2025届高考数学一轮专题重组卷第一部分专题二十推理与证明文含解析

PAGE专题二十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80分，考试时间50分钟．第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(本大题共12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．(2024·菏泽模拟)命题：“对于随意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos2θ”的证明过程：“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)·(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos2θ”应用了()A．分析法 B．综合法C．综合法与分析法 D．放缩法答案B解析综合法的基本思路是“由因导果”，即从已知条件动身，经过逐步的逻辑推理，最终得到待证结论．故本题证明的过程应用了综合法．故选B.2．(2024·深圳二模)已知“正三角形的内切圆与三边相切，切点是各边的中点”，利用类比的方法可以猜想：正四面体的内切球与各面相切，切点是()A．各面内某边的中点B．各面内某条中线的中点C．各面内某条高的三等分点D．各面内某条角平分线的四等分点答案C解析平面上关于正三角形的内切圆的性质可类比为空间中关于正四面体的内切球的性质，可以推断，在空间几何中有“正四面体的内切球与各面相切，切点是各面的中心”，即各面内某条高的三等分点．故选C.3．(2024·三明期末)某演绎推理的“三段论”分解如下：①函数f(x)＝eq\f(1,3x)是减函数；②指数函数y＝ax(0<a<1)是减函数；③函数f(x)＝eq\f(1,3x)是指数函数．则依据演绎推理的“三段论”模式，排序正确的是()A．①→②→③B．③→②→①C．②→①→③D．②→③→①答案D解析易知大前提是②，小前提是③，结论是①.故排列的次序应为②→③→①.故选D.4．(2024·洛阳质检)对于大于或等于2的正整数幂运算有如下分解方式：22＝1＋3,32＝1＋3＋5,42＝1＋3＋5＋7，…23＝3＋5,33＝7＋9＋11,43＝13＋15＋17＋19，…依据以上规律，若m，p均为正整数且m2＝1＋3＋5＋…＋11，p3的分解式中的最小正整数为21，则m＋p＝()A．9B．10C．11D．12答案C解析∵m2＝1＋3＋5＋…＋11＝eq\f(1＋11,2)×6＝36，∴m＝6.∵23＝3＋5,33＝7＋9＋11,43＝13＋15＋17＋19，∴53＝21＋23＋25＋27＋29.∵p3的分解式中最小的正整数是21，∴p3＝53，p＝5，∴m＋p＝6＋5＝11，故选C.5．(2024·桂林一模)设f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)(n>2，n∈N)，经计算可得f(4)>2，f(8)>eq\f(5,2)，f(16)>3，f(32)>eq\f(7,2)，…，视察上述结果，可得出的一般结论是()A．f(2n)>eq\f(2n＋1,2)(n≥2，n∈N)B．f(n2)≥eq\f(n＋2,2)(n≥2，n∈N)C．f(2n)>eq\f(n＋2,2)(n≥2，n∈N)D．f(2n)≥eq\f(n＋2,2)(n≥2，n∈N)答案C解析已知不等式f(4)>2，f(8)>eq\f(5,2)，f(16)>3，f(32)>eq\f(7,2)，…，可化为f(22)>eq\f(2＋2,2)，f(23)>eq\f(3＋2,2)，f(24)>eq\f(4＋2,2)，f(25)>eq\f(5＋2,2)，…，由此归纳，可得f(2n)>eq\f(n＋2,2)，故选C.6．(2024·临川两校联考)甲、乙、丙、丁四名同学参与某次过关考试，甲、乙、丙三个人分别去老师处询问成果，老师给每个人只供应了其他三人的成果．然后，甲说：我们四人中至少两人不过关；乙说：我们四人中至多两人不过关；丙说：甲、乙、丁恰好有一人过关．假设他们说的都是真的，则下列结论正确的是()A．甲没过关 B．乙过关C．丙过关 D．丁过关答案C解析基于他们说的都是真的状况下，因为，甲说：我们四人中至少两人不过关；乙说：我们四人中至多两人不过关；所以，可以推出，它们四人中肯定只有两人过关，再由丙说：甲、乙、丁恰好有一人过关．所以得到，丙肯定过关，故选C.7．(2024·德州模拟)设a，b是两个实数，给出下列条件：①a＋b>1；②a＋b＝2；③a＋b>2；④a2＋b2>2；⑤ab>1.其中能推出“a，b中至少有一个大于1”A．②③ B．①②③C．③ D．③④⑤答案C解析若a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(2,3)，则a＋b>1，但a<1，b<1，故①推不出；若a＝b＝1，则a＋b＝2，故②推不出；若a＝－2，b＝－3，则a2＋b2>2，但a<1，b<1，故④推不出；若a＝－2，b＝－3，则ab>1，但a<1，b<1，故⑤推不出．对于③，若a＋b>2，则a，b中至少有一个大于1.用反证法证明如下：假设a≤1且b≤1，则a＋b≤2，与a＋b>2冲突，因此假设不成立，故a，b中至少有一个大于1.故选C.8．(2024·南昌市摸底)用反证法证明命题①：“已知p3＋q3＝2，求证：p＋q≤2”时，可假设“p＋q>2”；命题②：“若x2＝4，则x＝－2或x＝2”时，可假设“x≠－2或x≠A．①与②的假设都错误B．①与②的假设都正确C．①的假设正确，②的假设错误D．①的假设错误，②的假设正确答案C解析用反证法证明时，其假设应否定命题的结论．证明①：“已知p3＋q3＝2，求证：p＋q≤2”时，可假设“p＋q>2”；证明②：“若x2＝4，则x＝－2或x＝2”时，可假设“x≠－2且x≠9．(2024·焦作模拟)用分析法证明不等式(ac＋bd)2≤(a2＋b2)(c2＋d2)时，最终得到的一个明显成立的不等式是()A．(ac＋bd)2≥0B．a2＋b2≥0C．(ad－bc)2≥0D．c2＋d2≥0答案C解析要证(ac＋bd)2≤(a2＋b2)(c2＋d2)，只要证a2c2＋2abcd＋b2d2≤a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2，即证2abcd≤a2d2＋b2c2，即证(ad－bc)210．