2020年高考文科数学推理与证明 专项练习题 含解析
2020年真题+模拟题 专项版解析 文科数学——10 不等式、推理与证明、算法初步、复数(学生版)
y 1 0,
为
.
x y 1， 18．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】若x，y满足约束条件 x y 1，则 z x 2 y 的最大值是
2x y 1,
__________．
x y 0, 19．【2020 年高考全国Ⅲ卷文数】若 x，y 满足约束条件 2x y 0，,则 z=3x+2y 的最大值
D． 3 4 i 55
4．【河北省正定中学 2019-2020 学年高三下学期第四次阶段质量检测数学】在复平面内，若
复数
z
i3
2 i4
2
所对应的点位于
A．第一象限
B．第二象限
C．第四象限
D．虚轴
5．【广东省深圳市高级中学 2020 届高三下学期 5 月适应性考试数学】设 i 为虚数单位，复
数 z (i 1)2 8 的实部为 i 1
12．【2020 年高考江苏】已知 i 是虚数单位，则复数 z (1 i)(2 i) 的实部是 ▲ ．
13．【2020 年高考江苏】已知 5x2 y2 y4 1(x, y R) ，则 x2 y2 的最小值是 ▲ ．
14．【2020 年高考江苏】如图是一个算法流程图，若输出 y 的值为 2 ，则输入 x 的值是_____.
C．1
D． 1
11．【2020
届四川省成都市石室中学高三下学期
5
月月考数学】复数
z
2 3i 3 2i
，则
z
z
A． i
A． a2 b2 1 2
B． 2ab 1 2
C． log2 a log2 b 2
D． a b 2
7．【2020
年高考浙江】若实数
x，y
满足约束条件
2020年高考数学《新高考创新题型》之11：推理与证明(含精析)
2020年高考数学（新高考创新题型）之11.推理与证明（含精析）一、选择题。
1．下列推理中属于归纳推理且结论正确的是（ ）A ．由a n =2n ﹣1，求出S 1=12，S 2=22，S 3=32，…，推断：数列{a n }的前n 项和S n =n 2B ．由f （x ）=xcosx 满足f （﹣x ）=﹣f （x ）对R x ∈∀都成立，推断：f （x ）=xcosx 为奇函数C ．由圆x 2+y 2=r 2的面积S=πr 2，推断：椭圆=1的面积S=πabD ．由3222122)13(,2)12(,2)11(>+>+>+，…，推断：对一切*N n ∈，（n+1）2＞2n2．已知111()123f n n=++++（n N *∈），计算得3(2)2f =，(4)2f >，5(8)2f >，(16)3f >，7(32)2f >，由此推算：当2n ≥时，有（ ）A.21(2)2n f n +>（n N *∈）B.2(1)1(2)2n f n +->（n N *∈）C.21(2)2n n f +>（n N *∈）D.2(2)2n n f +>（n N *∈）3．将2n 个正整数1、2、3、 、2n （2n ≥）任意排成n 行n 列的数表．对于某一个数表,计算各行和各列中的任意两个数a 、b （a b >）的比值ab,称这些比值中的最小值为这个数表的“特征值”．当2n =时,数表的所有可能的“特征值”最大值为（ ） A ．3 B ．2 C ．43D ．324．六个面都是平行四边形的四棱柱称为平行六面体。
如，在平行四边形ABCD 中，有)(22222AD AB BD AC +=+，那么在图（2）的平行六面体1111D C B A ABCD -中有21212121DB CA BD AC +++等于( )A ．22212()AB AD AA ++ B ．22213()AB AD AA ++C ．22214()AB AD AA ++ D ．223()AB AD +5．对于任意正整数n ，定义“!!n ”如下： 当n 是偶数时，!!(2)(4)642n n n n =⋅-⋅-⋅⋅⋅⋅，当n 是奇数时，!!(2)(4)531n n n n =⋅-⋅-⋅⋅⋅⋅现在有如下四个命题：①(2003!!)(2002!!)20032002321⋅=⨯⨯⨯⨯⨯；②10012002!!210011000321=⨯⨯⨯⨯⨯⨯；③2002!!的个位数是0 ④2003!!的个位数是5。
2020年高考文科数学《推理与证明》题型归纳与训练
12020年高考文科数学《推理与证明》题型归纳与训练【题型归纳】题型一 归纳推理 例1 已知0,1)(≥+=x xxx f ，若++∈==N n x f f x f x f x f n n )),(()(),()(11，则)(2014x f 的表达式为_____． 【答案】12014xx+【解析】由1()1x f x x =+，得2()()112x x f x f x x==++， 可得32()(())13x f x f f x x ==+，故可归纳得2014()12014xf x x=+．例2 观察下列等式:211=22123-=- 2221263+-= 2222124310-+-=-…照此规律, 第n 个等式可为 ．【答案】12－22+32－42+…+（－1）n +1n 2=（－1）n +1·(1)2n n +（n ∈*N ） 【解析】 观察上式等号左边的规律发现，左边的项数一次加1，故第n 个等式左边有n 项，每项所含的底数的绝对值也增加1，一次为1，2，3，…n ，指数都是2，符号成正负交替出现可以用1(1)n +-表示，等式的右边数的绝对值是左边项的底数的和，故等式的右边可以表示为(1)n-·(1)2n n +，所以第n 个式子可为12－22+32－42+…+12(1)n n +-=（－1）n+1·(1)2n n +（n ∈*N ）．例3 古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数．如三角形数1，3，6，10，…，第n 个三角形数为()2111222n n n n +=+．记第n 个k 边形数为 (),N n k ()3k ≥，以下列出了部分k 边形数中第n 个数的表达式：三角形数 ()211,322N n n n =+ 正方形数 ()2,4N n n =五边形数 ()231,522N n n n =- 六边形数 ()2,62N n n n =-可以推测(),N n k 的表达式，由此计算()10,24N = ． 【答案】1000【解析】观察2n 和n 前面的系数，可知一个成递增的等差数列另一个成递减的等差数列，故()2,241110N n n n =-，()10,241000N ∴=题型二 类比推理例1 若数列{}n a 是等差数列，则数列na a ab nn ++=21也为等差数列．类比这一性质可知，若正项数列{}n c 是等比数列，且{}n d 也是等比数列，则n d 的表达式应为（ ） A .n c c c d n n ++=21 B .nc c c cd nn ⋅⋅⋅=321C .n nnnnn nc c cd +++= 21 D .n n n c c c d 21=【答案】D例2 若直角三角形的两条直角边长度分别为b a ,，则此三角形的外接圆半径222b a r +=，运用类比方法，若三棱锥的三条侧棱两两互相垂直且长度分别为c b a ,,，则其外接球的半径=R ．【答案】2222c b a R ++=例3 已知结论：“在正三角形ABC 中，若D 是边BC 的中点，G 是三角形ABC 的重心，则2=GDAG”,若把该结论推广到空间，则有结论：“在棱长都相等的四面体ABCD 中，若BCD ∆的中心为M ，四面体内部一点O 到四面体各面的距离都相等，则=OMAO． 【答案】3例4 在平面上，我们如果用一条直线去截正方形的一个角，那么截下的一个直角三角形，按下图所标边长，由勾股定理有：222b ac +=.设想正方形换成正方体，把截线换成如图的截面，这时从正方体上截下三条侧棱两两垂直的三棱锥LMN O -，如果用1S ，2S ，3S 表示三个侧面面积，4S 表示截面面积，那么类比得到3的结论是__________．【答案】24232221S S S S =++【解析】将侧面面积类比为直角三角形的直角边，截面面积类比为直角三角形的斜边，可得24232221S S S S =++.故填24232221S S S S =++.【易错点】类比推理所涉及高中的知识点存在漏洞。
2020年新高考III卷数学逻辑推理题及答案
2020年新高考III卷数学逻辑推理题及答案1. 题目分析与答案解析第一题：以下是一组数字序列: 1, 3, 6, 10, 15, 21...请问下一个数字是多少？解析：从第一项开始，每一项都比前一项多1，所以下一个数字是21 + 6 = 27。
答案：27第二题：某商场正在进行打折促销活动，折扣力度为7折（即商品价格打7折），购物满200元再减40元。
小明购买了一部手机，原价300元。
请问他实际需要支付多少钱？解析：首先，将商品价格打7折：300元 * 0.7 = 210元。
接着，考虑满200元再减40元的优惠。
由于小明购买的商品价格并没达到200元，所以无法再享受这个优惠。
因此，小明需要支付的金额是210元。
答案：210元第三题：某书店正在进行促销活动，原价为160元的教材打8折，折上折，再减30元。
小红购买了这本教材，请问她实际需要支付多少钱？解析：首先，将教材原价打8折：160元 * 0.8 = 128元。
接着，考虑再减30元的优惠。
小红可以享受折上折的优惠，所以需要使用优惠后的价格来计算。
128元 - 30元 = 98元。
因此，小红需要支付的金额是98元。
答案：98元2. 数学逻辑推理题讨论本卷共有三道数学逻辑推理题，涉及到计算和推论等方面的技能。
题目的答案解析已经给出，并且给出了具体计算过程，使读者能够理解和掌握解题方法。
数学逻辑推理题在高考中占有重要的一部分，考察学生的数学思维能力和逻辑推理能力。
通过做这些题目，可以培养学生的思维灵活性和解决问题的能力，同时也能提高他们的数学水平。
