2019高考数学复习第十三章推理与证明练习理.docx

第十三章推理与证明命题探究考纲解读考点内容解读要求高考示例常考题型预测热度1.合情推理与演绎推理(1)了解合情推理的含义,能利用归纳和类比等进行简单的推理,了解合情推理在数学发现中的作用.(2)了解演绎推理的重要性,掌握演绎推理的基本模式,并能运用它们进行一些简单推理.(3)了解合情推理和演绎推理之间的联系和差异掌握2017北京,14;2016课标全国,15;2015福建,15;2014课标,14填空题2.直接证明与间接证明(1)了解直接证明的两种基本方法分析法和综合法;了解分析法和综合法的思考过程、特点.(2)了解间接证明的一种基本方法反证法;了解反证法的思考过程、特点了解2017江苏,19;2016江苏,20;2015北京,20解答题3.数学归纳法了解数学归纳法的原理,能用数学归纳法证明一些简单的数学命题掌握2017浙江,22解答题分析解读31.能利用已知结论类比未知结论或归纳猜想结论并加以证明.2.了解直接证明与间接证明的基本方法,体会数学证明的思想方法.3.掌握“归纳猜想证明”的推理方法及数学归纳法的证明步骤.4.归纳推理与类比推理是高考的热点.本章在高考中的推理问题一般以填空题形式出现,分值约为5分,属中档题;证明问题一般以解答题形式出现,分值约为12分,属中高档题.五年高考考点一合情推理与演绎推理1.(2016北京,8,5分)袋中装有偶数个球,其中红球、黑球各占一半.甲、乙、丙是三个空盒.每次从袋中任意取出两个球,将其中一个球放入甲盒,如果这个球是红球,就将另一个球放入乙盒,否则就放入丙盒.重复上述过程,直到袋中所有球都被放入盒中,则() A.乙盒中黑球不多于丙盒中黑球B.乙盒中红球与丙盒中黑球一样多C.乙盒中红球不多于丙盒中红球D.乙盒中黑球与丙盒中红球一样多答案B2.(2015山东,11,5分)观察下列各式:=40;+=41;+=42;+=43;照此规律,当nN*时,+=.答案4n-13.(2017北京,14,5分)三名工人加工同一种零件,他们在一天中的工作情况如图所示,其中点Ai的横、纵坐标分别为第i名工人上午的工作时间和加工的零件数,点Bi的横、纵坐标分别为第i名工人下午的工作时间和加工的零件数,i=1,2,3.记Qi为第i名工人在这一天中加工的零件总数,则Q1,Q2,Q3中最大的是;记pi为第i名工人在这一天中平均每小时加工的零件数,则p1,p2,p3中最大的是.答案Q1p24.(2016课标全国,15,5分)有三张卡片,分别写有1和2,1和3,2和3.甲,乙,丙三人各取走一张卡片,甲看了乙的卡片后说:“我与乙的卡片上相同的数字不是2.”乙看了丙的卡片后说:“我与丙的卡片上相同的数字不是1.”丙说:“我的卡片上的数字之和不是5.”则甲的卡片上的数字是.答案1和35.(2014课标,14,5分)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.答案A教师用书专用(610)6.(2014北京,8,5分)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()A.2人B.3人C.4人D.5人答案B7.(2015福建,15,4分)一个二元码是由0和1组成的数字串x1x2xn(nN*),其中xk(k=1,2,n)称为第k位码元.二元码是通信中常用的码,但在通信过程中有时会发生码元错误(即码元由0变为1,或者由1变为0).已知某种二元码x1x2x7的码元满足如下校验方程组:其中运算定义为:00=0,01=1,10=1,11=0.现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第k位发生码元错误后变成了1101101,那么利用上述校验方程组可判定k等于.答案58.(2014陕西,14,5分)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.答案F+V-E=29.(2013湖北,14,5分)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=n2+n.