2012年数学高考试题-模拟新题分类汇编专题M推理与证明(文科)

1、精选优质文档-倾情为你奉上精选优质文档-倾情为你奉上专心-专注-专业专心-专注-专业精选优质文档-倾情为你奉上专心-专注-专业M推理与证明M1合情推理与演绎推理12M12012陕西卷 观察下列不等式1eq f(1,22)eq f(3,2)，1eq f(1,22)eq f(1,32)eq f(5,3)，1eq f(1,22)eq f(1,32)eq f(1,42)eq f(7,4)，照此规律，第五个不等式为_121eq f(1,22)eq f(1,32)eq f(1,42)eq f(1,52)eq f(1,62)eq f(11,6)解析 本小题主要考查了归纳与推理的能力，解题的关键是对给出的几个

2、事例分析，找出规律，推出所要的结果从几个不等式左边分析，可得出第五个式子的左边为：1eq f(1,22)eq f(1,32)eq f(1,42)eq f(1,52)eq f(1,62)，对几个不等式右边分析，其分母依次为：2,3,4，所以第5个式子的分母应为6，而其分子依次为： 3,5,7，所以第5个式子的分子应为11，所以第5个式子应为：1eq f(1,22)eq f(1,32)eq f(1,42)eq f(1,52)eq f(1,62)eq f(11,6).16M12012湖南卷 对于nN*，将n表示为nak2kak12k1a121a020，当ik时，ai1，当0ik1时，ai为0或1.定

3、义bn如下：在n的上述表示中，当a0，a1，a2，ak中等于1的个数为奇数时，bn1；否则bn0.(1)b2b4b6b8_；(2)记cm为数列bn中第m个为0的项与第m1个为0的项之间的项数，则cm的最大值是_16(1)3(2)2解析 本题以二进制为依据考查数列推理，意在考查考生的逻辑推理能力，具体的解题思路和过程：由前几项的结果，得出规律(1)由221010(2)易知b21,4122021020100(2)可知b41，同样可知b60，b81，所以b2b4b6b83；(2)任何一个二进制的数，当1的个数为奇数的时候，连续的这样的数最多只有两个，所以cm的最大值是2.易错点 本题易错一：推理能力

4、不行，无法找到规律，导致无从下手；易错二：发现不了数列与二进制的关联，导致第(2)问无从下手17M12012湖北卷 传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上画点或用小石子表示数他们研究过如图16所示的三角形数：图16将三角形数1,3,6,10，记为数列an，将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列bn可以推测：(1)b2 012是数列an中的第_项；(2)b2k1_.(用k表示)17答案 (1)5 030(2)eq f(5k5k1,2)解析 由以上规律可知三角形数1,3,6,10，的一个通项公式为aneq f(nn1,2)，写出其若干项来寻找规律：1,3,6,10,15,21,

5、28,36,45,55,66,78,91,105,120，其中能被5整除的为10,15,45,55,105,120，即b1a4，b2a5，b3a9，b4a10，b5a14，b6a15.由上述规律可猜想： b2ka5keq f(5k5k1,2)(k为正整数)，b2k1a5k1eq f(5k15k11,2)eq f(5k5k1,2)，故b2 012a21 006a51 006a5 030，即b2 012是数列an中的第5 030项20C1、M12012福建卷 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：(1)sin213cos217sin13cos17；(2)sin215cos

6、215sin15cos15；(3)sin218cos212sin18cos12；(4)sin2(18)cos248sin(18)cos48；(5)sin2(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20解：解法一：(1)选择(2)式，计算如下：sin215cos215sin15cos151eq f(1,2)sin301eq f(1,4)eq f(3,4).(2)三角恒等式为sin2cos2(30)sincos(30a)eq f(3,4).证明如下：sin2cos2(30)

7、sincos(30)sin2(cos30cossin30sin)2sin(cos30cossin30sin)sin2eq f(3,4)cos2eq f(r(3),2)sincoseq f(1,4)sin2eq f(r(3),2)sincoseq f(1,2)sin2eq f(3,4)sin2eq f(3,4)cos2eq f(3,4).解法二：(1)同解法一(2)三角恒等式为sin2cos2(30)sincos(30)eq f(3,4).证明如下：sin2cos2(30)sincos(30)eq f(1cos2,2)eq f(1cos602,2)sin(cos30cossin30sin)eq