3. 结语通过解析2020年新高考III卷数学逻辑推理题，我们可以看到这一类题目涉及到数学计算和逻辑推理，需要学生掌握一定的数学知识和解题技巧。
希望本文的分析能对读者有所帮助，提高他们在数学逻辑推理题上的应试能力。
2020高考模拟试题推理与证明部分解答题汇编(含答案)
2020高考模拟试题推理与证明部分解答题汇编（含答案）1．设集合S＝{1，2，3，…，n}（n∈N*，n≥2），A，B是S的两个非空子集，且满足集合A中的最大数不大于集合B中的最小数，记满足条件的集合对（A，B）的个数为P n．（1）求P2的值；（2）求P n的表达式．2．如图是某地5月1日至15日日平均温度变化的折线图，日平均温度高于20度低于27度时适宜户外活动，某人随机选择5月1日至5月14日中的某一天到达该地停留两天（包括到达当日）．（Ⅰ）求这15天日平均温度的极差和均值；（Ⅱ）求此人停留期间只有一天的日平均温度适宜户外活动的概率；（Ⅲ）由折线图判断从哪天开始连续三天日平均温度的方差最大？（写出结论，不要求证明）3．在平面直角坐标系中，O为坐标原点．对任意的点P（x，y），定义|OP|＝|x|+|y|．任取点A（x1，y1），B（x2，y2），记A'（x1，y2），B'（x2，y1），若此时|OA|2+|OB|2≥|OA'|2+|OB'|2成立，则称点A，B相关．（Ⅰ）分别判断下面各组中两点是否相关，并说明理由；①A（﹣2，1），B（3，2）；②C（4，﹣3），D（2，4）．（Ⅱ）给定n∈N*，n≥3，点集Ωn＝{（x，y）|﹣n≤x≤n，﹣n≤y≤n，x，y∈Z}．（i）求集合Ωn中与点A（1，1）相关的点的个数；（ii）若S⊆Ωn，且对于任意的A，B∈S，点A，B相关，求S中元素个数的最大值．4．设n为正整数，集合A＝{α|α＝（t1，t2，…，t n），t k∈{0，1}，k＝1，2，…，n}．对于集合A中的任意元素α＝（x1，x2，…，x n）和β＝（y1，y2，…，y n），记M（α，β）＝[（x1+y1+|x1﹣y1|）+（x2+y2+|x2﹣y2|）+…+（x n+y n+|x n﹣y n|）]．（Ⅰ）当n＝3时，若α＝（0，1，1），β＝（0，0，1），求M（α，α）和M（α，β）的值；（Ⅱ）当n＝4时，对于A中的任意两个不同的元素α，β，证明：M（α，β）≤M（α，α）+M（β，β）．（Ⅲ）给定不小于2的正整数n，设B是A的子集，且满足：对于B中的任意两个不同元素α，β，M（α，β）＝M（α，α）+M（β，β）．写出一个集合B，使其元素个数最多，并说明理由．5．设数阵A0＝，其中a11，a12，a21，a22∈{1，2，…6}．设S＝{e1，e2，…e l}⊆{1，2…6}，其中e1＜e2＜…＜e l，l∈N*且l≤6．定义变换φk为“对于数阵的每一行，若其中有k或﹣k，则将这一行中每个数都乘以﹣1；若其中没有k且没有﹣k，则这一行中所有数均保持不变”（k＝e1，e2，…e l）．φs（A0）表示“将A0经过φ变换得到A1，再将A1经过φ变换的到A2，…，以此类推，最后将A l﹣1经过φ变换得到A l”，记数阵A l中四个数的和为T S（A0）．（Ⅰ）若A0＝，写出A0经过φ2变换后得到的数阵A1；（Ⅱ）若A0＝，S＝{1，3}，求T S（A0）的值；（Ⅲ）对任意确定的一个数阵A0，证明：T S（A0）的所有可能取值的和不超过﹣4．6．已知n∈N*，n≥2，给定n×n个整点（x，y），其中1≤x，y≤n，x，y∈N*．（Ⅰ）当n＝2时，从上面的2×2个整点中任取两个不同的整点（x1，y1），（x2，y2），求x1+x2的所有可能值；（Ⅱ）从上面n×n个整点中任取m个不同的整点，．（i）证明：存在互不相同的四个整点（x1，y1），（x1′，y1′），（x2，y2），（x2′，y2′），满足y1＝y1′，y2＝y2′，y1≠y2；（ii）证明：存在互不相同的四个整点（x1，y1），（x1′，y1），（x2，y2），（x2′，y2），满足x1+x1′＝x2+x2′，y1≠y2．7．观察以下各等式：sin230°+cos260°+sin30°cos60°＝sin220°+cos250°+sin20°cos50°＝sin215°+cos245°+sin15°cos45°＝分析上述各式的共同特点，猜想出反映一般规律的等式，并对等式的正确性作出证明．8．已知a，b为非负实数，求证：a3+b3≥（a2+b2）．9．如图，将一个正三角形ABC的每一边都n（n≥2）等分后，过各分点作其它两边的平行线形成一个三角形网．记f（n）为n等分后图中所有梯形的个数．（1）求f（2），f（3）的值；（2）求f（n）（n≥4）的表达式．10．在平面直角坐标系xOy中，有一个微型智能机器人（大小不计）只能沿着坐标轴的正方向或负方向行进，且每一步只能行进1个单位长度，例如：该机器人在点（1，0）处时，下一步可行进到（2，0）、（0，0）、（1，1）、（1，﹣1）这四个点中的任一位置．记该机器人从坐标原点O出发、行进n步后落在y轴上的不同走法的种数为L（n）．（1）求L（1），L（2），L（3）的值；（2）求L（n）的表达式．11．对于集合A＝{a1，a2，…，a n}，B＝{b1，b2，…，b m}，n∈N*，m∈N*．A+B＝{x+y|x∈A，y∈B}．集合A中的元素个数记为|A|．规定：若集合A满足，则称集合A具有性质T．（Ⅰ）已知集合A＝{1，3，5，7}，，写出|A+A|，|B+B|的值；（Ⅱ）已知集合A＝{a1，a2，…，a n}，{a n}为等比数列，a n＞0，且公比为，证明：A 具有性质T；（Ⅲ）已知A，B均有性质T，且n＝m，求|A+B|的最小值．12．某企业2017年招聘员工，其中A、B、C、D、E五种岗位的应聘人数、录用人数和录用比例（精确到1%）如下：岗位男性应聘人数男性录用人数男性录用比例女性应聘人数女性录用人数女性录用比例A26916762%402460%B401230%2026231%C1775732%1845932%D442659%382258%E3267%3267%总计53326450%46716936%（Ⅰ）从表中所有应聘人员中随机选择1人，试估计此人被录用的概率；（Ⅱ）从应聘E岗位的6人中随机选择1名男性和1名女性，求这2人均被录用的概率；（Ⅲ）表中A、B、C、D、E各岗位的男性、女性录用比例都接近（二者之差的绝对值不大于5%），但男性的总录用比例却明显高于女性的总录用比例．研究发现，若只考虑其中某四种岗位，则男性、女性的总录用比例也接近，请写出这四种岗位．（只需写出结论）13．设a，b，c，d都是小于1的正数，求证：4a（1﹣b），4b（1﹣c），4c（1﹣d），4d（1﹣a）这四个数不可能都大于1．14．对于n维向量A＝（a1，a2，…，a n），若对任意i∈{1，2，…，n}均有a i＝0或a i＝1，则称A为n维T向量．对于两个n维T向量A，B ，定义．（1）若A＝（1，0，1，0，1），B＝（0，1，1，1，0），求d（A，B）的值．（2）现有一个5维T向量序列：A1，A2，A3…，若A1＝（1，1，1，1，1）且满足：d （A i，A i+1）＝2，i∈N*．求证：该序列中不存在5维T向量（0，0，0，0，0）．15．已知a，b＞0，且a+b＝1，求证：．16．如果一条信息有n（n＞1，n∈N）种可能的情形（各种情形之间互不相容），且这些情形发生的概率分别为p1，p2，…，p n，则称H＝f（p1）+f（p2）+…f（p n）（其中f（x）＝﹣x log a x，x∈（0，1））为该条信息的信息熵．已知．（1）若某班共有32名学生，通过随机抽签的方式选一名学生参加某项活动，试求“谁被选中”的信息熵的大小；（2）某次比赛共有n位选手（分别记为A1，A2，…，A n）参加，若当k＝1，2，…，n ﹣1时，选手A k获得冠军的概率为2﹣k，求“谁获得冠军”的信息熵H关于n的表达式．17．设A2n＝（a1，a2，…，a2n）是由2n个实数组成的有序数组，满足下列条件：①a i∈{1，﹣1}，i＝1，2，…，2n；②a1+a2+…+a2n＝0；③a1+a2+…+a i≥0，i＝1，2，…，2n﹣1．（Ⅰ）当n＝3时，写出满足题设条件的全部A6；（Ⅱ）设n＝2k﹣1，其中k∈N*，求a1+a2+…+a n的取值集合；（Ⅲ）给定正整数n，求A2n的个数．18．某同学在一次研究性学习中发现，以下四个式子的值都等于同一个常数：（1）cos（﹣60°）+cos60°+cos180°；（2）cos（﹣13°）+cos107°+cos227°；（3）cos30°+cos150°+cos270°；（4）cos40°+cos160°+cos280°．（Ⅰ）试从上述四个式子中选择一个式子，进行化简求值；（Ⅱ）根据（Ⅰ）的计算结果，请你写出一个以题设的四个式子为特例的一般性命题，并给出证明．19．设函数f（x）＝|2x﹣a|，g（x）＝x+2．（1）当a＝1时，求不等式f（x）+f（﹣x）≤g（x）的解集；（2）求证：中至少有一个不小于．20．，先分别求f（0）+f（1），f（﹣1）+f（2），f（﹣2）+f（3），然后归纳猜想一般性结论，并给出证明．21．已知数集A＝{a1，a2，…，a n}（1＝a1＜a2＜…＜a n，n≥4）具有性质P：对任意的k （2≤k≤n），∃i，j（1≤i≤j≤n），使得a k＝a i+a j成立．（Ⅰ）分别判断数集{1，2，4，6}与{1，3，4，7}是否具有性质P，并说明理由；（Ⅱ）求证：a4≤2a1+a2+a3；（Ⅲ）若a n＝72，求n的最小值．22．对于数对序列P：（a1，b1），（a2，b2），…，（a n，b n），（a i，b i∈R+，i＝1，2，3，…，n），记f0（y）＝0（y≥0），f k（y）＝{b k x k+f k﹣1（y﹣a k x k）}（y≥0，1≤k≤n），其中m为不超过的最大整数．