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)=n2+n,正方形数N(n,4)=n2,五边形数N(n,5)=n2-n,六边形数N(n,6)=2n2-n,可以推测N(n,k)的表达式,由此计算N(10,24)=.答案1 00010.(2014北京,20,13分)对于数对序列P:(a1,b1),(a2,b2),(an,bn),记T1(P)=a1+b1,Tk(P)=bk+maxTk-1(P),a1+a2+ak(2kn),其中maxTk-1(P),a1+a2+ak表示Tk-1(P)和a1+a2+ak两个数中最大的数.(1)对于数对序列P:(2,5),(4,1),求T1(P),T2(P)的值;(2)记m为a,b,c,d四个数中最小的数,对于由两个数对(a,b),(c,d)组成的数对序列P:(a,b),(c,d)和P:(c,d),(a,b),试分别对m=a和m=d两种情况比较T2(P)和T2(P)的大小;(3)在由五个数对(11,8),(5,2),(16,11),(11,11),(4,6)组成的所有数对序列中,写出一个数对序列P使T5(P)最小,并写出T5(P)的值.(只需写出结论)解析(1)T1(P)=2+5=7,T2(P)=1+maxT1(P),2+4=1+max7,6=8.(2)T2(P)=maxa+b+d,a+c+d,T2(P)=maxc+d+b,c+a+b.当m=a时,T2(P)=maxc+d+b,c+a+b=c+d+b.因为a+b+dc+b+d,且a+c+dc+b+d,所以T2(P)T2(P).当m=d时,T2(P)=maxc+d+b,c+a+b=c+a+b.因为a+b+dc+a+b,且a+c+dc+a+b,所以T2(P)T2(P).所以无论m=a还是m=d,T2(P)T2(P)都成立.(3)数对序列P:(4,6),(11,11),(16,11),(11,8),(5,2)的T5(P)值最小,T1(P)=10,T2(P)=26,T3(P)=42,T4(P)=50,T5(P)=52.考点二直接证明与间接证明1.(2014山东,4,5分)用反证法证明命题“设a,b为实数,则方程x3+ax+b=0至少有一个实根”时,要做的假设是()A.方程x3+ax+b=0没有实根B.方程x3+ax+b=0至多有一个实根C.方程x3+ax+b=0至多有两个实根D.方程x3+ax+b=0恰好有两个实根答案A2.(2017江苏,19,16分)对于给定的正整数k,若数列an满足:an-k+an-k+1+an-1+an+1+an+k-1+an+k=2kan对任意正整数n(nk)总成立,则称数列an是“P(k)数列”.(1)证明:等差数列an是“P(3)数列”;(2)若数列an既是“P(2)数列”,又是“P(3)数列”,证明:an是等差数列.证明本小题主要考查等差数列的定义、通项公式等基础知识,考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力.(1)因为an是等差数列,设其公差为d,则an=a1+(n-1)d,从而,当n4时,an-k+an+k=a1+(n-k-1)d+a1+(n+k-1)d=2a1+2(n-1)d=2an,k=1,2,3,所以an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an,因此等差数列an是“P(3)数列”.(2)数列an既是“P(2)数列”,又是“P(3)数列”,因此,当n3时,an-2+an-1+an+1+an+2=4an,当n4时,an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an.由知,an-3+an-2=4an-1-(an+an+1),an+2+an+3=4an+1-(an-1+an).将代入,得an-1+an+1=2an,其中n4,所以a3,a4,a5,是等差数列,设其公差为d.在中,取n=4,则a2+a3+a5+a6=4a4,所以a2=a3-d,在中,取n=3,则a1+a2+a4+a5=4a3,所以a1=a3-2d,所以数列an是等差数列.教师用书专用(37)3.