课标专用5年高考3年模拟A版2021高考数学专题十三推理与证明试题理

课标专用5年高考3年模拟A版2021高考数学专题十三推理与证明试题理课标专用5年高考3年模拟A版2021高考数学专题十三推理与证明试题理PAGEPAGE25课标专用5年高考3年模拟A版2021高考数学专题十三推理与证明试题理专题十三推理与证明探考情悟真题【真题探秘】【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点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2019课标Ⅰ，4,5分运用黄金分割估计身高不等式性质★☆☆2017课标Ⅱ，7，5分根据给出的说法进行推理2016课标Ⅱ，15,5分根据给出的说法进行推理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2018江苏,19,16分直接证明利用导数研究函数的性质★☆☆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2017浙江，22,15分用数学归纳法证明数列及不等式的性质★☆☆分析解读1.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.破考点练考向【考点集训】考点一合情推理与演绎推理1.(2019湖南株洲模拟，5）下面四个推理中,不属于演绎推理的是（)A。因为函数y=sinx(x∈R）的值域为[-1，1］，2x—1∈R,所以y=sin（2x—1）(x∈R）的值域为[-1,1]B。昆虫都是6条腿，竹节虫是昆虫,所以竹节虫有6条腿C.在平面中,对于三条不同的直线a,b，c，若a∥b,b∥c,则a∥c，将此结论放到空间中也是如此D.如果一个人在墙上写字的位置与他的视线平行,那么,墙上字迹离地的高度大约是他的身高,凶手在墙上写字的位置与他的视线平行,福尔摩斯量得墙壁上的字迹距地面六尺多，于是,他得出了凶手身高六尺多的结论答案C2.(2019安徽阜阳模拟，6）“结绳计数”是远古时期人类智慧的结晶，人们通过在绳子上打结来记录数量.如图所示是一位农民记录自己采摘果实的个数.在从右向左依次排列的不同绳子上打结，满四进一。根据图示可知,农民采摘的果实个数是（)A.493 B。383 C.183 D。123答案C3.（2019江西赣州一模，14)我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量。在平面直角坐标系中，利用求动点轨迹方程的方法,可以求出过点A（-2，3）且法向量为n=（4,-1)的直线（点法式)方程为4×（x+2)+(-1)×(y-3)=0,化简得4x-y+11=0.类比以上方法,在空间直角坐标系中，经过点B（2，3,4）且法向量为n=(—1,-2，1)的平面（点法式）方程为。

答案x+2y—z-4=0考点二直接证明与间接证明1。(2019湖南张家界模拟,5）用反证法证明命题“已知a、b、c为非零实数，且a+b+c>0，ab+bc+ca〉0，求证a、b、c中至少有两个为正数”时，要做的假设是（）A.a、b、c中至少有两个为负数B.a、b、c中至多有一个为负数C。a、b、c中至多有两个为正数D.a、b、c中至多有两个为负数答案A2.(2018湖北普通高中联考，7)分析法又叫执果索因法，若使用分析法证明:设a<b<c,且a+b+c=0，求证:b2—ac〈3c2，则证明的依据应是（）A.c-b〉0 B.c-a>0C。（c—b）（c—a)>0 D.（c-b)(c-a)<0答案C考点三数学归纳法(2020届吉林延边二中高三开学考试，4）用数学归纳法证明“1+2+3+…+n3=n6+n32A.(k3+1）+（k3+2)+…+（k+1)3B.（k3+1）+(k3+2)+…+(k3+k+1)C.（k+1）3D。(答案A炼技法提能力【方法集训】方法归纳推理与类比推理的应用1。(2019湖南邵阳二模,9)在平面几何里有射影定理:设三角形ABC的两边AB⊥AC,D是A点在BC上的射影，则AB=BD·BC.拓展到空间,在四面体ABCD中，AD⊥面ABC，点O是A在面BCD内的射影，且O在△BCD内，类比平面三角形射影定理，得出正确的结论是(）A.S△ABC2=S△BCO·S△BCD B.S△C。