2014年高考数学理科(高考真题+模拟新题)分类汇编：M单元_推理与证明

1、数数学学M M 单元单元推理与证明推理与证明M1M1合情推理与演绎推理合情推理与演绎推理82014北京卷 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()A2 人B3 人C4 人D5 人8B解析 假设 A、B 两位学生的数学成绩一样，由题意知他们语文成绩不一样，这样他们的语文成绩总有人比另一个人高， 语文成绩较高的学生比另一个学生“成绩好”， 与已知条件“他们

2、之中没有一个比另一个成绩好”相矛盾 因此， 没有任意两位学生数学成绩是相同的因为数学成绩只有 3 种，因而学生数量最大为 3，即 3 位学生的成绩分别为(优秀，不合格)、(合格，合格)、(不合格，优秀)时满足条件202014北京卷 对于数对序列 P：(a1，b1)，(a2，b2)，(an，bn)，记T1(P)a1b1，Tk(P)bkmaxTk1(P)，a1a2ak(2kn)，其中 maxTk1(P)，a1a2ak表示 Tk1(P)和 a1a2ak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

3、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 ma 和 md 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)20解：(1)T1(P)257，T2(P)1maxT1(P)，241max7，68.(2)T2(P)maxabd，acd，T2(P)maxcdb，cab当 ma 时，T2(P)maxcdb，cabcdb.因为 abdcbd，且 ac

4、dcbd，所以 T2(P)T2(P)当 md 时，T2(P)maxcdb，cabcab.因为 abdcab，且 acdcab，所以 T2(P)T2(P)所以无论 ma 还是 md，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)52.15 、2014福建卷 若集合a，b，c，d1，2，3，4，且下列四个关系：a1；b1；c2；d4 有且只有一个是正确的，则符合条件的有序数组(a，b，c，d)的个数是_156解析 若正确，则不正确，可得

5、 b1 不正确，即 b1，与 a1 矛盾，故不正确；若正确，则不正确，由不正确，得 d4；由 a1，b1，c2，得满足条件的有序数组为 a3，b2，c1，d4 或 a2，b3，c1，d4.若正确，则不正确，由不正确，得 d4；由不正确，得 b1，则满足条件的有序数组为 a3，b1，c2，d4；若正确，则不正确，由不正确，得 b1，由 a1，c2，d4，得满足条件的有序数组为 a2，b1，c4，d3 或 a3，b1，c4，d2 或 a4，b1，c3，d2；综上所述，满足条件的有序数组的个数为 6.19 、2014广东卷 设数列an的前 n 项和为 Sn，满足 Sn2nan13n24n，nN*，且

6、 S315.(1)求 a1，a2，a3的值；(2)求数列an的通项公式142014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：我们三人去过同一城市由此可判断乙去过的城市为_14A解析 由于甲没有去过 B 城市，乙没有去过 C 城市，但三人去过同一个城市，故三人去过的城市为 A 城市又由于甲最多去过两个城市，且去过的城市比乙多，故乙只能去过一个城市，这个城市为 A 城市142014陕西卷 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

7、一般凸多面体中 F，V，E 所满足的等式是_14FVE2解析 由题中所给的三组数据，可得 5692，66102，68122，由此可以猜想出一般凸多面体的顶点数 V、面数 F 及棱数 E 所满足的等式是 FVE2.M2M2直接证明与间接证明直接证明与间接证明42014山东卷 用反证法证明命题“设 a，b 为实数，则方程 x2axb0 至少有一个实根”时，要做的假设是()A.方程 x2axb0 没有实根B. 方程 x2axb0 至多有一个实根C. 方程 x2axb0 至多有两个实根D. 方程 x2axb0 恰好有两个实根4A解析 “方程 x2axb0 至少有一个实根”等价于“方程 x2axb0 有