(2017北京,20,13分)设an和bn是两个等差数列,记cn=maxb1-a1n,b2-a2n,bn-ann(n=1,2,3,),其中maxx1,x2,xs表示x1,x2,xs这s个数中最大的数.(1)若an=n,bn=2n-1,求c1,c2,c3的值,并证明cn是等差数列;(2)证明:或者对任意正数M,存在正整数m,当nm时,M;或者存在正整数m,使得cm,cm+1,cm+2,是等差数列.解析本题考查等差数列,不等式,合情推理等知识,考查综合分析,归纳抽象,推理论证能力.(1)c1=b1-a1=1-1=0,c2=maxb1-2a1,b2-2a2=max1-21,3-22=-1,c3=maxb1-3a1,b2-3a2,b3-3a3=max1-31,3-32,5-33=-2.当n3时,(bk+1-nak+1)-(bk-nak)=(bk+1-bk)-n(ak+1-ak)=2-n0时,取正整数m,则当nm时,nd1d2,因此cn=b1-a1n.此时,cm,cm+1,cm+2,是等差数列.当d1=0时,对任意n1,cn=b1-a1n+(n-1)maxd2,0=b1-a1+(n-1)(maxd2,0-a1).此时,c1,c2,c3,cn,是等差数列.当d1时,有nd1max,故当nm时,M.4.(2016江苏,20,16分)记U=1,2,100.对数列an(nN*)和U的子集T,若T=,定义ST=0;若T=t1,t2,tk,定义ST=+.例如:T=1,3,66时,ST=a1+a3+a66.现设an(nN*)是公比为3的等比数列,且当T=2,4时,ST=30.(1)求数列an的通项公式;(2)对任意正整数k(1k100),若T1,2,k,求证:ST0,nN*,所以STa1+a2+ak=1+3+3k-1=(3k-1)3k.因此,STak+1.(3)下面分三种情况证明.若D是C的子集,则SC+SCD=SC+SDSD+SD=2SD.若C是D的子集,则SC+SCD=SC+SC=2SC2SD.若D不是C的子集,且C不是D的子集.令E=CUD,F=DUC,则E,F,EF=.于是SC=SE+SCD,SD=SF+SCD,进而由SCSD得SESF.设k为E中的最大数,l为F中的最大数,则k1,l1,kl.由(2)知,SEak+1.于是3l-1=alSFSEak+1=3k,所以l-1k,即lk.又kl,故lk-1.从而SFa1+a2+al=1+3+3l-1=,故SE2SF+1,所以SC-SCD2(SD-SCD)+1,即SC+SCD2SD+1.综合得,SC+SCD2SD.5.(2016浙江,20,15分)设数列an满足1,nN*.(1)证明:|an|2n-1(|a1|-2),nN*;(2)若|an|,nN*,证明:|an|2,nN*.解析(1)由1得|an|-|an+1|1,故-,nN*,所以-=+n,-=+,故|an|n,均有|an|2,取正整数m0lo且m0n0,则=|-2,与式矛盾.综上,对于任意nN*,均有|an|2.6.(2016北京,20,13分)设数列A:a1,a2,aN(N2).如果对小于n(2nN)的每个正整数k都有aka1,则G(A);(3)证明:若数列A满足an-an-11(n=2,3,N),则G(A)的元素个数不小于aN-a1.解析(1)G(A)的元素为2和5.(2)因为存在an使得ana1,所以iN*|2iN,aia1.记m=miniN*|2iN,aia1,则m2,且对任意正整数km,aka1a1.由(2)知G(A).设G(A)=n1,n2,np,n1n2np.记n0=1,则.对i=0,1,p,记Gi=kN*|ni.如果Gi,取mi=min Gi,则对任何1kmi,ak1,因为ak=2ak-1或ak=2ak-1-36,所以2ak-1是3的倍数,于是ak-1是3的倍数.类似可得,ak-2,a1都是3的倍数.从而对任意n1,an是3的倍数,因此M的所有元素都是3的倍数.综上,若集合M存在一个元素是3的倍数,则M的所有元素都是3的倍数.(3)由a136,an=可归纳证明an36(n=2,3,).因为a1是正整数,a2=所以a2是2的倍数,从而当n3时,an是4的倍数.如果a1是3的倍数,由(2)知对所有正整数n,an是3的倍数,因此当n3时,an12,24,36,这时M的元素个数不超过5.