S△ADC2=S△DOC·S△BOC D.S△答案A2.(2019安徽六安高三下学期开学考试,16）观察下列等式:13+273+83+103163+173+193+203+……则当n〈m且m,n∈N时，3n+13+3n+23+…+答案m2-n2【五年高考】A组统一命题·课标卷题组1。(2019课标Ⅰ，4，5分)古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是5-125-12A。165cm B。175cm C.185cm D.190cm答案B2.(2016课标Ⅱ,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3B组自主命题·省（区、市）卷题组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:C10=4C30+C3C50+C51+C70+C71+C7……照此规律,当n∈N*时,C2n-10+C2n答案4n-1考点二直接证明与间接证明(2018江苏，19,16分）记f’(x)，g'（x)分别为函数f（x),g(x）的导函数.若存在x0∈R,满足f(x0）=g(x0)且f’(x0）=g’（x0),则称x0为函数f（x）与g（x）的一个“S点”.（1)证明：函数f（x)=x与g（x)=x2+2x-2不存在“S点”；（2)若函数f（x)=ax2-1与g(x）=lnx存在“S点”,求实数a的值;(3)已知函数f(x)=—x2+a,g(x)=be解析本题主要考查利用导数研究初等函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题的能力以及逻辑推理能力。(1)证明:函数f(x)=x，g(x)=x2+2x—2,则f'（x)=1,g'(x）=2x+2,由f（x）=g（x)且f’(x）=g’(x）,得x=因此，f(x)=x与g（x)=x2+2x-2不存在“S点”.(2)函数f（x）=ax2—1，g(x）=lnx，则f’(x)=2ax，g'(x)=1x设x0为f(x）与g(x）的“S点"，由f（x0）=g(x0）且f'(x0）=g’(x0），得ax02得lnx0=—12，即x0=e-12,则a=当a=e2时,x0=e-12满足方程组（*),即x(3）f'(x)=-2x,g’(x)=bex(x-1)x2，x≠0，f'（x0f（x0)=g(x0）⇒—x02+a=bex0x0令h(x)=x2-2x2x设m(x）=—x3+3x2+ax-a,x∈(0，1)，a>0，则m(0）=—a<0,m（1）=2〉0⇒m(0）·m(1）<0,又m（x）的图象在（0，1)上连续不断,∴m（x）在(0，1)上有零点，则h（x)在（0，1）上有零点。因此，对任意a>0，存在b>0,使函数f(x)与g（x)在区间(0，+∞）内存在“S点”。思路分析本题是新定义情境下运用导数研究函数零点问题，前两问只需按新定义就能解决问题,第三问中先利用f’(x0)=g’（x0)对x0加以限制，然后将f(x0）=g(x0)转化成a=x02-2x02x0-考点三数学归纳法（2017浙江,22，15分）已知数列{xn｝满足：x1=1，xn=xn+1+ln(1+xn+1）(n∈N＊）.证明:当n∈N＊时,(1）0<xn+1<xn；（2)2xn+1-xn≤xn(3）12n-1≤x证明(1)用数学归纳法证明:xn>0。当n=1时,x1=1>0。假设n=k时，xk>0,那么n=k+1时，若xk+1≤0,则0<xk=xk+1+ln(1+xk+1)≤0,矛盾，故xk+1>0。因此xn>0（n∈N＊).所以xn=xn+1+ln(1+xn+1）>xn+1.因此0〈xn+1<xn(n∈N＊）。（2）由xn=xn+1+ln(1+xn+1)得,xnxn+1-4xn+1+2xn=xn+12—2xn+1+（xn+1记函数f(x）=x2—2x+（x+2）ln(1+x）（x≥0），f’(x）=2x函数f(x）在[0,+∞)上单调递增，所以f(x）≥f（0）=0，因此xn+12—2xn+1+(xn+1+2）ln（1+xn+1故2xn+1—xn≤xnxn（3）因为xn=xn+1+ln(1+xn+1）≤xn+1+xn+1=2xn+1,所以xn≥12由xnxn+12≥2xn+1-xn得1所以1xn-12≥21xn-故xn≤12n-2.