8、一个实根或两个实根”，所以该命题的否定是“方程 x2axb0 没有实根”故选 A.M3M3数学归纳法数学归纳法21 、 、2014安徽卷 设实数 c0，整数 p1，nN*.(1)证明：当 x1 且 x0 时，(1x)p1px；(2)数列an满足 a1c1p，an1p1pancpa1pn，证明：anan1c1p.21证明：(1)用数学归纳法证明如下当 p2 时，(1x)212xx212x，原不等式成立假设 pk(k2，kN*)时，不等式(1x)k1kx 成立当 pk1 时，(1x)k1(1x)(1x)k(1x)(1kx)1(k1)xkx21(k1)x.所以当 pk1 时，原不等式也成立综合可得，

9、当 x1，x0 时，对一切整数 p1，不等式(1x)p1px 均成立(2)方法一：先用数学归纳法证明 anc1p.当 n1 时，由题设知 a1c1p成立假设 nk(k1，kN*)时，不等式 akc1p成立由 an1p1pancpa1pn易知 an0，nN*.当 nk1 时，ak1akp1pcpapk11pcapk1.由 akc1p0 得11p1pcapk11p1pcapk1capk.因此 apk1c，即 ak1c1p，所以当 nk1 时，不等式 anc1p也成立综合可得，对一切正整数 n，不等式 anc1p均成立再由an1an11pcapn1可得an1an1，即 an1an1c1p，nN*.方

10、法二：设 f(x)p1pxcpx1p，xc1p，则 xpc，所以 f(x)p1pcp(1p)xpp1p1cxp0.由此可得，f(x)在c1p，)上单调递增，因而，当 xc1p时，f(x)f(c1p)c1p.当 n1 时，由 a1c1p0，即 ap1c 可知a2p1pa1cpa1p1a111pcap11c1p，从而可得 a1a2c1p，故当 n1 时，不等式 anan1c1p成立假设nk(k1， kN*)时， 不等式akak1c1p成立， 则当nk1时， f(ak)f(ak1)f(c1p)，即有 ak1ak2c1p，所以当 nk1 时，原不等式也成立综合可得，对一切正整数 n，不等式 anan1

11、c1p均成立19 、2014广东卷 设数列an的前 n 项和为 Sn，满足 Sn2nan13n24n，nN*，且 S315.(1)求 a1，a2，a3的值；(2)求数列an的通项公式22 、2014全国卷 函数 f(x)ln(x1)axxa(a1)(1)讨论 f(x)的单调性；(2)设 a11，an1ln(an1)，证明：2n2an3n2.22解：(1)易知 f(x)的定义域为(1，)，f(x)xx（a22a）（x1） （xa）2.(i)当 1a0，所以 f(x)在(1，a22a)是增函数；若 x(a22a，0)，则 f(x)0，所以 f(x)在(0，)是增函数(ii)当 a2 时，若 f(x

12、)0，f(x)0 成立当且仅当 x0，所以 f(x)在(1，)是增函数.(iii)当 a2 时，若 x(1，0)，则 f(x)0，所以 f(x)在(1，0)是增函数；若 x(0，a22a)，则 f(x)0，所以 f(x)在(a22a，)是增函数(2)由(1)知，当 a2 时，f(x)在(1，)是增函数当 x(0，)时，f(x)f(0)0，即 ln(x1)2xx2(x0)又由(1)知，当 a3 时，f(x)在0，3)是减函数当 x(0，3)时，f(x)f(0)0，即 ln(x1)3xx3(0 x3)下面用数学归纳法证明2n2an3n2.(i)当 n1 时，由已知23a11，故结论成立(ii)假设

13、当 nk 时结论成立，即2k2ln2k2122k22k222k3，ak1ln(ak1)ln3k2133k23k233k3，即当 nk1 时，有2k31 时，对 x(0，a1有(x)0，(x)在(0，a1上单调递减，(a1)1 时，存在 x0，使(x)nln(n1)证明如下：方法一：上述不等式等价于12131n1x1x，x0.令 x1n，nN，则1n1lnn1n.下面用数学归纳法证明当 n1 时，12ln 2，结论成立假设当 nk 时结论成立，即12131k1ln(k1)那么，当 nk1 时，12131k11k2ln(k1)1k2ln(k1)lnk2k1ln(k2)，即结论成立由可知，结论对 n