如果a1不是3的倍数,由(2)知对所有正整数n,an不是3的倍数,因此当n3时,an4,8,16,20,28,32,这时M的元素个数不超过8.当a1=1时,M=1,2,4,8,16,20,28,32有8个元素.综上可知,集合M的元素个数的最大值为8.考点三数学归纳法1.(2017浙江,22,15分)已知数列xn满足:x1=1,xn=xn+1+ln(1+xn+1)(nN*).证明:当nN*时,(1)0xn+10.当n=1时,x1=10.假设n=k时,xk0,那么n=k+1时,若xk+10,则00.因此xn0(nN*).所以xn=xn+1+ln(1+xn+1)xn+1.因此0xn+10(x0).函数f(x)在0,+)上单调递增,所以f(x)f(0)=0,因此-2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1)=f(xn+1)0,故2xn+1-xn(nN*).(3)因为xn=xn+1+ln(1+xn+1)xn+1+xn+1=2xn+1,所以xn.由2xn+1-xn得-20,所以-22n-1=2n-2,故xn.综上,xn(nN*).教师用书专用(26)2.(2015江苏,23,10分)已知集合X=1,2,3,Yn=1,2,3,n(nN*),设Sn=(a,b)|a整除b或b整除a,aX,bYn.令f(n)表示集合Sn所含元素的个数.(1)写出f(6)的值;(2)当n6时,写出f(n)的表达式,并用数学归纳法证明.解析(1)f(6)=13.(2)当n6时,f(n)=(tN*).下面用数学归纳法证明:当n=6时, f(6)=6+2+=13,结论成立;假设n=k(k6)时结论成立,那么n=k+1时,Sk+1在Sk的基础上新增加的元素在(1,k+1),(2,k+1),(3,k+1)中产生,分以下情形讨论:1)若k+1=6t,则k=6(t-1)+5,此时有f(k+1)=f(k)+3=k+2+3=(k+1)+2+,结论成立;2)若k+1=6t+1,则k=6t,此时有f(k+1)=f(k)+1=k+2+1=(k+1)+2+,结论成立;3)若k+1=6t+2,则k=6t+1,此时有f(k+1)=f(k)+2=k+2+2=(k+1)+2+,结论成立;4)若k+1=6t+3,则k=6t+2,此时有f(k+1)=f(k)+2=k+2+2=(k+1)+2+,结论成立;5)若k+1=6t+4,则k=6t+3,此时有f(k+1)=f(k)+2=k+2+2=(k+1)+2+,结论成立;6)若k+1=6t+5,则k=6t+4,此时有f(k+1)=f(k)+1=k+2+1=(k+1)+2+,结论成立.综上所述,结论对满足n6的自然数n均成立.3.(2014安徽,21,13分)设实数c0,整数p1,nN*.(1)证明:当x-1且x0时,(1+x)p1+px;(2)数列an满足a1,an+1=an+.证明:anan+1.解析(1)证明:用数学归纳法证明:当p=2时,(1+x)2=1+2x+x21+2x,原不等式成立.假设p=k(k2,kN*)时,不等式(1+x)k1+kx成立.当p=k+1时,(1+x)k+1=(1+x)(1+x)k(1+x)(1+kx)=1+(k+1)x+kx21+(k+1)x.所以p=k+1时,原不等式也成立.综合可得,当x-1,x0时,对一切整数p1,不等式(1+x)p1+px均成立.(2)证法一:先用数学归纳法证明an.当n=1时,由题设a1知an成立.假设n=k(k1,kN*)时,不等式ak成立.由an+1=an+易知an0,nN*.当n=k+1时,=+=1+.由ak0得-1-1+p=.因此c,即ak+1.所以n=k+1时,不等式an也成立.综合可得,对一切正整数n,不等式an均成立.再由=1+可得1,即an+1an+1,nN*.证法二:设f(x)=x+x1-p,x,则xpc,并且f (x)=+(1-p)x-p=0,x.由此可得, f(x)在,+)上单调递增.因而,当x时, f(x)f()=,当n=1时,由a10,即c可知a2=a1+=a1,从而a1a2.故当n=1时,不等式anan+1成立.