(2024·全国卷Ⅲ)设f(x)是定义域为R的偶函数，且在(0，＋∞)单调递减，则()A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,4)))>f(2eq\s\up5(－eq\f(3,2)))>f(2eq\s\up5(－eq\f(2,3)))B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,4)))>f(2eq\s\up5(－eq\f(2,3)))>f(2eq\s\up5(－eq\f(3,2)))C．f(2eq\s\up5(－eq\f(3,2)))>f(2eq\s\up5(－eq\f(2,3)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,4)))D．f(2eq\s\up5(－eq\f(2,3)))>f(2eq\s\up5(－eq\f(3,2)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,4)))答案C解析因为f(x)是定义域为R的偶函数，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,4)))＝f(－log34)＝f(log34)．又因为log34>1>2eq\s\up5(－eq\f(2,3))>2eq\s\up5(－eq\f(3,2))>0，且函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以f(log34)<f(2eq\s\up5(－eq\f(2,3)))<f(2eq\s\up5(－eq\f(3,2)))．故选C.11．(2024·濮阳联考)有一个由奇数组成的数列1,3,5,7,9，…，现进行如下分组：第1组含有一个数{1}，第2组含有两个数{3,5}，第3组含有三个数{7,9,11}，……，则第n组各数之和为()A．n2B．n3C．n4D．n(n＋1)答案B解析第一组各数之和为1＝13，第2组各数之和为8＝23，第3组各数之和为27＝33，……，视察规律，归纳可得，第n组各数之和为n3.故选B.12．(2024·岳阳一中月考)将棱长相等的正方体按如图所示的形态摆放，从上往下依次为第1层，第2层，第3层，…，则第2024层正方体的个数为()A．2024 B．4028C．2037171 D．2039190答案D解析设第n层正方体的个数为an，则a1＝1，an－an－1＝n(n≥2)，所以an－a1＝2＋3＋…＋n，即an＝1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2)(n≥2)，故a2024＝1010×2024＝2039190，故选D.第Ⅱ卷(非选择题，共20分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．(2024·山西吕梁一模)在某次语文考试中，A，B，C三名同学中只有一名同学优秀，当他们被问到谁得到了优秀时，C说：“A没有得优秀”；B说：“我得了优秀”；A说：“C说得是真话”．事实证明：在这三名同学中，只有一人说的是假话，那么得优秀的同学是________．答案C解析假如A说的是假话，则C说的也是假话，不成立；假如B说的是假话，即B没有得优秀，又A没有得优秀，故C优秀；假如C说的是假话，即A得优秀，则B说的也是假话，不成立；故得优秀的同学为C.14．(2024·宣城市八校联考)如图，在△OAB中，OA⊥AB，OB＝1，OA＝eq\f(1,2)，过B点作OB延长线的垂线交OA延长线于点A1，过点A1作OA延长线的垂线交OB延长线于点B1，如此接着下去，设△OAB的面积为a1，△OA1B的面积为a2，△OA1B1的面积为a3，…，以此类推，则a6＝________.答案128eq\r(3)解析因为在△OAB中，OA⊥AB，OB＝1，OA＝eq\f(1,2)，所以△OAB的面积为a1＝eq\f(1,2)×OA×AB＝eq\f(\r(3),8)；过B点作OB延长线的垂线交OA延长线于点A1，所以△OA1B的面积为a2＝eq\f(1,2)×OA1×AB＝eq\f(\r(3),2)；又过点A1作OA延长线的垂线交OB延长线于点B1，可得△OA1B1的面积为a3＝2eq\r(3)，…，如此接着下去，可得数列{an}是一个以eq\f(\r(3),8)为首项，以4为公比的等比数列，所以an＝eq\f(\r(3),8)·4n－1.因此a6＝128eq\r(3).15．(2024·宁夏育才中学二模)凸函数具有以下性质定理：假如函数f(x)在区间D上是凸函数，则对于区间D内的随意x1，x2，…，xn，有eq\f(fx1＋fx2＋…＋fxn,n)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2＋…＋xn,n))).已知函数f(x)＝sinx在区间(0，π)上是凸函数，则在△ABC中，sinA＋sinB＋sinC的最大值为________．答案eq\f(3\r(3),2)解析∵f(x)＝sinx在区间(0，π)上是凸函数，且A，B，C∈(0，π)，∴eq\f(fA＋fB＋fC,3)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A＋B＋C,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，即sinA＋sinB＋sinC≤3sineq\f(π,3)＝eq\f(3\r(3),2)，∴sinA＋sinB＋sinC的最大值为eq\f(3\r(3),2).16．(2024·株洲二模)《聊斋志异》中有这样一首诗：“挑水砍柴不堪苦，请归但求穿墙术，得诀自诩无所阻，额上坟起终不悟．”在这里，我们称形如以下形式的等式具有“穿墙术”：2eq\r(\f(2,3))＝eq\r(2\f(2,3))，3eq\r(\f(3,8))＝eq\r(3\f(3,8))，4eq\r(\f(4,15))＝eq\r(4\f(4,15))，5eq\r(\f(5,24))＝eq\r(5\f(5,24))，…，则依据以上规律，若8eq\r(\f(8,n))＝eq\r(8\f(8,n))具有“穿墙术”，则n＝________.答案63解析因为2eq\r(\f(