2019-2020年高考数学一轮复习第十二章推理证明算法复数第1讲合情推理与演绎推理理

1、42019-20202019-2020 年高考数学一轮复习第十二章推理证明算法复数第年高考数学一轮复习第十二章推理证明算法复数第 1 1 讲合情推讲合情推理与演绎推理理理与演绎推理理1.122.3.34.、选择题如图是今年元宵花灯展中一款五角星灯连续旋转闪烁所成的三个图形，照此规律闪烁下一个呈现出来的图形是()解析该五角星对角上的两盏花灯依次按逆时针方向亮一盏，故下一个呈现出来的图形是A.答案 A推理“矩形是平行四边形；三角形不是平行四边形；三角形不是矩形”中的小前提是()A.B.C.D.和解析由演绎推理三段论可知，是大前提；是小前提；是结论.答案 B给出下面类比推理命题(其中 Q Q 为有理

2、数，R R 为实数集，C C 为复数集)：1“若 a,bwR R,则 ab=0na=b”类比推出“a,ceC C,则 ac=0na=c”；2“若 a,b,c,deR R,则复数 a+bi=c+dina=c,b=d”类比推出“a,b,c,deQ Q,则 a+bi；2=c+d：2na=c,b=d；3“若 a,beR R，贝 yab0nab类比推出“若 a,beC C，贝 Vab0nab；4“若 xeR R，贝 y|x|lnlxl类比推出“若 zeC C,贝 y|z|lnlzl.其中类比结论正确的个数有().A.1B.2C.3D.4解析类比结论正确的只有.答案 B观察下列各式：55=3125,56=

3、15625,57=78125,则 52oil的末四位数字为().A.3125B.5625C.0625D.8125解析 755=3125,56=15625,57=78125,58=390625,59=1953125,5io=9765625,45n(nWZ,且 n5)的末四位数字呈周期性变化， 且最小正周期为 4,记 5n(nWZ,且 n5)的末四位数字为 f(n)，则 f(2Oil)=f(501X4+7)=f(7)A52oil与 57的末四位数字相同，均为 8125.故选 D.答案 D5为提高信息在传输中的抗干扰能力，通常在原信息中按一定规则加入相关数据组成传输信息.设定原信息为 aaa,aw0

4、,1(i=0,1,2)，信息为 haaah，其中 h=aa,O12iOO121OO1h=ha?,运算规则为： 00=0,01=1,10=1,11=0.例如原信息为 111,则传输信息为 01111,信息在传输过程中受到干扰可能导致接收信息出错， 则下列接收信息一定有误的是().A.11010B.01100C.10111D.00011解析对于选项C,传输信息是10111,对应的原信息是011,由题目中运算规则知h0=031=1,而片=h&2=11=0,故传输信息应是 10110.答案 C6.古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数.比如：13610图114916图2他们研究过图 1

5、 中的 1,3,6,10,，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数；类似地，称图 2 中的 1,4,9,16,，这样的数为正方形数.下列数中既是三角形数又是正方形数的是().A.289B.1024C.1225D.1378解析观察三角形数：1,3,6,10,，记该数列为a,则 a=1,a=a+2,a=a+3,，n12132a=a+n.Aa+a+a=(a+a+a)+(1+2+3+n)a=1+2+3nn112n12n1nnn+=，观察正方形数：1,4,9,16,，记该数列为b,则 b=n2把四2nn个选项的数字，分别代入上述两个通项公式，可知使得 n 都为正整数的只有 1225.答案 C、填空

6、题比方法，若三棱锥的三条侧棱两两互相垂直且长度分别为 a,b,c,则其外接球的半径 Ra,b,c 的长方体，则这个长方体的体对角线的长度是叮 a2+b2+c2，故这个长方体的外接球的半径是也土土纟，这也是所求的三棱锥的外接球的半径.8用黑白两种颜色的正方形地砖依照下图所示的规律拼成若干个图形,则按此规律,第 100个图形中有白色地砖块；现将一粒豆子随机撒在第 100 个图中,则豆子落在白色地砖上的概率是解析按拼图的规律， 第 1 个图有白色地砖 3X31 （块） ， 第 2 个图有白色地砖 3X5-2 （块） ，第 3 个图有白色地砖 3X73（块），则第 100 个图中有白色地砖 3X201

