安徽省财经大学附中高考数学二轮复习专题训练 推理与证明.doc

安徽财经大学附中2013版高考数学二轮复习专题训练：推理与证明本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分满分150分考试时间120分钟第卷(选择题共60分)一、选择题 (本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1用反证法证明命题“，如果可被5整除，那么，至少有1个能被5整除则假设的内容是( )a，都能被5整除b，都不能被5整除 c不能被5整除 d，有1个不能被5整除 【答案】b2设为正整数,经计算得 观察上述结果,可推测出一般结论( )a b c d以上都不对【答案】b3用反证法证明命题“若，则全为0”其反设正确的是( )a至少有一个不为0b 至少有一个为0 c 全不为0d 中只有一个为0【答案】a4给出下面四个类比结论：实数若则或；类比向量若，则或实数有类比向量有向量，有；类比复数，有实数有，则；类比复数，有，则其中类比结论正确的命题个数为( )a0b1c2d3【答案】b5若定义在正整数有序对集合上的二元函数满足：， ，则的值是( )ab cd【答案】d6用反证法证明命题：“若整数系数一元二次方程有有理根，那么 中至少有一个是偶数”时，应假设( )a中至多一个是偶数b 中至少一个是奇数 c 中全是奇数d 中恰有一个偶数【答案】c7由若ab0,m0,则与之间大小关系为( )a相等b前者大c后者大d不确定【答案】b8下面几种推理过程是演绎推理的是( )a两条直线平行，同旁内角互补，如果和是两条平行直线的同旁内角，则b由平面三角形的性质，推测空间四面体性质c某校高三共有10个班，1班有51人，2班有53人，3班有52人，由此推测各班都超过50人d在数列中，由此归纳出的通项公式【答案】a9在求证“数列，不可能为等比数列”时最好采用( )a分析法b综合法c反证法d直接法【答案】c10下列哪个平面图形与空间的平行六面体作为类比对象比较合适( )a三角形b梯形c平行四边形d矩形【答案】c11给出下列四个推导过程：a，b，（ba）+（ab）2=2; x，y，lgx+lgy2;ar，a0，（4a）+a2=4;x，yr，xy0，（xy）+（yx）=-（-（xy）+（-（yx）-2=-2.其中正确的是( )abcd【答案】d12在证明命题“对于任意角，”的过程：“”中应用了( )a分析法b综合法c分析法和综合法综合使用d间接证法【答案】第卷(非选择题共90分)二、填空题 (本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上)13观察下列式子：， ，由此可归纳出的一般结论是 【答案】14三段论推理的规则为_如果p,p真，则q真;如果则;如果a/b,b/c, 则a/c 如果【答案】15若a、b是正常数，ab，x、y(0，)，则，当且仅当时上式取等号利用以上结论，可以得到函数f(x)的最小值为_【答案】3516同样规格的黑、白两色正方形瓷砖铺设的若干图案，则按此规律第23个图案中需用黑色瓷砖 块.【答案】100三、解答题 (本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17如图，已知矩形所在平面，分别是的中点求证：（1）平面；（2）【答案】（1）取的中点，连结分别为的中点为的中位线，而为矩形，且，且为平行四边形，而平面，平面，平面(2）矩形所在平面，而，与是平面内的两条直交直线，平面，而平面，又，18若都是正实数，且 求证：与中至少有一个成立. 【答案】假设和都不成立，则有和同时成立，因为且，所以且两式相加，得.所以，这与已知条件矛盾.因此和中至少有一个成立.19有一种密英文的明文(真实文)按字母分解,其中英文的a,b,c,z的26个字母(不分大小写),依次对应1,2,3,26这26个自然数,见如下表格:给出如下变换公式:将明文转换成密文,如8+13=17,即h变成q；如5=3，即e变成c.按上述规定，将明文good译成的密文是什么？按上述规定，若将某明文译成的密文是shxc，那么原来的明文是什么？【答案】g7=4d; o15=8h; do;则明文good的密文为dhho逆变换公式为则有s19219-26=12l； h828-1=15o；x24224-26=22v； c323-1=5e故密文shxc的明文为love 20已知是整数，是偶数，求证：也是偶数【答案】（反证法）假设不是偶数，即是奇数设，则是偶数，是奇数，这与已知是偶数矛盾由上述矛盾可知，一定是偶数21用三段论方法证明：【答案】因为，所以（此处省略了大前提），所以（两次省略了大前提，小前提），同理，三式相加得(省略了大前提，小前提）22设 f(x)x2a. 记f1(x)f(x)，fn(x)f(fn1(x)，n1，2，3，mar|对所有正整数n，2证明，m2，【答案】 如果a2，则|a|2，am 如果2a，由题意，f1(0)a，fn(0)(fn1(0)2a，n2，3，则 当0a时，(n1). 事实上，当n1时，|a|，设nk1时成立(k2为某整数），则对nk，a()2 当2a0时，|a|，(n1)事实上，当n1时，|a|，设nk1时成立(k2为某整数)，则对nk，有|a|aaa2a注意到当2a0时，总有a22a，即a2aa|a|从而有|a|由归纳法，推出2，m 当a时，记anfn(0)，则对于任意