（注：{b k x k+f k﹣1（y﹣a k x k）}表示当x k取0，1，2，3，…，m时，b k x k+f k﹣1（y﹣a k x k）中的最大数）已知数对序列P：（2，3），（3，4），（3，p），回答下列问题：（Ⅰ）写出f1（7）的值；（Ⅱ）求f2（7）的值，以及此时的x1，x2的值；（Ⅲ）求得f3（11）的值时，得到x1＝4，x2＝0，x3＝1，试写出p的取值范围．（只需写出结论，不用说明理由）．23．若存在n个不同的正整数a1，a2，…，a n，对任意1≤i＜j≤n，都有∈Z，则称这n个不同的正整数a1，a2，…，a n为“n个好数”．（1）请分别对n＝2，n＝3构造一组“好数”；（2）证明：对任意正整数n（n≥2），均存在“n个好数”．24．如图，由若干个小正方形组成的k层三角形图阵，第一层有1个小正方形，第二层有2个小正方形，依此类推，第k层有k个小正方形，除去最底下的一层，每个小正方形都放置在它下一层的两个小正方形之上．现对第k层的每个小正方形用数字进行标注，从左到右依次记为x1，x2，…x k，其中x i∈{0，1}（1≤i≤k），其它小正方形标注的数字是它下面两个小正方形标注的数字之和，依此规律，记第一层的小正方形标注的数字为x0；（1）当k＝4时，若要求x0为2的倍数，则有多少种不同的标注方法？（2）当k＝11时，若要求x0为3的倍数，则有多少种不同的标注方法？25．设数列{a n}按三角形进行排列，如图，第一层一个数a1，第二层两个数a2和a3，第三层三个数a4，a5和a6，以此类推，且每个数字等于下一层的左右两个数字之和，如a1＝a2+a3，a2＝a4+a5，a3＝a5+a6，…．（1）若第四层四个数为0或1，a1为奇数，则第四层四个数共有多少种不同取法？（2）若第十一层十一个数为0或1，a1为5的倍数，则第十一层十一个数共有多少种不同取法？26．设正整数a，b，c满足：对任意的正整数n，a n+b n＝c n+1（1）求证：a+b≥c（2）求出所有满足题设的a，b，c的值．27．设f（x）是定义在D上的函数，若对任何实数α∈（0，1）以及D中的任意两数x1、x2，恒有f（αx1+（1﹣α）x2）≤αf（x1）+（1﹣α）f（x2），则称f（x）为定义在D上的C函数．（1）证明函数是定义域上的C函数；（2）判断函数是否为定义域上的C函数，请说明理由；（3）若f（x）是定义域为R的函数，且最小正周期为T，试证明f（x）不是R上的C 函数．28．如图，在正△ABC中，点D，E分别在边AC，AB上，且AD＝AC，AE＝AB，BD，CE相交于点F．（Ⅰ）求证：A，E，F，D四点共圆；（Ⅱ）若正△ABC的边长为2，求，A，E，F，D所在圆的半径．29．已知，在△ABC中，∠C＝90°，BC＝6，AC＝8，点M、N在△ABC的边上，将△ABC 沿直线MN对折后，它的一个顶点正好落在对边上，且折痕MN截△ABC所成的小三角形（即对折后的重叠部分）与△ABC相似．请在下列图（不一定都用，不够可添）中分别画出折痕MN各种可能的位置，并说明画法及直接写出折痕的长．30．用部分自然数构造如图的数表：用a ij（i≥j）表示第i行第j个数（i，j∈N+），使得a i1＝a ii＝i，每行中的其他各数分别等于其“肩膀”上的两个数之和．设第n（n为N+）行的第二个数为b n（n≥2），（1）写出第6行的第三个数；（2）写出b n+1与b n的关系并求b n（n≥2）；（3）设（b n﹣1）c n＝1（n≥2），求证：1≤c2+c3+…+c n＜2．31．若a，b，c，d∈R，且ac＝2（b+d），求证：一元二次方程x2+ax+b＝0和x2+cx+d＝0中至少有一个方程有实根．32．一种计算装置，有一个数据输入口A和一个运算结果输出口B，执行的运算程序是：①当从A口输入自然数1时，从B口输出实数，记为f（1）＝；②当从A口输入自然数n（n≥2）时，在B口得到的结果f（n）是前一结果f（n﹣1）的倍．（1）求f（2），f（3）的值；（2）归纳猜想f（n）的表达式，并证明；（3）求f（i）．33．如图，设A是由n×n个实数组成的n行n列的数表，其中a ij（i，j＝1，2，3，…，）n 表示位于第i行第j列的实数，且a ij∈{1，﹣1}．记S（n，n）为所有这样的数表构成的集合．对于A∈（n，n），记r i（A）为A的第i行各数之积，c j（A）为A的第j列各数之积．令．a11a12 (1)a21a22 (2)…………a n1a n2…a nn（Ⅰ）请写出一个A∈S（4，4），使得l（A）＝0；（Ⅱ）是否存在A∈S（9，9），使得l（A）＝0？说明理由；（Ⅲ）给定正整数n，对于所有的A∈S（n，n），求l（A）的取值集合．34．记有理数集Q的非空子集S具有以下性质：①0∉S；②若s1∈S，s2∈S，则∈S；③存在非零有理数q，q∉S且每一个不在S中的非零有理数都可写成qs的形式，其中s∈S．（1）若s∈S，t∈S，求证：st∈S；（2）若u是非零有理数，且u∉S，求证：u2∈S；（3）求证：x∈S，则存在y、z∈S，使x＝y+z．35．如图所示，在平面上，设h a，h b，h c分别是△ABC三条边上的高，P为△ABC内任意一点，P到相应三边的距离分别为p a，p b，p c，可以得到结论++＝1．通过类比写出在空间中的类似结论，并加以证明．36．已知函数．（1）若t＞0，用分析法证明：；（2）若a＞0，b＞0，且a+b＞4，求证：af（b）与bf（a）中至少有一个大于．37．将全体自然数填入如表所示的3行无穷列的表格中，每格只填一个数字，不同格内的数字不同．第1行…第2行…第3行…对于正整数a，b，如果存在满足上述条件的一种填法，使得对任意n∈N，都有n，n+a，n+b分别在表格的不同行，则称数对（a，b）为自然数集N的“友好数对”．（Ⅰ）试判断数对（1，2）是否是N的“友好数对”，并说明理由；（Ⅱ）试判断数对（1，3）是否是N的“友好数对”，并说明理由；（Ⅲ）若b＝4，请选择一个数a，使得数对（a，b）是N的“友好数对”，写出相应的表格填法；并归纳给出使得数对（a，b）是N的“友好数对”的一个充分条件（结论不要求证明）．38．已知以下四个式子的值都等于同一个常数．sin226°+cos234°﹣sin26°cos34°；sin239°+cos221°﹣sin39°cos21°；sin2（﹣52°）+cos2112°﹣sin（﹣52°）cos112°；sin230°+cos230°﹣sin30°cos30°．（1）试从上述四个式子中选择一个，求出这个常数．（2）根据（1）的计算结果，推广为三角恒等式，并证明你的结论．39．已知x为正数，a＝﹣x+，b＝5x﹣，用反证法证明：a，b中至少有一个不小于6．40．一转眼2020年已经过半，趁着端午小长假，大家都紛纷外出走亲访友，甚至是举杯畅饮，放松一下身心，但是喝酒后千万别驾车上路行驶．为进一步消除道路交通安全隐患，确保节日期间广大市民出行平安，端午节假期前后，某市公安局交管支队第二大队连续开展了5次酒驾醉驾统一行动．交警小王在某路口连续5天对行驶的汽车每隔10辆汽车，就对司机进行酒驾呼气检测一次，确认酒驾检测结果如图所示：（1）问交警小王对驾驶人员的酒驾检测抽查采用的是什么抽样方法？（2）用分层抽样的方法对确认酒驾的驾驶人员进行抽样，若男性司机有4名，则女性司机的应抽取几名？（3）在（2）的条件下，在上述抽出酒驾的驾驶人员中任取2名，求这2名驾驶人员一名是男性，一名是女性的概率．1．【解答】解：（1）当n＝2时，即S＝{1，2}，此时A＝{1}，B＝{2}，所以P2＝1， (2)分（2）当集合A中的最大元素为“k”时，集合A的其余元素可在1，2，…，k﹣1中任取若干个（包含不取），所以集合A共有种情况，…6分此时，集合B的元素只能在k+1，k+2，…，n中任取若干个（至少取1个），所以集合B共有种情况，所以，当集合A中的最大元素为“k”时，集合对（A，B）共有2k﹣1（2n﹣k﹣1）＝2n﹣1﹣2k﹣1对，…8分当k依次取1，2，3，…，n﹣1时，可分别得到集合对（A，B）的个数，求和可得．…12分2．【解答】解：（Ⅰ）由折线图最高日平均温度40度，最低温度21度，故日平均温度的极差为40﹣21＝19度，设日平均温度的均值为，则＝＝29.6度（Ⅱ）由题意此人停留的可能时间有14种情况，只有一天的日平均温度适宜户外活动共有3﹣4日，7﹣8日，8﹣9日，11﹣12日，14﹣15日这5种情况，故概率．（Ⅱ）从5月7日开始连续三天的日平均温度方差最大．3．【解答】解：若点A（x1，y1），B（x2，y2）相关，不妨设x1，y1，x2，y2≥0，则，∴（x1﹣x2）（y1﹣y2）≥0，（1）①（2﹣3）（1﹣2）≥0，因此相关；②（4﹣2）（3﹣4）＜0，因此不相关，（2）（i）在第一象限内，（x﹣1）（y﹣1）≥0，可知1≤x≤n且1≤y≤n，有n2个点，同理可得在第二，第三，第四象限内，各有n2个点，在x轴正半轴上，点（1，0）满足条件，在y轴正半轴上，点（0，1）满足条件，原点（0，0）满足条件，因此集合Ωn中共有4n2+5个点与点A（1，1）相关，（ii）若两个不同的点A（x1，y1），B（x2，y2）相关，其中x1，x2≥0，y1，y2≥0，可知（x1﹣x2）（y1﹣y2）≥0，下面证|（x1+y1）﹣（x2+y2）|≥1，若x1＝x2，则y1≠y2，成立，若x1＞x2，则y1≥y2，若x1＜x2，则y1≤y2，亦成立，由于|（x1+y1）﹣（x2+y2）|≤（n+n）﹣（0+0）＝2n，因此最多有2n+1个点两两相关，其中最多有2n﹣1个点在第一象限，最少有1个点在坐标轴正半轴上，一个点为原点，因此S中元素个数的最大值为4（2n﹣1）+2×1+1＝8n﹣1．4．【解答】解：（Ⅰ）因为α＝（0，1，1），β＝（0，0，1），所以，；（Ⅱ）证明：当n＝4时，对于A中的任意两个不同的元素α，β，设α＝（x1，x2，x3，x4），β＝（y1，y2，y3，y4），有M（α，α）＝x1+x2+x3+x4，M（β，β）＝y1+y2+y3+y4．对于任意的x i，y i，i＝1，2，3，4，当x i≥y i时，有，当x i≤y i时，有，即，所以，有M（α，β）＝max{x1，y1}+max{x2，y2}+max{x3，y3}+max{x4，y4}．