综上,12n-方法总结1。证明数列单调性的方法.①差比法：作差an+1-an,然后分解因式,判断符号，或构造函数,利用导数求函数的值域，从而判断其符号。②商比法：作商an+1an，判断③数学归纳法。④反证法:例如求证:n∈N*，an+1<an，可反设存在k∈N*，有ak+1≥ak，从而导出矛盾.2。证明数列的有界性的方法。①构造法：构造函数，求函数的值域,得数列有界.②反证法。③数学归纳法.3.数列放缩的方法。①裂项法:利用不等式性质,把数列的第k项分裂成某数列的相邻两项差的形式，再求和,达到放缩的目的。②累加法：先把an+1—an进行放缩.例：an+1-an≤qn，则有n≥2时,an=a1+（a2—a1)+（a3—a2)+…+(an-an-1)≤a1+q+q2+…+qn—1。③累乘法：先把an+1a则有n≥2时,an=a1·a2a1·a3a2·…·an④放缩为等比数列：利用不等式性质,把非等比数列{an}放缩成等比数列{bn｝,求和后,再进行适当放缩.C组教师专用题组考点一合情推理与演绎推理1。(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。①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；

②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①Q1②p22.（2015福建,15,5分）一个二元码是由0和1组成的数字串x1x2…xn(n∈N*)，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x1x2…x7的码元满足如下校验方程组:x其中运算⊕定义为：0⊕0=0,0⊕1=1,1⊕0=1，1⊕1=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53。(2014课标Ⅰ，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考点二直接证明与间接证明1.(2018北京，20，14分)设n为正整数,集合A=｛α｜α=（t1,t2,…，tn)，tk∈｛0，1},k=1，2，…,n｝.对于集合A中的任意元素α=(x1,x2,…,xn）和β=（y1，y2，…,yn),记M（α,β）=12［(x1+y1—|x1—y1|）+(x2+y2-|x2—y2｜）+…+（xn+yn-｜xn—yn（1）当n=3时,若α=（1，1,0),β=（0，1，1)，求M(α,α）和M(α,β）的值；(2)当n=4时，设B是A的子集，且满足：对于B中的任意元素α，β，当α，β相同时,M(α,β）是奇数；当α,β不同时,M(α，β)是偶数。求集合B中元素个数的最大值;(3）给定不小于2的n,设B是A的子集,且满足:对于B中的任意两个不同的元素α,β,M（α,β）=0.写出一个集合B,使其元素个数最多，并说明理由.解析(1)因为α=（1，1,0），β=（0，1，1）,所以M(α，α）=12M（α，β）=12(2)设α=（x1,x2，x3，x4）∈B，则M（α，α)=x1+x2+x3+x4.由题意知x1，x2，x3,x4∈｛0，1}，且M(α，α)为奇数,所以x1，x2，x3,x4中1的个数为1或3.所以B⊆｛（1，0,0，0)，(0，1,0,0)，（0，0，1,0),(0,0，0,1)，（0,1,1，1），(1,0,1，1),(1，1，0,1)，(1,1,1,0）｝。将上述集合中的元素分成如下四组：(1，0，0，0），(1，1,1，0）；（0,1,0,0），(1,1，0，1）；(0，0,1,0），（1,0，1，1)；（0，0，0，1）,（0,1,1,1）。经验证，对于每组中两个元素α,β,均有M(α，β)=1。所以每组中的两个元素不可能同时是集合B的元素。所以集合B中元素的个数不超过4。又集合｛(1，0，0，0),(0，1，0，0），(0，0，1，0)，（0，0，0，1）}满足条件,所以集合B中元素个数的最大值为4。