14、N成立方法二：上述不等式等价于12131n1x1x，x0.令 x1n，nN，则 lnn1n1n1.故有 ln 2ln 112，ln 3ln 213，ln(n1)ln n1n1，上述各式相加可得 ln(n1)12131n1，结论得证方法三：如图，错误错误!xx1dx 是由曲线 yxx1，xn 及 x 轴所围成的曲边梯形的面积，而1223nn1是图中所示各矩形的面积和，1223nn1错误错误!xx1dx错误错误!11x1 dxnln(n1)，结论得证22 ， ，2014重庆卷 设 a11，an1 a2n2an2b(nN*)(1)若 b1，求 a2，a3及数列an的通项公式(2)若 b1，问：是否存

15、在实数 c 使得 a2nca2n1对所有 nN*成立？证明你的结论22解：(1)方法一：a22，a3 21.再由题设条件知(an11)2(an1)21.从而(an1)2是首项为 0，公差为 1 的等差数列，故(an1)2n1，即 an n11(nN*)方法二：a22，a3 21.可写为 a1 111，a2 211，a3 311.因此猜想 an n11.下面用数学归纳法证明上式当 n1 时，结论显然成立假设 nk 时结论成立，即 ak k11，则ak1 （ak1）211 （k1）11 （k1）11，这就是说，当 nk1 时结论成立所以 an n11(nN*)(2)方法一：设 f(x) （x1）2

16、11，则 an1f(an)令 cf(c)，即 c （c1）211，解得 c14.下面用数学归纳法证明命题a2nca2n11.当 n1 时，a2f(1)0，a3f(0) 21，所以 a214a31，结论成立假设 nk 时结论成立，即 a2kca2k1f(a2k1)f(1)a2，即1ca2k2a2.再由 f(x)在(，1上为减函数，得 cf(c)f(a2k2)f(a2)a31，故 ca2k31，因此 a2(k1)ca2(k1)11，这就是说，当 nk1 时结论成立综上，存在 c14使 a2nCa2a1对所有 nN*成立方法二：设 f(x) （x1）211，则 an1f(an)先证：0an1(nN*

17、)当 n1 时，结论明显成立假设 nk 时结论成立，即 0ak1.易知 f(x)在(，1上为减函数，从而0f(1)f(ak)f(0) 211.即 0ak11.这就是说，当 nk1 时结论成立故成立再证：a2na2n1(nN*)当 n1 时，a2f(1)0，a3f(a2)f(0) 21，所以 a2a3，即 n1 时成立假设 nk 时，结论成立，即 a2kf(a2k1)a2k2，a2(k1)f(a2k1)f(a2k2)a2(k1)1.这就是说，当 nk1 时成立所以对一切 nN*成立由得 a2n a22n2a2n21，即(a2n1)2a22n2a2n2，因此 a2nf(a2n1)，即 a2n1a2

18、n2.所以 a2n1 a22n12a2n121，解得 a2n114.综上，由知存在 c14使 a2nca2n1对一切 nN*成立22014陕西五校联考 设ABC 的三边长分别为 a，b，c，ABC 的面积为 S，内切圆半径为 r，则 r2Sabc.类比这个结论可知：四面体 PABC 的四个面的面积分别为 S1，S2，S3，S4，内切球的半径为 r，四面体 PABC 的体积为 V，则 r()A.VS1S2S3S4B.2VS1S2S3S4C.3VS1S2S3S4D.4VS1S2S3S42C解析 由类比推理可知，选项 C 正确42014烟台一模 对大于或等于 2 的正整数的幂运算有如下分解方式：2213，32135，421357，；2335，337911，4313151719，.根据上述分解规律，若 m213511，p3的分解中最小的正整数是 21，则 mp()A9B10C11D124C解析 由归纳推理可知，m6，p5，mp11.62014衡水中学调研 已知椭圆中有如下结论：椭圆x2a2y2b21(ab0)上斜率为 1的弦的中点在直线xa2yb20 上类比上述结论可推得：双曲线x2a2y2b21(a0，b0)上斜率为 1 的弦的中点