又因为x i，y i∈{0，1}，所以max{x i，y i}≤x i+y i，i＝1，2，3，4，当且仅当x i y i＝0时等号成立．所以，max{x1，y1}+max{x2，y2}+max{x3，y3}+max{x4，y4}≤（x1+y1）+（x2+y2）+（x3+y3）+（x4+y4）＝（x1+x2+x3+x4）+（y1+y2+y3+y4），即M（α，β）≤M（α，α）+M（β，β），当且仅当x i y i＝0（i＝1，2，3，4）时等号成立；（Ⅲ）解：由（Ⅱ）问，可证，对于任意的α＝（x1，x2，x3，…，x n），β＝（y1，y2，y3，…，y n），若M（α，β）＝M（α，α）+M（β，β），则x i y i＝0，i＝1，2，3，…，n成立．所以，考虑设A0＝{（x1，x2，x3，…，x n）|，x1＝x2＝…＝x n＝0}，A1＝{（x1，x2，x3，…，x n）|x1＝1，x i∈{0，1}，i＝2，3，…，n}，对于任意的k＝2，3，…，n，A k＝{（x1，x2，x3，…，x n）|（x1，x2，x3，…，x n）∈A，x1＝x2＝…＝x k﹣1＝0，x k＝1}．所以A＝A0∪A1∪…∪A n．假设满足条件的集合B中元素个数不少于n+2，则至少存在两个元素在某个集合A k（k＝1，2，…，n﹣1）中，不妨设为α＝（x1，x2，x3，…，x n），β＝（y1，y2，y3，…，y n），则x k＝y k＝1．与假设矛盾，所以满足条件的集合B中元素个数不多于n+1．取e0＝（0，0，…0）；对于k＝1，2，…，n﹣1，取e k＝（x1，x2，x3，…，x n）∈A k，且x k+1＝…＝x n＝0；e n∈A n．令B＝{e0，e1，…，e n}，则集合B满足条件，且元素个数为n+1．故B是一个满足条件且元素个数最多的集合．5．【解答】解：（Ⅰ）解：A0＝，A0经过φ2变换后得到的数阵A1＝．（Ⅱ）解：A0＝，S＝{1，3}，A0经过s变换后，得到，∴T S（A0）＝1+3﹣3﹣6＝﹣5．（Ⅲ）证明：若a11≠a12，在{1，2，3，4，5，6}的所有非空子集中，含有a11且不含有a12的子集共有24个，经过变换后第一行均变为﹣a11，﹣a12，含有a12，不含有a11的子集共有24个，经过变换后第一行均变为﹣a11，﹣a12，同时含有a11且含有a12的子集共有24个，经过变换后第一行均变为a11，a12，不含有a11且不含有a12的子集共有24﹣1个，经过变换后第一行均变为a11，a12，∴经过变换后所有A i的第一行的所有数的和为：+＝﹣a11﹣a12，若a11＝a12，则{1，2，3，4，5，6}的所有非空子集中，含有a11的子集共25个，经过变换后第一行变为﹣a11，﹣a12，不含有a11的子集共有25﹣1个，经过变换后仍为a11，a12，∴经过变换后所有A i的第一行的所有数的和为：25×（﹣a11﹣a12）+（25﹣1）×（a11+a12）＝﹣a11﹣a12，同理，经过变换后所有A i的第二行的所有数的和为﹣a21﹣a22，∴T s（A0）的所有可能取值的和为﹣a11﹣a12﹣a21﹣a22，∵a11，a12，a21，a22∈{1，2，…，6}，∴T S（A0）的所有可能取值的和不超过﹣4．6．【解答】解：（Ⅰ）当n＝2时，4个整点分别为（1，1），（1，2），（2，1），（2，2），所以x1+x2的所有可能值为2，3，4；（Ⅱ）（i）假设不存在互不相同的四个整点（x1，y1），（x1′，y1′），（x2，y2），（x2′，y2′），满足y1＝y1′，y2＝y2′，y1≠y2；即在直线y＝i（1≤i≤n，i∈N+）中至多有一条直线上取多余1个整点，其余每条直线上至多取一个整点，此时符合条件的整点个数最多为n﹣1+n＝2n﹣1，而2n﹣1＜n﹣1，与已知m≥﹣1矛盾，故存在互不相同的四个整点（x1，y1），（x1′，y1′），（x2，y2），（x2′，y2′），满足y1＝y1′，y2＝y2′，y1≠y2；（ii）设直线y＝i（1≤i≤n，i∈N+）有a i个选定的点，若a i≥2，设y＝i上的这a i个选定的点的横坐标为x1，x2，…，x n，且满足x1＜x2＜…＜x n，由x1+x2＜x1+x3＜x2+x3＜x2+x4＜x3+x4＜+，则x1，x2，…，x n，中任意不同两项之和的不同的值恰有2n﹣3个，而＝2m﹣3n≥5n﹣2﹣3n≥2n﹣3，可知存在互不相同的四个整点（x1，y1），（x1′，y1），（x2，y2），（x2′，y2），满足x1+x1′＝x2+x2′，y1≠y2．7．【解答】解：观察以下各式：∵sin230°+cos260°+sin30°cos60°＝，sin220°+cos250°+sin20°cos50°＝，∴sin230°+cos2（30°+30°）+sin30°cos（30°+30°）＝，sin220°+cos2（20°+30°）+sin20°cos（20°+30°）＝，于是根据各式的共同特点，则具有一般规律的等式可得出．证明：左边＝＝＝＝＝右边．8．【解答】证明：由a，b是非负实数，作差得a3+b3﹣（a2+b2）＝a2（﹣）+b2（﹣）＝（﹣）[（）5﹣（）5]．当a≥b时，≥，从而（）5≥（）5，得（﹣）[（）5﹣（）5]≥0；当a＜b时，＜，从而（）5＜（）5，得（﹣）[（）5﹣（）5]＞0．所以a3+b3≥（a2+b2）．9．【解答】解：（1）根据已知条件得到：f（2）＝3，f（3）＝15．（2）显然这些梯形分为三大类，第一类是水平放置的，这一类逆时针或者顺时针转120°得到另外两大类，这三大类的梯形的个数显然是一样多，现在只要求出第一类的个数．而第一大类的梯形又分为两大类，一类是正放的（上底小于下底），另一类是倒置的（上底大于下底）．1．下面先求正放的个数．正放的梯形里，可先求高度为一层的个数，最下面一层的总数为（n﹣1）+（n﹣2）+…+1＝，再上面的一层的这种梯形个数为：（n﹣2）+（n﹣3）+…+1＝，所以全部的一层高的梯形个数为：+++…+＝．下面再求高度为两层的正放梯形，跟一层的求法完全一样，只是项的个数不同．易有，高度为两层的正放梯形总个数为：+++…+＝，高度为三层的正放梯形的总个数为：2．下面再求倒置的梯形的个数．一样的，先求高为一层的总个数，最后为．下面看高度为两层的总个数：最下面两层的高度为两层的个数为：（n﹣4）+（n﹣5）+…+1＝，稍上两层的高度为两层的个数为：，所以高度为两层的倒置梯形总个数为：，依此，高度为三层的倒置梯形的总个数为：，所以，所有倒置的梯形总个数为：上面的和式，当n为奇数时以结尾，而当n为偶数时以结尾．3．综上所述，全部的梯形个数为：a n＝3（），4．下面来简化这个式子，令S n＝（当n为奇数时以结尾，而当n为偶数时以结尾），易于计算：，将两相邻两项合并后求和．①当n模4余2时：S n＝（+）+（+）+…+（+＝（43+83+…+（n﹣2）3）+（4+8+…+（n﹣2））＝＝＝②当n模4余0时：S n＝S n﹣2+＝＝综合①②得，当n为偶数时：S n＝③当n为奇数时，由于S n+S n﹣1＝，所以有：S n＝＝，综上所述，当n为奇数时，a n＝3（+）＝而n为奇数时，a n＝n为偶数时，a n＝，所以，两式可以合并为a n＝[]即：a n＝[]，其中[t]表示t的整数部分．10．【解答】解：（1）L（1）＝2，L（2）＝6，L（3）＝20．（2）设m为沿x轴正方向走的步数（每一步长度为1），则反方向也需要走m步才能回到y轴上，所以m＝0，1，2，……，[]（其中[]为不超过的最大整数），总共走n步，首先任选m步沿x轴正方向走，再在剩下的n﹣m步中选m步沿x轴负方向走，最后剩下的每一步都有两种选择（向上或向下），即，所以L（n）＝＝等价于求（x+1）2n中含x n项的系数为，（x+1）2n＝（x2+2x+1）n＝[（2x+1）+x2]n＝，其中含x n项的系数为＝＝＝，故L（n）＝C．11．【解答】解：（I）A+A＝{2，4，6，8，10，12，14}，则|A+A|＝7；B+B＝{，1，，3，，2，，，4，}，则|B+B|＝10．…．（4分）（II）要证A具有性质T，只需证明，若n1＜n2≤n3＜n4，则．假设上式结论不成立，即若n1＜n2≤n3＜n4，则．即，即，，．因为上式的右边为3的倍数，而上式的左边为2的倍数，所以上式不成立．故假设不成立，原命题成立．…．（10分）（III）由题意，集合A具有性质T，等价于任意两个元素之和均不相同．如，对于任意的a＜b≤c＜d，有a+d≠b+c，等价于d﹣c≠b﹣a，即任意两个不同元素之差的绝对值均不相同．令A*＝{x﹣y|x∈A，y∈A，x＞y}，所以A具有性质T．因为集合A，B均有性质T，且n＝m，所以|A+B|＝n2﹣|A*∩B*|，当且仅当A＝B时等号成立．所以|A+B|的最小值为．…．（14分）12．【解答】（本小题满分13分）解：（Ⅰ）因为表中所有应聘人员总数为533+467＝1000，被该企业录用的人数为264+169＝433．所以从表中所有应聘人员中随机选择1人，此人被录用的概率约为．（3分）（Ⅱ）记应聘E岗位的男性为M1，M2，M3，被录用者为M1，M2；应聘E岗位的女性为F1，F2，F3，被录用者为F1，F2．（4分）从应聘E岗位的6人中随机选择1名男性和1名女性，共9种情况，即：M1F1，M1F2，M1F3，M2F1，M2F2，M2F3，M3F1，M3F2，M3F3．（7分）这2人均被录用的情况有4种，即：M1F1，M1F2，M2F1，M2F2．（8分）记“从应聘E岗位的6人中随机选择1名男性和1名女性，这2人均被录用”为事件K，则．（10分）（Ⅲ）这四种岗位是：B、C、D、E．（13分）13．【解答】证明：假设4a（1﹣b）＞1，4b（1﹣c）＞1，4c（1﹣d）＞1，4d（1﹣a）＞1，则有a（1﹣b）＞，b（1﹣c）＞，c（1﹣d）＞，d（1﹣a）＞．所以＞，＞，＞，＞．又因为≤，≤，≤，≤，所以＞，＞，＞，＞．将上面各式相加得2＞2，矛盾．所以4a（1﹣b），4b（1﹣c），4c（1﹣d），4d（1﹣a）这四个数不可能都大于1．