（3)设Sk=｛（x1，x2,…，xn)|（x1，x2，…,xn)∈A，xk=1,x1=x2=…=xk-1=0｝(k=1,2，…,n）,Sn+1={(x1,x2,…,xn)|x1=x2=…=xn=0},所以A=S1∪S2∪…∪Sn+1.对于Sk（k=1,2，…,n-1）中的不同元素α,β,经验证,M（α,β)≥1.所以Sk（k=1，2，…，n-1）中的两个元素不可能同时是集合B的元素。所以B中元素的个数不超过n+1.取ek=(x1，x2，…,xn)∈Sk且xk+1=…=xn=0（k=1，2,…，n-1）。令B={e1，e2，…，en—1｝∪Sn∪Sn+1，则集合B的元素个数为n+1,且满足条件。故B是一个满足条件且元素个数最多的集合。2。(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(n〉k)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n≥4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n≥3时，an—2+an-1+an+1+an+2=4an,①当n≥4时，an-3+an-2+an—1+an+1+an+2+an+3=6an.②由①知,an-3+an-2=4an—1-（an+an+1）,③an+2+an+3=4an+1-(an—1+an）。④将③④代入②，得an—1+an+1=2an,其中n≥4，所以a3,a4，a5，…是等差数列,设其公差为d'.在①中,取n=4，则a2+a3+a5+a6=4a4,所以a2=a3-d’，在①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。方法总结数列新定义型创新题的一般解题思路：1。阅读审清“新定义"；2。结合常规的等差数列、等比数列的相关知识,化归、转化到“新定义"的相关知识；3。利用“新定义”及常规的数列知识,求解证明相关结论.3.（2017北京,20,13分）设｛an}和{bn｝是两个等差数列,记cn=max{b1-a1n，b2-a2n,…，bn—ann｝（n=1，2，3,…），其中max｛x1,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n≥m时,cnn>M;或者存在正整数m,使得cm，cm+1,c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=max{b1—2a1，b2-2a2｝=max｛1—2×1，3—2×2}=-1，c3=max{b1-3a1，b2-3a2，b3-3a3｝=max{1-3×1,3-3×2，5-3×3}=—2。当n≥3时，(bk+1—nak+1)-(bk-nak)=（bk+1—bk）-n（ak+1—ak）=2—n<0，所以bk-nak关于k∈N＊单调递减。所以cn=max{b1-a1n，b2—a2n，…，bn-ann｝=b1-a1n=1-n。所以对任意n≥1,cn=1—n,于是cn+1-cn=-1，所以｛cn}是等差数列。(2)证明:设数列｛an｝和｛bn}的公差分别为d1，d2，则bk-nak=b1+（k-1)d2—[a1+（k-1)d1]n=b1-a1n+（d2—nd1）（k—1）.所以cn=b①当d1〉0时，取正整数m>d2d1,则当n≥m时,nd1>d2，因此cn=b1此时，cm,cm+1，cm+2，…是等差数列。②当d1=0时，对任意n≥1，cn=b1—a1n+（n—1)max{d2，0｝=b1-a1+（n—1）（max｛d2，0｝-a1).此时,c1，c2，c3，…,cn，…是等差数列。③当d1<0时，当n>d2d1时,有nd1所以cnn=n(—d1)+d1—a1+d2+b≥n（—d1）+d1-a1+d2—|b1-d2｜。对任意正数M，取正整数m〉maxM+故当n≥m时,cn解后反思解决数列的相关题时,可通过对某些项的观察,分析和比较,发现它们的相同性质或变化规律,再利用综合法进行推理论证.4.(2016浙江,20,15分)设数列{an｝满足an-a(1)证明:｜an|≥2n-1（｜a1|-2)，n∈N*；（2）若｜an｜≤32n,n∈N＊，证明:|an|≤2,n∈N证明（1)由an-an+12≤1得|a故|an|2n—|所以|a1|21-|an|2n=|a因此|an|≥2n-1（|a1｜-2).