2023版高三数学一轮复习（3年真题分类+考情精解读+知识全通关+题型全突破+能力大提升）第14章推理与证明试题文

PAGEPAGE6第十四章推理与证明1.(2022·新课标全国Ⅲ，4)某旅游城市为向游客介绍本地的气温情况，绘制了一年中各月平均最高气温和平均最低气温的雷达图.图中A点表示十月的平均最高气温约为15℃，B点表示四月的平均最低气温约为5℃.下面表达不正确的选项是()A.各月的平均最低气温都在0℃以上B.七月的平均温差比一月的平均温差大C.三月和十一月的平均最高气温根本相同D.平均最高气温高于20℃的月份有5个1.解析由题意知，平均最高气温高于20℃的六月，七月，八月，应选D.答案D2.(2022·浙江，8)如图,点列{An},{Bn}分别在某锐角的两边上,且|AnAn＋1|＝|An＋1An＋2|,An≠An＋2,n∈N*，|BnBn＋1|＝|Bn＋1Bn＋2|，Bn≠Bn＋2，n∈N*(P≠Q表示点P与Q不重合).假设dn＝|AnBn|，Sn为△AnBnBn＋1的面积，那么()A.{Sn}是等差数列 B.{Seq\o\al(2,n)}是等差数列C.{dn}是等差数列 D.{deq\o\al(2,n)}是等差数列2.解析Sn表示点An到对面直线的距离(设为hn)乘以|BnBn－1|长度一半，即Sn＝eq\f(1,2)hn|BnBn－1|，由题目中条件可知|BnBn－1|的长度为定值，过A1作垂直得到初始距离h1，那么A1，An和两个垂足构成等腰梯形，那么hn＝h1＋|A1An|tanθ(其中θ为两条线所成的锐角，为定值)，从而Sn＝eq\f(1,2)(h1＋|A1An|tanθ)|BnBn＋1|，Sn＋1＝eq\f(1,2)(h1＋|A1An＋1|)|BnBn＋1|，那么Sn＋1－Sn＝eq\f(1,2)|AnAn＋1||BnBn＋1|tanθ，都为定值，所以Sn＋1－Sn为定值，应选A.答案A3.(2022·山东，4)用反证法证明命题“设a,b为实数,那么方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根〞时，要做的假设是()A.方程x3＋ax＋b＝0没有实根B.方程x3＋ax＋b＝0至多有一个实根C.方程x3＋ax＋b＝0至多有两个实根D.程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实根3.解析至少有一个实根的否认是没有实根，故做的假设是“方程x3＋ax＋b＝0没有实根〞．答案A(2022·新课标全国Ⅱ，16)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〞，那么甲的卡片上的数字是________.4.解析由丙说：“我的卡片上的数字之和不是5〞可知，丙为“1和2〞或“1和3〞，又乙说“我与丙的卡片上相同的数字不是1〞，所以乙只可能为“2和3〞，所以由甲说“我与乙的卡片上相同的数字不是2〞，所以甲只能为“1和3〞.答案1和35.(2022·山东，12)观察以下等式：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,3)))eq\s\up12(－2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(2π,3)))eq\s\up12(－2)＝eq\f(4,3)×1×2；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,5)))eq\s\up12(－2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(2π,5)))eq\s\up12(－2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3π,5)))eq\s\up12(－2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(4π,5)))eq\s\up12(－2)＝eq\f(4,3)×2×3；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,7)))eq\s\up12(－2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(2π,7)))eq\s\up12(－2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3π,7)))eq\s\up12(－2)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(6π,7)))eq\s\up12(－2)＝eq\f(4,3)×3×4；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,9)))eq\s\up12(－2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(2π,9)))eq\s\up12(－2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3π,9)))eq\s\up12(－2)