若9+=92(a、b為正整數(shù)),則a+b=________. [答案] 89 [解析] 觀察前三式的特點可知,3=22-1,8=32-1,15=42-1,故其一般規(guī)律為n+=n2,此式顯然對任意n∈N,n≥2都成立,故當n=9時,此式為9+=81,∴a=80,b=9,a+b=89. (理)觀察下列等式 12=1, 12-22=-3, 12-22+32=6, 12-22+32-42=-10, …… 照此規(guī)律,第n個等式可為________. [答案] 12-22+32-42+…+(-1)n+1n2=(-1)n+1(n∈N*) [解析] 觀察上述各式等號左邊的規(guī)律發(fā)現(xiàn),左邊的項數(shù)每次加1,故第n個等式左邊有n項,每項所含的底數(shù)的絕對值也增加1,依次為1,2,3,…,n,指數(shù)都是2,符號成正負交替出現(xiàn)可以用(-1)n+1表示,等式的右邊數(shù)的絕對值是左邊項的底數(shù)的和,故等式的右邊可以表示為 (-1)n+1,所以第n個式子可為12-22+32-42+…+(-1)n+1n2=(-1)n+1(n∈N*). 三、解答題 11.(文)(xx江蘇,16)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AC⊥BC,BC=CC1.設(shè)AB1的中點為D,B1C∩BC1=E. 求證:(1)DE∥平面AA1C1C; (2)BC1⊥AB1. [分析] 考查線面平行的判定定理,線面垂直的判定定理. (1)由三棱錐性質(zhì)知側(cè)面BB1C1C為平行四邊形,因此點E為B1C的中點,從而由三角形中位線性質(zhì)得DE∥AC,再由線面平行的判定定理得DE∥平面AA1C1C;(2)因為直三棱柱ABC-A1B1C1中BC=CC1,所以側(cè)面BB1C1C為正方形,因此BC1⊥B1C,又AC⊥BC,AC⊥CC1(可由直三棱柱推導(dǎo)),因此由線面垂直的判定定理得AC⊥平面BB1C1C,從而AC⊥BC1,再由線面垂直的判定定理得BC1⊥平面AB1C,進而可得BC1⊥AB1. [證明] (1)由題意知,E為B1C的中點, 又D為AB1的中點,因此DE∥AC. 又因為DE?平面AA1C1C,AC?平面AA1C1C, 所以DE∥平面AA1C1C. (2)因為棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱, 所以CC1⊥平面ABC. 因為AC?平面ABC,所以AC⊥CC1. 又因為AC⊥BC,CC1?平面BCC1B1,BC?平面BCC1B1,BC∩CC1=C, 所以AC⊥平面BCC1B1. 又因為BC1?平面BCC1B1,所以B1C⊥AC. 因為BC=CC1,所以矩形BCC1B1是正方形,因此BC1⊥B1C. 因為AC,B1C?平面B1AC,AC∩B1C=C,所以BC1⊥平面B1AC. 又因為AB1?平面B1AC,所以BC1⊥AB1. (理)(xx商丘市二模)如圖,已知四棱錐P-ABCD的底面為菱形,∠BCD=120,AB=PC=2,AP=BP=. (1)求證:AB⊥PC; (2)求二面角B-PC-D的余弦值. [解析] (1)證明:取AB的中點O,連接PO,CO,AC. ∵AP=BP,∴PO⊥AB. 又四邊形ABCD是菱形,且∠BCD=120, ∴△ACB是等邊三角形,∴CO⊥AB. 又CO∩PO=O,∴AB⊥平面PCO, 又PC?平面PCO,∴AB⊥PC. (2)由AB=PC=2,AP=BP=,易求得PO=1,OC=, ∴OP2+OC2=PC2,OP⊥OC. 以O(shè)為坐標原點,以O(shè)C,OB,OP分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系O-xyz,則B(0,1,0),C(,0,0),P(0,0,1),D(,-2,0), ∴=(,-1,0),=(,0,-1),=(0,2,0). 設(shè)平面DCP的一個法向量為n1=(1,y,z),則n1⊥,n1⊥, ∴,∴z=,y=0,∴n1=(1,0,). 設(shè)平面BCP的一個法向量為n2=(1,b,c),則n2⊥,n2⊥, ∴,∴c=,b=, ∴n2=(1,,). ∴cos〈n1,n2〉===, ∵二面角B-PC-D為鈍角, ∴二面角B-PC-D的余弦值為-. 12.(文)(xx昆明質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}滿足a1=0,an+1=an++1. (1)證明:數(shù)列是等差數(shù)列,并求數(shù)列{an}的通項公式; (2)設(shè)數(shù)列的前n項和為Sn,證明:Sn<. [解析] (1)∵- =an++1+-an- =-+1=1. ∴數(shù)列是公差為1的等差數(shù)列. 又a1+1=1,故an+=n. 即數(shù)列{an}的通項公式為an=n-. (2)由(1)知an=n-,則=1-, 數(shù)列的前n項和Sn=n- ∵>=-. ∴n-- 1.請仔細閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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