7、100=503（块）第 100 个图中黑白地砖共有 603 块,则将一粒豆子随机撒在第 100 个图中,503豆子落在白色地砖上的概率是右.9对一个边长为 1 的正方形进行如下操作；第一步，将它分割成 3X3 方格，接着用中心和5四个角的 5 个小正方形，构成如图 1 所示的几何图形，其面积S1=9；第二步，将图 1的 5 个小正方形中的每个小正方形都进行与第一步相同的操作，得到图 2；依此类推，到第 n 步，所得图形的面积 Sn=（|）.若将以上操作类比推广到棱长为 1 的正方体中，则到第 n 步，所得几何体的体积 V=.n7在 RtAABC 中，若 ZC=90,AC=b,BC=a,则厶 A

8、BC 外接圆半径 r=逅尹2运用类解析（构造法）通过类比可得 R=a2+b2+c22证明：作一个在同一个顶点处棱长分别为答案；a2+b2+c22答案503503603解析对一个棱长为 1 的正方体进行如下操作：第一步，将它分割成 3X3X3 个小正方91体，接着用中心和 8 个角的 9 个小正方体，构成新 1 几何体，其体积VI=27=3；第二步，将新 1 几何体的 9 个小正方体中的每个小正方体都进行与第一步相同的操作，得到新 2 几何体， 其体积 V2=3)； ， 依此类推， 至 U 第 n 步， 所得新 n 几何体的体积 Vn=3)答案3)10. 设 N=2n(nWN*,n 三 2),将

9、 N 个数 xi，x?,，XN依次放入编号为 1,2,，N 的 N 个位置，得到排列PO=X1X2XN.将该排列中分别位于奇数与偶数位置的数取出，并按原顺序 NN依次放入对应的前 2 和后 2 个位置，得到排列 P=XXXNxxXN，将此操作称为 C 变22113N124NN换将 P 分成两段，每段2个数，并对每段作 C 变换，得到 P;当 2WiWn2 时，将 P.122iN分成 2i段，每段 2个数，并对每段作 C 变换，得到 P.例如，当 N=8 时,P=xxxxxxxx，2ii1215372648此时 x 位于 P 中的第 4 个位置.72(1)当 N=16 时，x7位于 P2中的第个

10、位置；(2)当 N=2n(n8)时，x 位于 P 中的第个位置.1734解析(1)当 N=16 时，P1=x1xgx5x7x9x16，此时 x7在第一段内，再把这段变换 x7位于偶数位的第 2 个位置，故在 P2中，x7位于后半段的第 2 个位置，即在 P2中 x7位于第 6 个位置.(2)在 P 中，x 位于两段中第一段的第 87 个位置，位于奇数位置上，此时在 P 中 x11732173位于四段中第一段的第 44 个位置上，再作变换得 P 时，x 位于八段中第二段的第 223173个位置上，再作变换时，x173位于十六段中的第四段的第 11 个位置上，也就是位于 P4中的第(3X2n-4+

11、11)个位置上.答案 63X2n411三、解答题11. 给出下面的数表序列：表 1 表 2 表 311313544812其中表 n(n=l,2,3,)有 n 行，第 1 行的 n 个数是 1,3,5,，2n1,从第 2 行起，每行中的每个数都等于它肩上的两数之和写出表 4，验证表 4 各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成等比数列，并将结论推广到表 n(n3)(不要求证明).解表 4 为 13574812122032它的第 1,2,3,4 行中的数的平均数分别是 4,8,16,32，它们构成首项为 4，公比为 2 的等比数列.将这一结论推广到表 n(n3),即表 n(n3)各行中的数的平均数按

12、从上到下的顺序构成首项为 n,公比为 2 的等比数列.12. 某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数：1sin213+cos217sin13cos17；2sin215+cos215sin15cos15；3sin218+cos212sin18cos12；4sin2(18)+cos248sin(18)cos48；5sin2(25)+cos255sin(25)cos55.(1)试从上述五个式子中选择一个,求出这个常数；(2)根据(1)的计算结果,将该同学的发现推广为三角恒等式,并证明你的结论.解(1)选择式，计算如下：3(2)三角恒等式为 sin2Q Q+cos2(30a a