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(8π,9)))eq\s\up12(－2)＝eq\f(4,3)×4×5；…照此规律，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,2n＋1)))eq\s\up12(－2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(2π,2n＋1)))eq\s\up12(－2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3π,2n＋1)))eq\s\up12(－2)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(2nπ,2n＋1)))eq\s\up12(－2)＝________.5.解析观察等式右边的规律：第1个数都是eq\f(4,3)，第2个数对应行数n，第3个数为n＋1.答案eq\f(4,3)×n×(n＋1)6.(2022·陕西，16)观察以下等式1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)，1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)－eq\f(1,6)＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)＋eq\f(1,6)，…据此规律，第n个等式可为________．6.解析等式左边的特征：第1个等式有2项，第2个有4项，第3个有6项，且正负交错，故第n个等式左边有2n项且正负交错，应为1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)；等式右边的特征：第1个有1项，第2个有2项，第3个有3项，故第n个有n项，且由前几个的规律不难发现第n个等式右边应为eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n).答案1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)(2022·福建，16)集合{a，b，c}＝{0，1，2}，且以下三个关系：①a≠2；②b＝2；③c≠0有且只有一个正确，那么100a＋10b＋c等于________．7.解析可分以下三种情形：(1)假设只有①正确，那么a≠2，b≠2，c＝0，所以a＝b＝1与集合元素的互异性相矛盾，所以只有①正确是不可能的；(2)假设只有②正确，那么b＝2，a＝2，c＝0，这与集合元素的互异性相矛盾，所以只有②正确是不可能的；(3)假设只有③正确，那么c≠0，a＝2，b≠2，所以b＝0，c＝1，所以100a＋10b＋c＝100×2＋10×0＋1＝201.答案2018.(2022·课标Ⅰ，14)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________．8.解析根据甲和丙的答复推测乙没去过B城市，又知乙没去过C城市，故乙去过A城市．答案A9.(2022·浙江，20)设函数f(x)＝x3＋eq\f(1,1＋x)，x∈[0，1]，证明：(1)f(x)≥1－x＋x2；eq\f(3,4)＜f(x)≤eq\f(3,2).9.证明(1)因为1－x＋x2－x3＝eq\f(1－〔－x〕4,1－〔－x〕)＝eq\f(1－x4,1＋x)，由于x∈[0，1]，有eq\f(1－x4,1＋x)≤eq\f(1,x＋1)，即1－x＋x2－x3≤eq\f(1,x＋1)，所以f(x)≥1－x＋x2.(2)由0≤x≤1得x3≤x，故f(x)＝x3＋eq\f(1,x＋1)≤x＋eq\f(1,x＋1)＝x＋eq\f(1,x＋1)－eq\f(3,2)＋eq\f(3,2)＝eq\f(〔x－1〕〔2x＋1〕,2〔x＋1〕)＋eq\f(3,2)≤eq\f(3,2)，所以f(x)≤eq\f(3,2).由(1)得f(x)≥1－x＋x2＝＋eq\f(3,4)≥eq\f(3,4)，又因为＝eq\f(19,24)＞eq\f(3,4)，所以f(x)＞eq\f(3,4).综上，eq\f(3,4)＜f(x)≤eq\f(3,2).10.(2022·四川，21)函数f(x)＝－2xlnx＋x2－2ax＋a2，其中a>0.(1)设g(x)是f(x)的导函数，讨论g(x)的单调性；(2)证明：存在a∈(0,1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．综上，eq\f(3,4)＜f(x)≤eq\f(3,2).10.解(1)由，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，g(x)＝f′(x)＝2(x－1－lnx－a)，所以g′(x)＝2－eq\f(2,x)＝eq\f(2〔x－1〕,x)，当x∈(0，1)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增．