14．【解答】解：（1）d（A，B）＝1+1+0+1+1＝4．（2）证明：假设序列中存在一个含5维T向量序列，不妨设A m＝（0，0，0，0，0），∵向量A1＝（1，1，1，1，1）的每一个分量变为0，都需要奇数次变化，∴从A1到A m共发生了奇数次变化，又∵d（A i，A i+1）＝2，∴从A i到A i+1共有2个分量发生改变，即从A i到A i+1共发生了偶数次变化，∴从A1到A m共发生了偶数次变化，矛盾．∴该序列中不存在5维T向量（0，0，0，0，0）．15．【解答】证明：∵a+b＝1，由≤可得：a+1+b+1+2≤6，∴2≤3由不等式的性质可得：2≤a+1+b+1＝3，当且仅当a＝b时取等号．∴．16．【解答】解：（1）由，可得，解之得a＝2．…（2分）由32种情形等可能，故，…（4分）所以，答：“谁被选中”的信息熵为5．…（6分）（2）A n获得冠军的概率为，…（8分）当k＝1，2，…，n﹣1时，，又，故，…（11分），以上两式相减，可得，故，答：“谁获得冠军”的信息熵为．…（14分）17．【解答】解：（Ⅰ）A6＝（1，1，1，﹣1，﹣1，﹣1），A6＝（1，1，﹣1，1，﹣1，﹣1），A6＝（1，1，﹣1，﹣1，1，﹣1），A6＝（1，﹣1，1，1，﹣1，﹣1），A6＝（1，﹣1，1，﹣1，1，﹣1），共5个．…（3分）（Ⅱ）首先证明a1＝1，且a2n＝﹣1．在③中，令i＝1，得a1≥0．由①得a1＝1．由②得a2n＝﹣（a1+a2+…+a2n﹣1）．在③中，令i＝2n﹣1，得a1+a2+…+a2n﹣1≥0，从而a2n＝﹣（a1+a2+…+a2n﹣1）≤0．由①得a2n＝﹣1．考虑A2n＝（1，…，1，﹣1，…，﹣1），即a1＝a2＝…＝a n＝1，a n+1＝a n+2＝…＝a2n＝﹣1，此时a1+a2+…+a n＝n为最大值．现交换a n与a n+1，使得a n＝﹣1，a n+1＝1，此时a1+a2+…+a n＝n﹣2．现将a n＝﹣1逐项前移，直至a2＝﹣1．在前移过程中，显然a1+a2+…+a n＝n﹣2不变，这一过程称为1次移位．继续交换a n与a n+2，使得a n＝﹣1，a n+2＝1，此时a1+a2+…+a n＝n﹣4．现将a n＝﹣1逐项前移，直至a4＝﹣1．在前移过程中，显然a1+a2+…+a n＝n﹣4不变，执行第2次移位．依此类推，每次移位a1+a2+…+a n的值依次递减2．经过有限次移位，a1，a2，…，a n一定可以调整为1，﹣1交替出现．注意到n为奇数，所以a1+a2+…+a n＝1为最小值．所以，a1+a2+…+a n的取值集合为{1，3，5，…，2k﹣1}．…（8分）（Ⅲ）由①、②可知，有序数组（a1，a2，…，a2n）中，有n个+1，n个﹣1．显然，从a1，a2，…，a2n中选n个+1，其余为﹣1的种数共有种．下面我们考虑这样的数组中有多少个不满足条件③，记该数为t n．如果（a1，a2，…，a2n）不满足条件③，则一定存在最小的正整数s（s≤n），使得（ⅰ）a1+a2+…+a2s﹣2＝0；（ⅱ）a2s﹣1＝﹣1．将a1，a2，…，a2s﹣1统统改变符号，这一对应f为：（a1，a2，…，a2s﹣1，a2s，…，a2n）→（﹣a1，﹣a2，…，﹣a2s﹣1，a2s，…，a2n），从而将（a1，a2，…，a2n）变为n+1个+1，n﹣1个﹣1组成的有序数组．反之，任何一个n+1个+1，n﹣1个﹣1组成的有序数组（a1，a2，…，a2n）．由于+1多于﹣1的个数，所以一定存在最小的正整数s（s≤n），使得a1+a2+…+a2s﹣1＝1．令对应f﹣1为：（a1，a2，…，a2s﹣1，a2s，…，a2n）→（﹣a1，﹣a2，…，﹣a2s﹣1，a2s，…，a2n），从而将（a1，a2，…，a2n）变为n﹣1个+1，n+1个﹣1组成的有序数组．因此，t n就是n+1个+1，n﹣1个﹣1组成的有序数组的个数．所以A2n的个数是．…（13分）18．【解答】解：（Ⅰ）选择（1）式计算，可得cos（﹣60°）+cos60°+cos180°＝+﹣1＝0；…（4分）（Ⅱ）一般性的命题为cos（α﹣120°）+cosα+cos（α+120°）＝0；…（6分）证明：左边＝cos（α﹣120°）+cosα+cos（α+120°）＝cosαcos120°+sinαsin120°+cosα+cosαcos120°﹣sinαsin120°…（10分）＝﹣cosα+cosα﹣cosα＝0＝右边．…（12分）所以命题成立．19．【解答】（1）解：当a＝1时，|2x﹣1|+|2x+1|≤x+2，无解；，解得；，解得．综上，不等式的解集为．（2）证明：若都小于，则，前两式相加得与第三式矛盾．故中至少有一个不小于．20．【解答】解：∵，∴f（0）+f（1）＝+＝＝，同理可得：f（﹣1）+f（2）＝，f（﹣2）+f（3）＝．．证明：设x1+x2＝1，则f（x1）+f（x2）＝+＝＝．21．【解答】解：（Ⅰ）因为2＝1+1，4＝2+2，6＝2+4，所以{1，2，4，6}具有性质P．因为不存在a i，a j∈{1，3，4，7}，使得3＝a i+a j．所以{1，3，4，7}不具有性质P．（Ⅱ）因为集合A＝{a1，a2，…，a n}具有性质P，所以对a4而言，存在a i，a j∈{a1，a2，…，a n}，使得a4＝a i+a j又因为1＝a1＜a2＜a3＜a4…＜a n，n≥4所以a i，a j≤a3，所以a4＝a i+a j≤2a3．同理可得a3≤2a2，a2≤2a1将上述不等式相加得a2+a3+a4≤2（a1+a2+a3）所以a4≤2a1+a2+a3．（Ⅲ）由（Ⅱ）可知a2≤2a1，a3≤2a2…，又a1＝1，所以a2≤2，a3≤4，a4≤8，a5≤16，a6≤32，a7≤64＜72所以n≥8构造数集A＝{1，2，4，5，9，18，36，72}（或A＝{1，2，3，6，9，18，36，72}），经检验A具有性质P，故n的最小值为8．22．【解答】解：（Ⅰ）f1（7）＝{3x i}＝max{0，3，6，9}＝9，当x1＝3时，f1（7）＝9；（Ⅱ）f2（7）＝{4x2+f1（7﹣3x2）}＝max{0+f1（7），4+f1（4），8+f1（1）}，x2＝1时，f1（4）{3x i}＝max{0，3，6}＝6，∴x1＝2时，f1（4）＝6，x2＝2时，f1（1）＝＝0，∴x1＝0时，f1（1）＝0，∴f2（7）＝max{9，4+6，8+0}＝10，即x2＝1，x1＝2时，f2（7）＝10；（Ⅲ）求得f3（11）的值时，得到x1＝4，x2＝0，x3＝1，4＜p≤4.5．23．【解答】解：（1）当n＝2时，取数a1＝1，a2＝2，因为＝3∈Z，当n＝3时，取数a1＝2，a2＝3，a3＝4，则＝﹣5∈Z，＝﹣7∈Z，＝﹣3∈Z，即a1＝2，a2＝3，a3＝4可构成三个好数．（2）证：①由（1）知当n＝2，3时均存在，②假设命题当n＝k（k≥2，k∈Z）时，存在k个不同的正整数a1，a2，…，a k，使得对任意1≤i＜j≤k，都有∈Z成立，则当n＝k+1时，构造k+1个数A，A+a1，A+a2，…，A+a k，（*）其中A＝1×2×…×a k，若在（*）中取到的是A和A+a i，则＝﹣﹣1∈Z，所以成立，若取到的是A+a i和A+a j，且i＜j，则＝+，由归纳假设得∈Z，又a j﹣a i＜a k，所以a j﹣a i是A的一个因子，即∈Z，所以＝+∈Z，所以当n＝k+1时也成立．所以对任意正整数，均存在“n个好数”．24．【解答】解：（1）当k＝4时，第4层标注数字依次为x1，x2，x3，x4，第3层标注数字依次为x1+x2，x2+x3，x3+x4，第2层标注数字依次为x1+2x2+x3，x2+2x3+x4，所以x0＝x1+3x2+3x3+x4．因为x0为2的倍数，所以x1+x2+x3+x4是2的倍数，则x1，x2，x3，x4四个都取0或两个取0两个取1或四个都取1，所以共有1+C42+1＝8种标注方法．（2）当k＝11时，第11层标注数字依次为x1，x2，…，x11，第10层标注数字依次为x1+x2，x2+x3，…，x10+x11，第9层标注数字依次为x1+2x2+x3，x2+2x3+x4，…，x9+2x10+x11，以此类推，可得x0＝x1+C101x2+…+C109x10+x11．因为C102＝C108＝45，C103＝C107＝120，C104＝C106＝210，C105＝252均为3的倍数，所以只要x1+C101x2+C109x10+x11是3的倍数，即只要x1+x2+x10+x11是3的倍数，所以x1、x2、x10、x11四个都取0或三个取1一个取0，而其余七个可以取0或1，这样共有（1+C43）×27＝640种标注方法．25．【解答】解：（1）若第四层四个数为0或1，则a1＝a7+3a8+3a9+a10，则a7，a8，a9，a10中有一个1，或有三个1，若a7，a8，a9，a10中有一个1，则有4种情况；若a7，a8，a9，a10中有三个1，则有4种情况；共8种情况；（2）根据（1）中结论，若第十一层十一个数为0或1，则a1＝a56+10（a57+a58+…+a65）+a66，若a1为5的倍数，则a56，a66均为0，a57，a58，a65任意，则第十一层十一个数共有29＝512种不同取法．26．【解答】证明：（1）当n＝1时，a+b＝c2，则a+b﹣c＝c2﹣c＝c（c﹣1），∵c∈N•，∴c（c﹣1）≥0，从而a+b﹣c≥0，即a+b≥c成立．（2）不妨设a≥b，易得，若a＞c，则＞1，故（）n＜c，解得n＜，与n为任意的正整数矛盾．若a≤c，则0＜≤1，0＜≤1，故0＜（）n≤1，0＜（）n≤1，从而0＜c≤2，∵c∈N•，∴c＝1或2．当c＝1时，a n+b n＝1，而a n+b n≥2，矛盾，舍去，当c＝2时，（）2+（）2＝2，从而＝1，＝1，故a＝b＝c＝2．综上a＝b＝c＝2．27．