8、f(1,2)eq f(1,2)cos2eq f(1,2)eq f(1,2)(cos60cos2sin60sin2)eq f(r(3),2)sincoseq f(1,2)sin2eq f(1,2)eq f(1,2)cos2eq f(1,2)eq f(1,4)cos2eq f(r(3),4)sin2eq f(r(3),4)sin2eq f(1,4)(1cos2)1eq f(1,4)cos2eq f(1,4)eq f(1,4)cos2eq f(3,4).5M12012江西卷 观察下列事实：|x|y|1的不同整数解(x，y)的个数为4，|x|y|2的不同整数解(x，y)的个数为8，|x|y|3的不同整

9、数解(x，y)的个数为12，则|x|y|20的不同整数解(x，y)的个数为()A76 B80 C86 D5B解析 个数按顺序构成首项为4，公差为4的等差数列，因此|x|y|20的不同整数解(x，y)的个数为44(201)80，故选B.M2直接证明与间接证明23D5、M22012上海卷 对于项数为m的有穷数列an，记bkmaxa1，a2，ak(k1,2，m)，即bk为a1，a2，ak中的最大值，并称数列bn是an的控制数列如1,3,2,5,5的控制数列是1,3,3,5,5.(1)若各项均为正整数的数列an的控制数列为2,3,4,5,5，写出所有的an；(2)设bn是an的控制数列，满足akbmk

10、1C(C为常数，k1,2，m)，求证：bkak(k1,2，m)；(3)设m100，常数aeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，1).若anan2(1)eq f(nn1,2)n，bn是an的控制数列，求(b1a1)(b2a2)(b100a100)23解：(1)数列an为：2,3,4,5,1或2,3,4,5,2或2,3,4,5,3或2,3,4,5,4或2,3,4,5,5.(2)因为bkmaxa1，a2，ak，bk1maxa1，a2，ak，ak1，所以bk1bk.因为akbmk1C，ak1bmkC，所以ak1akbmk1bmk0，即ak1ak.因此，bkak.(3)对k1,2，25

11、，a4k3a(4k3)2(4k3)；a4k2a(4k2)2(4k2)；a4k1a(4k1)2(4k1)；a4ka(4k)2(4k)比较大小，可得a4k2a4k3.因为eq f(1,2)a1，所以a4k1a4k2(a1)(8k3)0，即a4k2a4k1.a4ka4k22(2a1)(4k1)0，即a4ka4k2又a4ka4k1.从而b4k3a4k3，b4k2a4k2，b4k1a4k2，b4ka4k.因此(b1a1)(b2a2)(b100a100)(a2a3)(a6a7)(a98a99)eq isu(k1,25, )(a4k2a4k1)(1a)eq isu(k1,25, )(8k3)2525(1a)

12、22B12、M22012湖南卷 已知函数f(x)exax，其中a0.(1)若对一切xR，f(x)1恒成立，求a的取值集合；(2)在函数f(x)的图象上取定两点A(x1，f(x1)，B(x2，f(x2)(x1x2)，记直线AB的斜率为k，证明：存在x0(x1，x2)，使f(x0)k成立22解：(1)f(x)exa.令f(x)0得xlna.当xlna时，f(x)0，f(x)单调递减；当xlna时，f(x)0，f(x)单调递增故当xln a时，f(x)取最小值f(lna)aalna.于是对一切xR，f(x)1恒成立，当且仅当aalna1.令g(t)ttlnt，则g(t)lnt.当0t1时，g(t)0

13、，g(t)单调递增；当t1时，g(t)0，g(t)单调递减故当t1时，g(t)取最大值g(1)1.因此，当且仅当a1时，式成立综上所述，a的取值集合为1(2)由题意知，keq f(fx2fx1,x2x1)eq f(ex2ex1,x2x1)a.令(x)f(x)kexeq f(ex2ex1,x2x1)，则(x1)eq f(ex1,x2x1)ex2x1(x2x1)1，(x2)eq f(ex2,x2x1)ex1x2(x1x2)1令F(t)ett1，则F(t)et1.当t0时，F(t)0，F(t)单调递减；当t0时，F(t)0，F(t)单调递增故当t0时，F(t)F(0)0，即ett10.从而ex2x1