（2）任取n∈N*,由（1)知,对于任意m>n，|an|2n-|am|2m=|an|故｜an｜<12n-1+|am|2m从而对于任意m〉n，均有｜an｜〈2+34m·2由m的任意性得｜an|≤2.否则,存在n0∈N＊,有|an0｜>2，取正整数m0〉log34|an0|-22n0且m0综上,对于任意n∈N＊,均有|an|≤2。考点三数学归纳法（2015江苏,23，10分）已知集合X=｛1,2，3}，Yn={1,2，3,…,n}(n∈N＊)，设Sn=｛(a，b)|a整除b或b整除a，a∈X，b∈Yn｝.令f（n）表示集合Sn所含元素的个数。(1）写出f（6)的值；(2）当n≥6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n≥6时,f（n)=n+2+n2下面用数学归纳法证明:①当n=6时，f(6）=6+2+62+6②假设n=k（k≥6)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+k-12=(k+1）+2+k+12+2)若k+1=6t+1，则k=6t，此时有f（k+1）=f（k）+1=k+2+k2+k=（k+1）+2+(k+1)-3)若k+1=6t+2,则k=6t+1，此时有f(k+1）=f（k）+2=k+2+k-12=（k+1)+2+k+12+4)若k+1=6t+3,则k=6t+2，此时有f（k+1）=f（k）+2=k+2+k2+k=(k+1)+2+(k+1)-5）若k+1=6t+4,则k=6t+3,此时有f（k+1）=f(k）+2=k+2+k-12=（k+1）+2+k+12+6）若k+1=6t+5,则k=6t+4,此时有f（k+1）=f(k)+1=k+2+k2+k=（k+1）+2+(k+1)-综上所述，结论对满足n≥6的自然数n均成立.【三年模拟】一、选择题(每小题5分,共40分）1。(2020届安徽A10联盟上学期摸底考试，7）中国古代近似计算方法源远流长，早在八世纪,我国著名数学家张遂在编制《大衍历》中发明了一种二次不等距插值算法：若函数y=f(x)在x=x1，x=x2，x=x3(x1〈x2〈x3)处的函数值分别为y1=f(x1),y2=f(x2），y3=f（x3)，则在区间［x1，x3]上f（x)可以用二次函数来近似代替：f（x）≈y1+k1(x—x1)+k2（x-x1)（x—x2）,其中k1=y2-y1x2-x1,k=y3-y2x3A。1425 B。35 C。16答案C2。（2020届河南新乡9月调研，10)观察下列各式110×248=248，11×248=2728,112×248=30008,113×248=330088，114×248=3630968，……，则1199×248的十位数是(）A.2 B.4 C.6 D。8答案C3.（2020届河南南阳中学第二次开学考试，11）从A地到B地有三条路线：1号路线，2号路线,3号路线.小王想自驾从A地到B地,因担心堵车，于是向三位司机咨询,司机甲说：“2号路线不堵车，3号路线不堵车.”司机乙说：“1号路线不堵车,2号路线不堵车.”司机丙说:“1号路线堵车，2号路线不堵车."如果三位司机只有一位说法是完全正确的,那么小王最应该选择的路线是(）A。1号路线 B.2号路线C。3号路线 D。2号路线或3号路线答案B4。(命题标准样题，3）2013年华人数学家张益唐证明了孪生素数猜想的一个弱化形式.孪生素数猜想是希尔伯特在1900年提出的23个问题之一,可以这样描述:存在无穷多个素数p,使得p+2是素数，素数对（p，p+2)称为孪生素数。则由不超过20的素数组成的孪生素数共有()A。2个 B.3个 C。4个 D.5个答案C5.(2019安徽蚌埠模拟,7）设x,y,z∈R+,a=x+1y,b=y+1z，c=z+A.都小于2 B.都大于2 C。至少有一个不大于2 D.至少有一个不小于2答案D6。(2019福建泉州一模,10）田忌赛马是中国古代对策论与运筹思想的著名范例.故事中齐将田忌与齐王赛马，孙膑献策以下马对齐王上马，以上马对齐王中马,以中马对齐王下马,结果田忌一负两胜从而获胜。该故事中以局部的牺牲换取全局的胜利成为军事上一条重要的用兵规律。在比大小游戏中(大者为胜),已知我方的三个数为a=cosθ,b=sinθ+cosθ，c=cosθ—