【解答】证明：（1）对任意实数x1，x2及α∈（0，1），有f（αx1+（1﹣α）x2）﹣αf（x1）﹣（1﹣α）f（x2）＝＝＝，即f（αx1+（1﹣α）x2）≤αf（x1）+（1﹣α）f（x2），∴是C函数；（2）不是C函数，说明如下（举反例）：取x1＝﹣3，x2＝﹣1，，则f（αx1+（1﹣α）x2）﹣αf（x1）﹣（1﹣α）f（x2）＝，即f（αx1+（1﹣α）x2）＞αf（x1）+（1﹣α）f（x2），∴不是C函数；（3）假设f（x）是R上的C函数，若存在m＜n且m，n∈[0，T），使得f（m）≠f（n）．（i）若f（m）＜f（n），记x1＝m，x2＝m+T，，则0＜α＜1，且n＝αx1+（1﹣α）x2，那么f（n）＝f（αx1+（1﹣α）x2）≤αf（x1）+（1﹣α）f（x2）＝αf（m）+（1﹣α）f（m+T）＝f（m），这与f（m）＜f（n）矛盾；（ii）若f（m）＞f（n），记x1＝n，x2＝n﹣T，，同理也可得到矛盾；∴f（x）在[0，T）上是常数函数，又因为f（x）是周期为T的函数，所以f（x）在R上是常数函数，这与f（x）的最小正周期为T矛盾．所以f（x）不是R上的C函数．28．【解答】（Ⅰ）证明：∵AE＝AB，∴BE＝AB，∵在正△ABC中，AD＝AC，∴AD＝BE，又∵AB＝BC，∠BAD＝∠CBE，∴△BAD≌△CBE，∴∠ADB＝∠BEC，即∠ADF+∠AEF＝π，所以A，E，F，D四点共圆．…（5分）（Ⅱ）解：如图，取AE的中点G，连接GD，则AG＝GE＝AE，∵AE＝AB，∴AG＝GE＝AB＝，∵AD＝AC＝，∠DAE＝60°，∴△AGD为正三角形，∴GD＝AG＝AD＝，即GA＝GE＝GD＝，所以点G是△AED外接圆的圆心，且圆G的半径为．由于A，E，F，D四点共圆，即A，E，F，D四点共圆G，其半径为．…（10分）29．【解答】（本小题满分12分）解：∵在△ABC中，∠C＝90°，BC＝6，AC＝8，点M、N在△ABC的边上，将△ABC 沿直线MN对折后，它的一个顶点正好落在对边上，且折痕MN截△ABC所成的小三角形（即对折后的重叠部分）与△ABC相似，∴前3图分别为△ABC的中位线，长度分别是3、4、5…（6分）图4中N为AB的中点，MN垂直平分AB，MN＝，…（8分）图5中D为AB的中点，MN垂直平分CD，MN＝．…（12分）30．【解答】解：（1）由已知中的图象可得：第6行的第三个数为25；（2）由已知得b n+1＝b n+n，∴b n+1﹣b n＝n，∴b n﹣b n﹣1＝n﹣1，b n﹣1﹣b n﹣2＝n﹣2，…，b3﹣b2＝2，b2﹣b1＝1，累加得：b n﹣b1＝n﹣1+n﹣2+…+2+1＝，又∵b1＝1，∴b n＝+1证明：（3）∵（b n﹣1）c n＝1，即c n＝1，∴c n＝＝2（），∴c2+c3+…+c n＝2（1+…+）＝2（1），∵n≥2，∴0＜≤，∴1≤c2+c3+…+c n＜2．31．【解答】证明：假设上述两个方程中都没有实数根．则两个方程的判别式△1＝4b2﹣4a＜0，△2＝4d2﹣4c＜0，即b2＜a，d2＜c，不等式两边同时相加得b2+d2＜a+c，∵a+c＝2bd．∴不等式等价为b2+d2＜2bd，这与b2+d2≥2bd矛盾，故假设不成立，即上述两个方程中至少有一个方程有实数根．32．【解答】解：（1）由题意可知f（n）＝f（n﹣1），n≥2，∴f（2）＝×＝，f（3）＝×＝；（2）由f（1）＝＝，f（2）＝＝，f（3）＝＝，归纳猜想f（n）＝；∵＝，∴•…＝×××…×，∴＝，∴f（n）＝．（3）∵f（n）＝＝（﹣）∴f（i）＝[（1﹣）+（﹣）+（﹣）+…+（﹣）]＝（1﹣）＝33．【解答】（Ⅰ）解：答案不唯一，如图所示数表符合要求．﹣1﹣1﹣1﹣1111111111111（Ⅱ）解：不存在A∈S（9，9），使得l（A）＝0．证明如下：假设存在A∈S（9，9），使得l（A）＝0．因为r i（A）∈{1，﹣1}，c j（A）∈{1，﹣1}，（i，j＝1，2，3，…，9），所以r1（A），…，r9（A）；c1（A），…，c9（A），这18个数中有9个1，9个﹣1．令M＝r1（A）•…r9（A）c1（A）…c9（A）．一方面，由于这18个数中有9个1，9个﹣1，从而M＝﹣1．①另一方面，r1（A）•…r9（A）表示数表中所有元素之积（记这81个实数之积为m）；c1（A）•…c9（A）也表示m，从而M＝m2＝1．②①、②相矛盾，从而不存在A∈S（9，9），使得l（A）＝0．（Ⅲ）解：记这n2个实数之积为P．一方面，从“行”的角度看，有P＝r1（A）•r2（A）…r n（A）；另一方面，从“列”的角度看，有P＝c1（A）c2（A）…c n（A）．从而有r1（A）•r2（A）…r n（A）＝c1（A）c2（A）…c n（A）．③注意到r i（A）∈{1，﹣1}，c j（A）∈{1，﹣1}，（i，j＝1，2，3，…，n），下面考虑r1（A），…，r n（A）；c1（A），…，c n（A），这些数中﹣1的个数：由③知，上述2n个实数中，﹣1的个数一定为偶数，该偶数记为2k（0≤k≤n）；则1的个数为2n﹣2k，所以l（A）＝（﹣1）×2k+1×（2n﹣2k）＝2（n﹣2k）．对数表A0：a ij＝1，（i，j＝1，2，3，…，n），显然l（A0）＝2n．将数表A0中的a11由1变为﹣1，得到数表A1，显然l（A1）＝2n﹣4．将数表A1中的a22由1变为﹣1，得到数表A2，显然l（A2）＝2n﹣8．依此类推，将数表A k﹣1中的a kk由1变为﹣1，得到数表A k．。
高中数学《推理与证明》练习题(附答案解析)
高中数学《推理与证明》练习题（附答案解析）一、单选题1．记凸k 边形的内角和为f (k )，则凸k ＋1边形的内角和f (k ＋1)＝f (k )＋（ ） A ．2π B ．πC ．32π D ．2π2．用数学归纳法证明()11111231n n n n ++++>∈+++N ，在验证1n =时，左边的代数式为（ ） A ．111234++ B ．1123+C ．12D ．13．两个正方体1M 、2M ，棱长分别a 、b ，则对于正方体1M 、2M 有：棱长的比为a:b ，表面积的比为22:a b ，体积比为33:a b ．我们把满足类似条件的几何体称为“相似体”，下列给出的几何体中是“相似体”的是（ ） A ．两个球B ．两个长方体C ．两个圆柱D ．两个圆锥4．用数学归纳法证明1115 (1236)n n n +++≥++时，从n k =到1n k =+，不等式左边需添加的项是（ ） A ．111313233k k k +++++ B ．11113132331k k k k ++-++++ C ．131k + D ．133k + 5．现有下列四个命题： 甲：直线l 经过点(0,1)-； 乙：直线l 经过点(1,0)； 丙：直线l 经过点(1,1)-； 丁：直线l 的倾斜角为锐角.如果只有一个假命题，则假命题是（ ） A ．甲B ．乙C ．丙D ．丁6．用数学归纳法证明242123()2n n n n N *+++++=∈，则当1n k =+时，等式左边应该在n k =的基础上加上（ ） A ．21k +B ．2(1)k +C ．2(2)k +D ．222(1)(2)(1)k k k ++++++7．已知数列{}n a 中，11a =，()*111nn na a n a +=+∈+N ，用数学归纳法证明：1n n a a +<，在验证1n =成立时，不等式右边计算所得结果是（ ）A ．12B ．1C ．32D ．28．设平面内有k 条直线，其中任何两条不平行，任何三条不共点，设k 条直线的交点个数为()f k ，则()1f k +与()f k 的关系是（ ） A ．()()11f k f k k +=++ B ．()()11f k f k k +=+- C ．()()1f k f k k +=+D ．()()12f k f k k +=++9．在“一带一路”知识测验后，甲、乙、丙三人对成绩进行预测． 甲：我的成绩比乙高． 乙：丙的成绩比我和甲的都高． 丙：我的成绩比乙高．成绩公布后，三人成绩互不相同且只有一个人预测正确，那么三人按成绩由高到低的次序为 （ ） A ．甲、乙、丙 B ．乙、甲、丙 C ．丙、乙、甲D ．甲、丙、乙10．在正整数数列中，由1开始依次按如下规则取它的项：第一次取1；第二次取2个连续偶数2，4；第三次取3个连续奇数5，7，9；第四次取4个连续偶数10，12，14，16；第五次取5个连续奇数17，19，21，23，25，按此规律取下去，得到一个子数列1，2，4，5，7，9，10，12，14，16，17，19…，则在这个子数列中第2 020个数是（ ） A ．3976 B ．3974 C ．3978D ．3973二、填空题11．用数学归纳法证明111111111234212122n n n n n-+-++-=+++-++（n 为正整数）时，第一步应验证的等式是______．12．用数学归纳法证明命题“1+1123++…+1222n n +>(n ∈N +，且n ≥2)”时，第一步要证明的结论是________.13．用反证法证明“自然数a ，b ，c 中至多有一个偶数”时，假设应为_______．14．已知等差数列{}()*n a n N ∈中，若10100a =，则等式()121220192019,*n n a a a a a a n n N -+++=+++<∈恒成立；运用类比思想方法，可知在等比数列{}()*n b n N ∈中，若1001b =，则与此相应的等式_________________恒成立.三、解答题15．(1)请用文字语言叙述异面直线的判定定理；(2)把（1）中的定理写成“已知：．．．，求证：．．．”的形式，并用反证法证明．16．把空间图形“正四面体”与平面图形“正三角形”对应，类比“正三角形内一点到三边距离之和是一个定值”得到的相应结论为___________.17．下列各题在应用数学归纳法证明的过程中，有没有错误？如果有错误，错在哪里？ （1）求证：当N*n ∈时，1=+n n ．证明：假设当(*)n k k N =∈时，等式成立，即1k k =+． 则当1n k =+时，左边1(11)k k =+=++=右边． 所以当1n k =+时，等式也成立．