14、(x2x1)10，ex1x2(x1x2)10，又eq f(ex1,x2x1)0，eq f(ex2,x2x1)0，所以(x1)0，(x2)0.因为函数y(x)在区间x1，x2上的图象是连续不断的一条曲线，所以存在x0(x1，x2)，使(x0)0，即f(x0)k成立M3 数学归纳法M4 单元综合23M42012江苏卷 设集合Pn1,2，n，nN*.记f(n)为同时满足下列条件的集合A的个数：APn；若xA，则2xA；若xPnA，则2xPnA.(1)求f(4)；(2)求f(n)的解析式(用n表示)23解：(1)当n4时，符合条件的集合A为：2，1,4，2,3，1,3,4，故f(4)4.(2)任取偶数

15、xPn，将x除以2，若商仍为偶数，再除以2，经过k次以后，商必为奇数，此时记商为m，于是xm2k，其中m为奇数，kN*.由条件知，若mA，则xAk为偶数；若mA，则xAk为奇数于是x是由m是否属于A确定的设Qn是Pn中所有奇数的集合，因此f(n)等于Qn的子集个数当n为偶数(或奇数)时，Pn中奇数的个数是eq f(n,2)eq blc(rc)(avs4alco1(或f(n1,2)，所以f(n)eq blcrc (avs4alco1(2f(n,2)，n为偶数，,2f(n1,2)，n为奇数.)20B3、D4、M42012北京卷 设A是如下形式的2行3列的数表，abcdef满足性质P：a，b，c，d

16、，e，f1,1，且abcdef0.记ri(A)为A的第i行各数之和(i1,2)，cj(A)为A的第j列各数之和(j1,2,3)；记k(A)为|r1(A)|，|r2(A)|，|c1(A)|，|c2(A)|，|c3(A)|中的最小值(1)对如下数表A，求k(A)的值；110.80.10.31(2)设数表A形如1112ddd1其中1d0，求k(A)的最大值；(3)对所有满足性质P的2行3列的数表A，求k(A)的最大值20解：(1)因为r1(A)1.2，r2(A)1.2，c1(A)1.1，c2(A)0.7，c3(A)1.8，所以k(A)0.7.(2)r1(A)12d，r2(A)12d，c1(A)c2(

17、A)1d，c3(A)22d.因为1d0，所以|r1(A)|r2(A)|1d0，|c3(A)|1d0.所以k(A)1d1.当d0时，k(A)取得最大值1.(3)任给满足性质P的数表A(如下所示)abcdef任意改变A的行次序或列次序，或把A中的每个数换成它的相反数，所得数表A*仍满足性质P，并且k(A)k(A*)因此，不妨设r1(A)0，c1(A)0，c2(A)0.由k(A)的定义知，k(A)r1(A)，k(A)c1(A)，k(A)c2(A)从而3k(A)r1(A)c1(A)c2(A)(abc)(ad)(be)(abcdef)(abf)abf3.所以k(A)1.由(2)知，存在满足性质P的数表A

18、使k(A)1.故k(A)的最大值为1.2012模拟题12012肇庆一模 观察下图，可推断出“x”应该填的数字是()图K451A171 B183C205 D2681.B解析 由前两个图形发现：中间数等于四周四个数的平方和，即1232426262,22425282109，所以“x”处该填的数字是325272102183.22012潍坊模拟 给出下面类比推理命题(其中Q为有理数集，R为实数集，C为复数集)：()“若a，bR，则ab0ab”类比推出“若a，bC，则ab0ab”；“若a，b，c，dR，则复数abicdiac，bd”类比推出“若a，b，c，dQ，则abeq r(2)cdeq r(2)ac，bd”；“若a，bR，则ab0ab”类比推出“若a，bC，则ab0ab”其中类比得到的结论正确的个数是()A0 B1 C2 D2C解析 正确；若a，b，c，dQ，则abeq r(2)cdeq r(2)a