13、)sina acos(30a a)=4.证明如下：sin2a acos2(30a a)sina acos(30a a)=sin2a a(cos30cosa asin。、/。、3逸30sina a)2sina a(cos30cosa a+sin30sina a)=sima a+cos2a a+亍sin,1边13,33a acosa a+sima a?sina acosa aqsima a=qsin2a a+cos2a a=4.sin215cos215sin15cos15=1jsin30。13=14=4-13观察下表：1，2,34,5,6,7，8,9,10,11,12,13,14,15问：（1）此

14、表第 n 行的最后一个数是多少？（2）此表第 n 行的各个数之和是多少？（3）2013 是第几行的第几个数？解（1）第 n+1 行的第 1 个数是 2n,.:第 n 行的最后一个数是 21.（2）2n-1+（2n-1+1）+（2n-1+2）+（2n1）n1+2n1=2，=322n-32n2.2（3）210=1024,211=2048,102420130,b0,c0,a+b)+b+c)+c+a)=a+aMb+b)+c+Cp6，当且仅当 a=b=c 时，“=”成立，故三者不能都小于 2,即至少有一个不小于 2.答案 D6.定义一种运算“*”：对于自然数 n 满足以下运算性质：(n+l)*l=n*l

15、+l,则 n*1=().A.nB.n+1C.n1D.n2解析由(n+l)*l=n*l+l,得 n*l=(nl)*l+l=(n2)*l+2=n.答案 AC.a+b221a2b20D.(a2l)(b2l)0、填空题7._要证明3+V7V2 诟”可选择的方法有以下几种，其中最合理的是(填序号).1反证法，分析法，综合法.答案8._设 abO,m=寸b,n=/0 二 b,则 m,n 的大小关系是.解析取 a=2,b=1,得 mn.再用分析法证明：a；b：abu：a；b+：abuab+2：bab+abu2b；ab0,显然成立答案 mn199. 已知 a,b,p pw(0,+)且 a+b=l，则使得 a+

16、bp p恒成立的“的取值范围是.解析 Ta,be(0,+)且 a+b=i,.a+b=(a+b)a+bj=10+伴+fj三 10+2：9=16,.a+b 的最小值为 16.要使 a+b 三”恒成立，需 16 三”，. . .0p pW16.答案(0,1610.若 a,b,c 是不全相等的正数,给出下列判断：1(ab)2+(bc)2+(ca)2Z0；2ab 与 ab 及 a=b 中至少有一个成立；3aMc,bMc,aMb 不能同时成立.其中判断正确的是.解析正确；中 aMc,bMc,aMb 可能同时成立，如 a=l,b=2,c=3.选 C.答案三、解答题11.已知非零向量 a a,b b,且 a

17、a 丄 b b,求证：|；+：|Wi/2.证明 a albabab b=0,只需证 Ia a|+|b b|W 冷 2|a a+b b|,只需证|a a|2+2|a a|b b|+|b b|2W2+2a ab b+b b2),只需证|a a|2+2|a a|b b|+|b b|2W2a a2+2b b2，只需证|a a|2+|b b|22|a a|b b|三 0,即(|a a|b b|)2三 0,上式显然成立，故原不等式得证12. 设数列a是公比为 q 的等比数列，S 是它的前 n 项和.nn(1)求证：数列S不是等比数列；n(2)数列S是等差数列吗？为什么？n(1)证明假设数列S是等比数列，则

18、 S2=SS,n213即 a2(1+q)2=aa(l+q+q2),因为 a 工 0,所以(1+q)2=1+q+q2，1即 q=0,这与公比 qM0 矛盾，所以数列S不是等比数列.n解当 q=1 时，S=na，故S是等差数列；n1n当 qMl 时，S不是等差数列，否则 2S=S+S,n213即 2a1(1q)=a1a1(1qq2)，得 q=0,这与公比 qM0 矛盾.13已知 f(x)=x2axb.(1)求：f(1)f(3)2f(2)；(2)求证:|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|中至少有一个不小于*(1)解 Tf(1)=a+b+1,f(2)=2a+b+4,f(3)=3a+b+9,.f(1)+f(3)2f(2)=2.(2)证明假设|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|都小于 2则一 2f(1)2，2f(2)2，2f(3)2,.12f(2)1,1f(1)f(3)0)的图象与 x 轴有两个不同的交点， 若 f(c)=0,且 OVxVc时，f(x)0.(1)证明：是