由此得出，对任何N*n ∈，等式1=+n n 都成立． （2）用数学归纳法证明等差数列的前n 项和公式是1()2n n n a a S +=． 证明，∈当1n =时，左边=11S a =，右边1a =，等式成立． ∈假设当(*)n k k N =∈时，等式成立，即1()2k k k a a S +=．则当1n k =+时， 11231k k k S a a a x a a ++=+++++， 11121k k k k S a a a a a ++-=+++++．上面两式相加并除以2，可得 111(1)()2k k k a a S ++++=，即当1n k =+时，等式也成立．由∈∈可知，等差数列的前n 项和公式是1()2n n n a a S +=18．一本旧教材上有一个关于正整数n 的恒等式22211223(1)(1)12n n n n ⨯+⨯+++=+？ 其中问号处由于年代久远，只能看出它是关于n 的二次三项式，具体的系数已经看不清楚了．请你猜想这个恒等式的形式，并用数学归纳法证明．参考答案与解析：1．B【分析】根据题意相当于增加了一个三角形，从而得出选项. 【详解】由凸k 边形变为凸k ＋1边形时， 增加了一个三角形，故f (k ＋1)＝f (k )＋π. 故选：B 2．A【分析】将1n =代入计算可得结果. 【详解】解：1111231n n n ++++++代入1n =为：111234++. 故选：A 3．A【分析】分别使用表面积公式、体积公式计算后即可发现结论. 【详解】设两个球的半径分别为R ，r ． 这两个球的半径比为：:R r ， 表面积比为：22224:4:R r R r ππ=， 体积比为：333344::33R r R r ππ=， 所以，两个球是相似体． 故选：A ． 4．B【分析】比较n k =、1n k =+时不等式左边代数式的差异后可得需添加的项，从而得到正确的选项. 【详解】当n k =时，所假设的不等式为1115 (1236)k k k +++≥++， 当1n k =+时，要证明的不等式为1111115 (2233132336)k k k k k k ++++++≥+++++， 故需添加的项为：11113132331k k k k ++-++++， 故选：B.【点睛】本题考查数学归纳法，应用数学归纳法时，要注意归纳证明的结论和归纳假设之间的联系，必要时和式的开端和结尾处需多写几项，便于寻找差异.本题属于基础题. 5．C【分析】设(0,1)A -，(1,0)B ，(1,1)C -，计算AB k 和BC k ，可判断三点共线，可知假命题是甲､乙､丙中的一个，再由斜率即可求解.【详解】设(0,1)A -，(1,0)B ，(1,1)C -则10101AB k --==-，101112BC k -==---，因为AB BC k k ≠，所以,,A B C 三点不共线，所以假命题必是甲､乙､丙中的一个，丁是真命题，即直线l 的斜率大于0， 而0AB k >，0BC k <，0AC k <，故丙是假命题. 故选：C. 6．D【分析】由n =k+1时，等式左端2123k =+++++222(1)(2)(1)k k k ++++++可得答案.【详解】当n =k 时，等式左端2123k =++++，当n =k+1时，等式左端2123k =+++++222(1)(2)(1)k k k ++++++，增加了项222(1)(2)(1)k k k ++++++．故选：D ． 7．C【分析】将1n =代入即可得结果. 【详解】当1n =时，不等式右边为1211311122a a a =+=+=+． 故选：C. 8．C【分析】考虑当1n k =+时，任取其中1条直线，记为l ，由于直线l 与前面n 条直线任何两条不平行，任何三条不共点，所以要多出k 个交点，从而得出结果. 【详解】当1n k =+时，任取其中1条直线，记为l ， 则除l 外的其他k 条直线的交点的个数为()f k ， 因为已知任何两条直线不平行，所以直线l 必与平面内其他k 条直线都相交(有k 个交点)； 又因为任何三条直线不过同一点， 所以上面的k 个交点两两不相同，且与平面内其它的()f k 个交点也两两不相同， 从而1n k =+时交点的个数是()()1f k k f k +=+， 故选：C 9．A【分析】利用逐一验证的方法进行求解.【详解】若甲预测正确，则乙、丙预测错误，则甲比乙成绩高，丙比乙成绩低，故3人成绩由高到低依次为甲，乙，丙；若乙预测正确，则丙预测也正确，不符合题意；若丙预测正确，则甲必预测错误，丙比乙的成绩高，乙比甲成绩高，即丙比甲，乙成绩都高，即乙预测正确，不符合题意，故选A ．【点睛】本题将数学知识与时政结合，主要考查推理判断能力．题目有一定难度，注重了基础知识、逻辑推理能力的考查． 10．A【分析】根据题意分析出第n 次取n 个数，前n 次共取(1)2n n +个数，且第n 次取的最后一个数为n 2，然后算出前63次共取了2016个数，从而能得到数列中第2 020个数是3976.【详解】由题意可得，奇数次取奇数个数，偶数次取偶数个数，前n 次共取了(1)1232n n n ++++⋯+=个数，且第n 次取的最后一个数为n 2， 当63n =时，()6363120162⨯+=， 即前63次共取了2016个数，第63次取的数都为奇数，并且最后一个数为2633969=， 即第2 016个数为3 969，所以当n ＝64时，依次取3 970，3 972，3 974，3 976，…，所以第2 020个数是3 976. 故选：A. 11．11122-= 【分析】根据数学归纳法的一般步骤，令1n =即可得出结论. 【详解】依题意，当1n =时， 1112121-=⨯⨯， 即11122-=， 故答案为：11122-=.12．1112212342++++> 【解析】根据数学归纳法的步骤可知第一步要证明2n =时的不等式成立.【详解】因为n ≥2，所以第一步要证的是当n=2时结论成立，即1+111222342+++>. 故答案为：1112212342++++> 13．a ，b ，c 中至少有两个偶数【分析】用反证法证明某命题是，应先假设命题的否定成立，所以找出命题的否定是解题的关键. 【详解】用反证法证明某命题是，应先假设命题的否定成立.因为“自然数a ，b ，c 中至多有一个偶数”的否定是：“a ，b ，c 中至少有两个偶数”，所以用反证法证明“自然数a ，b ，c 中至多有一个偶数”时，假设应为“a ，b ，c 中至少有两个偶数”， 故答案为：a ，b ，c 中至少有两个偶数. 14．()*12112199199,N n n n b b b b b b b n n --=<∈【解析】根据等差数列的性质有12019101020n n a a a +-+==，等比数列的性质有21199100=1n n b b b +-=，类比即可得到结论.【详解】已知等差数列{}()*n a n N ∈中，12122019n n a a a a a a -+++=+++ 1122019n n n a a a a a +-++=++++,12201820190n n n a a a a ++-∴++++=.10100a =,由等差数列的性质得， 1201922018101020n n n n a a a a a +-+-+=+===.等比数列{}()*n b n N ∈，且1001b =，有等比数列的性质得，211992198100===1n n n n b b b b b +-+-=.所以类比等式()*121220192019,n n a n a a a a a n N -+++=+++<∈，可得()*12112199199,N n n n b b b b b b b n n --=<∈. 故答案为：()*12112199199,N n n n b b b b b b b n n --=<∈.【点睛】本题考查等差数列和等比数列的性质，结合类比的规则，和类比积，加类比乘，得出结论,属于中档题.15．(1)见解析； (2)见解析.【分析】（1）将判定定理用文字表述即可；（2）根据（1）中的前提和结论可得定理的形式，利用反证法可证该结论.【详解】（1）异面直线的判定定理：平面外一点与平面内一点的连线与平面内不过该点直线是异面直线. （2）（1）中的定理写成“已知：．．．，求证：．．．”的形式如下： ,,,P Q l Q l ααα∉∈⊂∉，求证：,PQ l 为异面直线.证明：若,PQ l 不为异面直线，则,PQ l 共面于β，故,,Q l ββ∈⊂ 而Q l ∉，故,αβ为同一平面，而P β∈，故P α∈， 这与P α∉矛盾，故,PQ l 为异面直线.16．正四面体内一点到四个面的距离之和为定值 【分析】将边类比为面，从而得出正确结论.【详解】把空间图形“正四面体”与平面图形“正三角形”对应，类比“正三角形内一点到三边距离之和是一个定值”得到的相应结论为“正四面体内一点到四个面的距离之和为定值”. 故答案为：正四面体内一点到四个面的距离之和为定值 17．（1）有错误，理由见解析；（2）有错误，理由详见解析.【分析】根据数学归纳法分为两步，∈证明当1n =时，结论成立，∈假设当n k =时，结论成立，当1n k =+时，应用归纳假设，证明1n k =+时，命题也成立，根据数学归纳法的步骤判断过程的错误之处. 【详解】（1）有错误，错误在于没有证明第（1）步，即没有证明1n =时等式成立；（2）有错误，错误在于证明1n k =+时，没有应用n k =时的假设，而是应用了倒序相加法，这不符合数学归纳法的证明过程. 18．222211223(1)(1)(31110)12n n n n n n ⨯+⨯+++=+++，证明见解析 【分析】设222()1223(1)f n n n =⋅+⋅+⋅⋅⋅++即可求得f （1），f （2），f （3）；假设存在常数a ，b ，c 使得2(1)()()12n n f n an bn c +=++对一切自然数n 都成立，由f （1），f （2），f （3）的值可求得a ，b ，c ；再用数学归纳法证明即可．