假设n=k(k1,kN*)时,不等式akak+1成立,则当n=k+1时, f(ak)f(ak+1)f(),即有ak+1ak+2.所以n=k+1时,原不等式也成立.综合可得,对一切正整数n,不等式anan+1均成立.4.(2014江苏,23,10分)已知函数f0(x)=(x0),设fn(x)为fn-1(x)的导数,nN*.(1)求2f1+f2的值;(2)证明:对任意的nN*,等式=都成立.解析(1)由已知,得f1(x)=f 0(x)=-,于是f2(x)=f 1(x)=-=-+,所以f1=-, f2=-+.故2f1+f2=-1.(2)证明:由已知,得xf0(x)=sin x,等式两边分别对x求导,得f0(x)+xf 0(x)=cos x,即f0(x)+xf1(x)=cos x=sin,类似可得2f1(x)+xf2(x)=-sin x=sin(x+),3f2(x)+xf3(x)=-cos x=sin,4f3(x)+xf4(x)=sin x=sin(x+2).下面用数学归纳法证明等式nfn-1(x)+xfn(x)=sin对所有的nN*都成立.(i)当n=1时,由上可知等式成立.(ii)假设当n=k时等式成立,即kfk-1(x)+xfk(x)=sin.因为kfk-1(x)+xfk(x)=kf k-1(x)+fk(x)+xf k(x)=(k+1)fk(x)+xfk+1(x),=cos=sin,所以(k+1)fk(x)+xfk+1(x)=sin.因此当n=k+1时,等式也成立.综合(i),(ii)可知等式nfn-1(x)+xfn(x)=sin对所有的nN*都成立.令x=,可得nfn-1+fn=sin(nN*).所以=(nN*).5.(2014重庆,22,12分)设a1=1,an+1=+b(nN*).(1)若b=1,求a2,a3及数列an的通项公式;(2)若b=-1,问:是否存在实数c使得a2nca2n+1对所有nN*成立?证明你的结论.解析(1)解法一:a2=2,a3=+1.再由题设条件知(an+1-1)2=(an-1)2+1.从而(an-1)2是首项为0,公差为1的等差数列,故(an-1)2=n-1,即an=+1(nN*).解法二:a2=2,a3=+1,可写为a1=+1,a2=+1,a3=+1.因此猜想an=+1.下用数学归纳法证明上式:当n=1时结论显然成立.假设n=k时结论成立,即ak=+1,则ak+1=+1=+1=+1.这就是说,当n=k+1时结论成立.所以an=+1(nN*).(2)解法一:设f(x)=-1,则an+1=f(an).令c=f(c),即c=-1,解得c=.下用数学归纳法证明加强命题a2nca2n+11.当n=1时,a2=f(1)=0,a3=f(0)=-1,所以a2a31,结论成立.假设n=k时结论成立,即a2kca2k+1f(a2k+1)f(1)=a2,即1ca2k+2a2.再由f(x)在(-,1上为减函数得c=f(c)f(a2k+2)f(a2)=a31.故ca2k+31,因此a2(k+1)ca2(k+1)+11.这就是说,当n=k+1时结论成立.综上,符合条件的c存在,其中一个值为c=.解法二:设f(x)=-1,则an+1=f(an).先证:0an1(nN*).当n=1时,结论明显成立.假设n=k时结论成立,即0ak1.易知f(x)在(-,1上为减函数,从而0=f(1)f(ak)f(0)=-11.即0ak+11.这就是说,当n=k+1时结论成立.故成立.再证:a2na2n+1(nN*).当n=1时,a2=f(1)=0,a3=f(a2)=f(0)=-1,有a2a3,即n=1时成立.假设n=k时,结论成立,即a2kf(a2k+1)=a2k+2,a2(k+1)=f(a2k+1)f(a2k+2)=a2(k+1)+1.这就是说,当n=k+1时成立.所以对一切nN*成立.由得a2n-1,即(a2n+1)2-2a2n+2,因此a2nf(a2n+1),即a2n+1a2n+2,所以a2n+1-1,解得a2n+1.综上,由、知存在c=使a2nc1时,对x(0,a-1)有(x)0,(x)在(0,a-1)上单调递减,(a-1)1时,存在x0,使(x)n-ln(n+1).证明如下:证法一:上述不等式等价于+,x0.令x=,nN+,则ln.下面用数学归纳法证明.