南昌大学附中版高考数学一轮复习 推理与证明单元训练

南昌大学附中版《创新设计》高考数学一轮复习考前抢分必备单元训练：推理与证明本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分．考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题共60分)一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．为了保证信息安全传输，有一种称为秘密密钥密码系统，其加密、解密原理如下图：，现在加密密钥为y＝loga(x＋2)，如上所示，明文“6”通过加密后得到密文“3”，再发送，接受方通过解密密钥解密得到明文“6”．问：若接受方接到密文为“4”A．12 B．13 C．14 D．15【答案】C2．已知是定义域为正整数集的函数，对于定义域内任意的，若成立，则成立，下列命题成立的是()A．若成立，则对于任意，均有成立；B．若成立，则对于任意的，均有成立；C．若成立，则对于任意的，均有成立；D．若成立，则对于任意的，均有成立。【答案】D3．已知①正方形的对角线相等，②矩形的对角线相等，③正方形是矩形。根据“三段论”推理出一个结论，则这个结论是()A．正方形的对角线相等 B．矩形的对角线相等C．正方形是矩形 D．其它【答案】C4．黑白两种颜色的正六边形地面砖如图的规律拼成若干个图案，则第个图案中，白色地面砖的块数是()A．8046 B．8042 C．4024 D．6033【答案】A5．如图，第n个图形是由正n+2边形“扩展”而来，(n=1、2、3、…),则在第n个图形中共有（）个顶点。A．(n+1)(n+2)B．(n+2)(n+3)C．D．n【答案】B6．下面使用类比推理，得出正确结论的是()A．“若,则”类推出“若,则”B．“若”类推出“”C．“若”类推出“(c≠0）”D．“”类推出“”【答案】C7．设都是正数，则，，三个数()A．都大于2 B．都小于2C．至少有一个大于2 D．至少有一个不小于2【答案】D8．已知且,计算,猜想等于()A． B． C． D．【答案】B9．观察下列各式：则＝()A．28 B．123 C．76 D．199【答案】B10．“用反证法证明命题“如果x<y，那么<”时，假设的内容应该是()A．＝ B．<C．＝且< D．＝或>【答案】D11．要证，只需证，即需证，()A．比较法 B．综合法 C．分析法 D．反证法【答案】C12．若大前提是：任何实数的平方都大于0，小前提是：，结论是：，那么这个演绎推理出错在()A．大前提 B．小前提C．推理过程 D．没有出错【答案】A第Ⅱ卷(非选择题共90分)二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上)13．由13=12，13+23=（1+2）2，13+23+33=（1+2+3）2，13+23+33+43=（1+2+3+4）2，……试猜想13+23+33+…+n3=()【答案】14．定义函数＝，其中表示不超过x的最大整数，如：＝1，＝－2．当x∈，(n∈)时，设函数的值域为A，记集合A中的元素个数为，则式子的最小值为．【答案】1315．从中得出的一般性结论是【答案】16．已知命题：若数列{an}为等差数列，且am＝a，an＝b(m≠n，m、n∈N*)，则am＋n＝eq\f(bn－am,n－m)；现已知等比数列{bn}(bn>0，n∈N*)，bm＝a，bn＝b(m≠n，m、n∈N*)，若类比上述结论，则可得到bm＋n＝________.【答案】三、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17．若实数满足，则称，(1）若的取值范围。(2）对任意两个不相等的正数，证明：【答案】（1）由题意得，即的取值范围是(2）当是不相等的正数时又18．汉诺塔问题是根据一个传说形成的一个问题：有三根杆子和套在一根杆子上的若干大小不等的穿孔圆盘，按下列规则，把圆盘从一根杆子上全部移到另一根杆子上.①每次只能移动1个碟片；②大盘不能叠在小盘上面.如图所示，将A杆上所有碟片移到C杆上，B杆可以作为过渡杆使用，称将碟片从一个杆子移动到另一个标子为移动一次，记将A杆子上的n个碟片移动到C杆上最少需要移动an次.(Ⅰ）写出a1，a2，a3，a4的值；(Ⅱ）求数列{an}的通项公式；(Ⅲ）设，求数列{bn}的前n项和Sn.【答案】（Ⅰ）.(Ⅱ)由（Ⅰ）推测数列的通项公式为下面用数学归纳法证明如下：①当n=1时，从A杆移到C杆上只有一种方法，即a1=1，这时成立；②假设当时，成立.则杆上共有种移动方法.所以当n=k+1时,成立.由①②可知数列{an}的通项公式是.(也可由递推式构造等比数列求解）(Ⅲ)由（Ⅱ）可知，，所以19．已知△ABC的三边长为a、b、c，且其中任意两边长均不相等，若成等差数列，比较与的大小，并用分析法证明你的结论.【答案】大小关系为.证明：要证<，只需证<，∵a、b、c>0，只需证b2<ac，又∵，，成等差数列，∴，即b2≤ac，又a、b、c任意两边均不相等，∴b2<ac显然成立，故所得大小关系正确.20．已知，用分析法证明：.【答案】要证，即证，即证，即证，因为，所以，所以，不等式得证．21．设x≥y≥z≥eq\f(,12)，且x+y+z=eq\f(,2)，求乘积cosxsinycosz的最大值和最小值．【答案】由于x≥y≥z≥eq\f(,12)，故eq\f(,6)≤x≤eq\f(,2)－eq\f(,12)×2=eq\f(,3)．∴cosxsinycosz=cosx×eq\f(1,2)[sin(y+z)+sin(y－z)]=eq\f(1,2)cos2x+eq\f(1,2)cosxsin(y－z)≥eq\f(1,2)cos2eq\f(,3)=eq\f(1,8)．即最小值．(由于eq\f(,6)≤x≤eq\f(,3)，y≥z，故cosxsin(y－z)≥0)，当y=z=eq\f(,12)，x=eq\f(,3)时，cosxsinycosz=eq\f(1,8)．∵cosxsinycosz=cosz×eq\f(1,2)[sin(x+y)－sin(x－y)]=eq\f(1,2)cos2z－eq\f(1,2)coszsin(x－y)．由于sin(x－y)≥0，cosz>0，故cosxsinycosz≤eq\f(1,2)cos2z=eq\f(1,2)cos2eq\f(,12)=eq\f(1,2)(1+coseq\f(,6))=eq\f(2+eq\r(3),8)．当x=y=eq\f(5,12)，z=eq\f(,12)时取得最大值．∴最大值eq\f(2+\r(3),8)，最小值eq\f(1,8)．22．设，分别求，，；归纳猜想一般