(2)由f′(x)＝2(x－1－lnx－a)＝0，解得a＝x－1－lnx，令φ(x)＝－2xlnx＋x2－2x(x－1－lnx)＋(x－1－lnx)2＝(1＋lnx)2－2xlnx，那么φ(1)＝1＞0，φ(e)＝2(2－e)＜0，于是，存在x0∈(1，e)，使得φ(x0)＝0，令a0＝x0－1－lnx0＝u(x0)，其中u(x)＝x－1－lnx(x≥1)，由u′(x)＝1－eq\f(1,x)≥0知，函数u(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，故0＝u(1)＜a0＝u(x0)＜u(e)＝e－2＜1，即a0∈(0，1)，当a＝a0时，有f′(x0)＝0，f(x0)＝φ(x0)＝0，再由(1)知，f′(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，当x∈(1，x0)时，f′(x)＜0，从而f(x)＞f(x0)＝0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，从而f(x)＞f(x0)＝0；又当x∈(0，1]时，f(x)＝(x－a0)2－2xlnx＞0，故x∈(0，＋∞)时，f(x)≥0，综上所述，存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．11.(2022·江苏，20)设a1,a2,a3,a4是各项为正数且公差为d(d≠0)的等差数列．(1)证明：2a1,2a2,2a3,2a4依次构成等比数列；(2)是否存在a1,d,使得a1,aeq\o\al(2,2),aeq\o\al(3,3),aeq\o\al(4,4)依次构成等比数列？并说明理由；(3)是否存在a1,d及正整数n,k，使得aeq\o\al(n,1),aeq\o\al(n+k,2),aeq\o\al(n+2k,3)，aeq\o\al(n+3k,4)依次构成等比数列？并说明理由．11.(1)证明因为eq\f(2an＋1,2an)＝2an＋1－an＝2d(n＝1，2，3)是同一个常数，所以2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列，(2)令a1＋d＝a，那么a1，a2，a3，a4分别为a－d，a，a＋d，a＋2d(a＞d，a＞－2d，d≠0)．假设存在a1，d，使得a1，aeq\o\al(2,2)，aeq\o\al(3,3)，aeq\o\al(4,4)依次构成等比数列，那么a4＝(a－d)(a＋d)3，且(a＋d)6＝a2(a＋2d)4.令t＝eq\f(d,a)，那么1＝(1－t)(1＋t)3，且(1＋t)6＝(1＋2t)4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＜t＜1，t≠0))，化简得t3＋2t2－2＝0(*)，且t2＝t＋1.将t2＝t＋1代入(*)式，t(t＋1)＋2(t＋1)－2＝t2＋3t＝t＋1＋3t＝4t＋1＝0，那么t＝－eq\f(1,4)，显然t＝－eq\f(1,4)不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立．因此不存在a1，d，使得a1，aeq\o\al(2,2)，aeq\o\al(3,3)，aeq\o\al(4,4)依次构成等比数列．(3)解假设存在a1，d及正整数n，k，使得aeq\o\al(n,1)，aeq\o\al(n+k,2)，aeq\o\al(n+2k,3)，aeq\o\al(n+3k,4)依次构成等比数列，那么aeq\o\al(n,1)(a1＋2d)n+2k＝(a1＋d)2(n+k)，且(a1＋d)n+k(a1＋3d)n+3k＝(a1＋2d)2(n+2k)．分别在两个等式的两边同除以aeq\o\al(2(n+k),1)及aeq\o\al(2(n＋2k),1)，并令t＝eq\f(d,a1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＞－\f(1,3)，t≠0))，那么(1＋2t)n＋2k＝(1＋t)2(n＋k)，且(1＋t)n＋k(1＋3t)n＋3k＝(1＋2t)2(n＋2k)．将上述两个等式两边取对数，得(n＋2k)ln(1＋2t)＝2(n＋k)ln(1＋t)，且(n＋k)ln(1＋t)＋(n＋3k)ln(1＋3t)＝2(n＋2k)ln(1＋2t)．化简得2k[ln(1＋2t)－ln(1＋t)]＝n[2ln(1＋t)－ln(1＋2t)]，且3k[ln(1＋3t)－ln(1＋t)]＝n[3ln(1＋t)－ln(1＋3t)]．再将这两式相除，化简得ln(1＋3t)ln(1＋2t)＋3ln(1＋2t)ln(1＋t)＝4ln(1＋3t)ln(1＋t)(**)．令g(t)＝4ln(1＋3t)ln(1＋t)－ln(1＋3t)ln(1＋2t)－3ln(1＋2t)ln(1＋t)，那么g′(t)＝eq\f(2[〔1＋3t〕2ln〔1＋3t〕－3〔1＋2t〕2ln〔1＋2t〕＋3〔1＋t〕2ln〔1＋t〕],〔1＋t〕〔1＋2t〕〔1＋3t〕).令φ(t)＝(1＋3t)2ln(1＋3t)－3(1＋2t)2ln(1＋2t)＋3(1＋t)2ln(1＋t)，那么φ′(t)＝6[(1＋3t)ln(1＋3t)－2(1＋2t)ln(1＋2t)＋(1＋t)ln(1＋t)]．令φ1(t)＝φ′(t)，那么φ1′(t)＝6[3ln(1＋3t)－4ln(1＋2t)＋ln(1＋t)]．令φ2(t)＝φ1′(t