当n=1时,ln 2,结论成立.假设当n=k时结论成立,即+ln(k+1).那么,当n=k+1时,+ln(k+1)+ln(k+1)+ln=ln(k+2),即结论成立.由可知,结论对nN+成立.证法二:上述不等式等价于+,x0.令x=,nN+,则ln.故有ln 2-ln 1,ln 3-ln 2,ln(n+1)-ln n,上述各式相加可得ln(n+1)+.结论得证.三年模拟A组20162018年模拟基础题组考点一合情推理与演绎推理1.(2018山东淄博部分学校摸底考,10)聊斋志异中有这样一首诗:“挑水砍柴不堪苦,请归但求穿墙术.得诀自诩无所阻,额上坟起终不悟.”在这里,我们称形如以下形式的等式具有“穿墙术”:2=,3=,4=,5=,则按照以上规律,若8=具有“穿墙术”,则n=() A.35B.48C.63D.80答案C2.(2017江西鹰潭一模,2)用三段论推理:“任何实数的绝对值都大于0,因为a是实数,所以a的绝对值大于0”,你认为这个推理()A.大前提错误B.小前提错误C.推理形式错误D.是正确的答案A3.(2017河南郑州二模,6)平面内凸四边形有2条对角线,凸五边形有5条对角线,以此类推,凸十三边形的对角线条数为()A.42B.65C.143D.169答案B4.(2017河北衡水中学三调,14)在公元前3世纪,古希腊数学家欧几里得在几何原本里提出:“球的体积(V)与它的直径(D)的立方成正比”,即V=kD3(k0),欧几里得未给出k的值.17世纪日本数学家们对求球的体积的方法还不了解,他们将体积公式V=kD3中的常数k称为“立圆率”或“玉积率”.类似地,对于等边圆柱(轴截面是正方形的圆柱)、正方体也可利用公式V=kD3求体积(在等边圆柱中,D表示底面圆的直径;在正方体中,D表示棱长).假设运用此体积公式求得球(直径为a),等边圆柱(底面圆的直径为a),正方体(棱长为a)的“玉积率”分别为k1,k2,k3,那么k1k2k3=.答案1考点二直接证明与间接证明5.(2018吉林梅河口第五中学第三次月考,5)已知p3+q3=2,求证p+q2,用反证法证明时,可假设p+q2;设a为实数, f(x)=x2+ax+a,求证|f(1)|与|f(2)|中至少有一个不小于,用反证法证明时可假设|f(1)|,且|f(2)|,以下说法正确的是()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C6.(2016福建厦门一中期中,12)若数列an满足:存在正整数T,对于任意正整数n都有an+T=an成立,则称数列an为周期数列,周期为T.已知数列an满足a1=m(m0),an+1=则下列结论中错误的是()A.若a3=4,则m可以取3个不同的值B.若m=,则数列an是周期为3的数列C.TN*且T2,m1,使得an是周期为T的数列D.mQ且m2,使得数列an是周期数列答案D考点三数学归纳法7.(2018山东邹城第一中学期中,9)用数学归纳法证明:“(n+1)(n+2)(n+n)=2n135(2n-1)(2n+1)(nN*)”时,从n=k到n=k+1,等式的左边需要增加的代数式是()A.2k+1B.C.D.2(2k+1)答案D8.(人教A选22,二,2-3,例2,变式)设a0,f(x)=,令a1=1,an+1=f(an),nN*.(1)写出a2,a3,a4的值,并猜想数列an的通项公式;(2)用数学归纳法证明你的结论.解析(1)a1=1,a2=f(a1)=f(1)=,a3=f(a2)=,a4=f(a3)=.猜想an=(nN*).(2)证明:当n=1时,猜想显然正确.假设n=k(kN*)时猜想正确,即ak=,则ak+1=f(ak)=.这说明,n=k+1时猜想正确.由知,对于任何nN*,都有an=.B组20162018年模拟提升题组(满分:30分时间:20分钟) 一、选择题(共5分)1.(2018吉林长春一五中学期中,7)设m、n、t都是正数,则m+、n+、t+三个数()A.都大于4B.都小于4C.至少有一个大于4D.至少有一个不小于4答案D二、填空题(每小题5分,共25分)2.(2018云南玉溪高考模拟)下面图形由小正方形组成,请观察图1至图4的规律,依此规律,第n个图形中小正方形的个数是.答案