【详解】设222()1223(1)f n n n =⋅+⋅+⋅⋅⋅++， f ∴（1）2124=⋅=，f （2）22122322=⋅+⋅=， f （3）22212233470⋅+⋅+⋅=； 假设存在常数a ，b ，c 使得2(1)()()12n n f n an bn c +=++对一切自然数n 都成立， 则f （1）12()412a b c ⨯=++=， 24a b c ∴++=∈，同理，由f （2）22=得4244a b c ++=∈， 由f （3）70=得9370a b c ++=∈ 联立∈∈∈，解得3a =，11b =，10c =．2(1)()(31110)12n n f n n n +∴=++． 证明：1︒当1n =时，显然成立；2︒假设n k =时，2(1)(1)(2)(35)()(31110)1212k k k k k k f k k k ++++=++=， 则1n k =+时，2(1)()(1)[(1)1]f k f k k k +=++++2(1)(2)(35)(1)[(1)1]12k k k k k k +++=++++2(1)(2)(31724)12k k k k ++=++ (1)(2)(3)(38)12k k k k ++++=(1)[(1)1][(2)1][3(1)5]12k k k k +++++++=，即1n k =+时，结论也成立．综合1︒，2︒知，存在常数3a =，11b =，10c =使得2(1)()(31110)12n n f n n n +=++对一切自然数n 都成立。
2020年高考数学(文科)复习 第十一单元 推理与证明、算法、复数 作业答案
课时作业(五十一)1.B[解析]由S1,S2,S3猜想出S n的表达式,是从特殊到一般的推理,是归纳推理,故选B.2.C[解析]因为大前提“正弦函数是奇函数”正确,但小前提“f(x)=sin(x2+1)是正弦函数”不正确,所以结论“f(x)=sin(x2+1)是奇函数”不正确,故选C.3.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.4.123[解析]观察可得各式等号右边的值构成数列1,3,4,7,11,…,其规律为从第三项起,每项等于其前面相邻两项的和,继续写出此数列为1,3,4,7,11,18,29,47,76,123,….由题意得所求值为数列中的第十项,则a10+b10=123.5.A[解析]类比平面几何的射影定理,可以推理出:在三棱锥A-BCD中,AD⊥平面ABC,AO⊥平面BCD,O 为垂足,则(S△ABC)2=S△BOC·S△BDC.故选A.6.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→①.7.D[解析]若甲获得一等奖,则小张、小李、小赵的预测都正确,与题意不符;若乙获得一等奖,则只有小张的预测正确,与题意不符;若丙获得一等奖,则四人的预测都错误,与题意不符;若丁获得一等奖,则小王、小李的预测正确,小张、小赵的预测错误,符合题意,故选D.8.C[解析]∵m2=1+3+5+…×6=36,∴m=6.∵23=3+5,33=7+9+11,43=13+15+17+19,∴53=21+23+25+27+29.+11=1+112∵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.9.①②③[解析]∵所有纺织工都是工会成员,所有工会成员都投了健康保险,∴所有纺织工都投了健康保险,故①正确;∵所有纺织工都是工会成员,所有工会成员都投了健康保险,部分纺织工是女工,∴有些女工投了健康保险,故②正确;∵部分梳毛工是女工,没有一个梳毛工投了健康保险,∴有些女工没有投健康保险,故③正确;∵所有工会成员都投了健康保险,∴工会的部分成员没有投健康保险是错误的,故④错误. 故答案为①②③.10.①③④ [解析] 由已知条件可得如下符合规律的等式:4=1+3,9=3+6,16=6+10,25=10+15,36=15+21,49=21+28,64=28+36,81=36+45,…, 故答案为①③④. 11.144√3143[解析] 根据题意可知a∶b∶c=2√3∶3∶2,故可设a=2√3x ,b=3x ,c=2x ,其中x>0,由S=√14[a 2×c 2-(a2+c 2-b 22) 2]=12ah a =12bh b =12ch c ,可得x=12√143.由余弦定理可得cos A=112,所以sin A=√14312,所以由正弦定理得三角形外接圆半径为a 2sinA =2√3x 2sinA =144√3143. 课时作业(五十二)1.B [解析] 综合法的基本思路是“由因导果”,即从已知条件出发,经过逐步的逻辑推理,最后得到待证结论.故本题证明的过程应用了综合法.2.A [解析] 根据反证法的定义,可知“若a ∈R ,则函数y=x 3+ax+b 至少有一个零点”的反设应为“若a ∈R ,则函数y=x 3+ax+b 没有零点”,故选A .3.C [解析] 因为a>b>c ,且a+b+c=0,所以b=-a-c ,c<0,要证√b 2-ac <√3a ,只需证b 2-ac<3a 2,只需证(-a-c )2-ac<3a 2,即证a 2-ac+a 2-c 2>0,即证a (a-c )+(a+c )(a-c )>0,即证(a-b )(a-c )>0.4.√3 [解析] 不妨设a=sin α,b=cos α,x=√3sin β,y=√3cos β,则ax+by=√3sin αsin β+√3cos αcos β=√3(sin αsin β+cos αcos β)=√3cos (α-β)≤√3,故ax+by 的最大值是√3.5.①③④ [解析] 要使b a +a b ≥2成立,需b a >0且a b >0成立,即a ,b 都不为0且同号,故①③④能使b a +a b≥2成立.6.A [解析] 用分析法证明的本质是证明结论成立的充分条件成立,∴②是①的充分条件.故选A .7.A [解析] ∵a+b 2≥√ab ≥2aba+b,当且仅当a=b 时取等号,且f (x )=12x在R 上是减函数,∴fa+b 2≤f (√ab )≤f2ab a+b,即A ≤B ≤C.8.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p 3+q 3=2,求证:p+q ≤2”时,可假设“p+q>2”;证明②:“若x 2=4,则x=-2或x=2”时,可假设“x ≠-2且x ≠2”.故选C .9.C [解析] 要证(ac+bd )2≤(a 2+b 2)(c 2+d 2),只要证a 2c 2+2abcd+b 2d 2≤a 2c 2+a 2d 2+b 2c 2+b 2d 2,即证2abcd ≤a 2d 2+b 2c 2,即证(ad-bc )2≥0,该式显然成立.10.② [解析] 正确的假设为“假设1+x y ≥2,1+yx≥2”. 11.> [解析] 猜想√8-√5>√10-√7.要证√8-√5>√10-√7,只要证√8+√7>√10+√5,即证(√8+√7)2>(√10+√5)2,即证15+2√56>15+2√50,即证√56>√50, 即证56>50,显然成立, 故√8-√5>√10-√7,猜想正确.12.C [解析] 若a=12,b=23,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a 2+b 2>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矛盾,因此假设不成立,故a ,b 中至少有一个大于1.13.3√32[解析] ∵f (x )=sin x 在区间(0,π)上是凸函数,且A ,B ,C ∈(0,π),∴f(A)+f(B)+f(C)3≤f A+B+C3=fπ3,即sin A+sin B+sin C ≤3sin π3=3√32,∴sin A+sin B+sin C 的最大值为3√32. 课时作业(五十三)1.B [解析] 由算法的概念可知,求解某一类问题的算法必须在有限步内完成. 对于A ,S=1+2+3+4,可四步完成; 对于B ,S=1+2+3+…,不知其多少步完成; 对于C ,S=1+12+13+…+1100,可100步完成;对于D ,S=12+22+32+…+1002,可100步完成. 故选B .2.A [解析] 根据程序框图可知,其功能为计算分段函数y={x +3,x <0,0,x =0,x -5,x >0的函数值,因为x=3,所以y=3-5=-2.故选A .3.D [解析] 模拟程序的运行,可得该程序的作用是交换两个变量A 和B 的值,并输出交换后的值.故选D .4.C [解析] 当x=1时,执行y=9-1=8.则输出y 的值为8,故选C .5.57 [解析] 第一次循环后k=2,S=4; 第二次循环后k=3,S=11; 第三次循环后k=4,S=26; 第四次循环后k=5,S=57. 此时,终止循环,输出S=57.6.C [解析] 依次运行程序框图,可得:①T=1,S=1,k=2,不满足k>4,继续执行循环体; ②T=12,S=1+12,k=3,不满足k>4,继续执行循环体; ③T=12×3,S=1+12+12×3,k=4,不满足k>4,继续执行循环体;④T=12×3×4,S=1+12+12×3+12×3×4,k=5,满足k>4,退出循环.则输出的S=1+12+12×3+12×3×4. 故选C .7.B [解析] 由程序框图知,输出的S=0-1+2-3+4-…+2016-2017+2018=0+(-1+2)+(-3+4)+…+(-2017+2018)=1009.8.D [解析] 第一次循环后S=2,k=3; 第二次循环后S=6,k=4; 第三次循环后S=24,k=5; 第四次循环后S=120,k=6; 第五次循环后S=720,k=7; 第六次循环后S=5040,k=8.此时满足题意,退出循环,输出S=5040. 故判断框中应填入“k>7?”.9.A [解析] 因为输出的k=3,所以循环体执行了3次.第1次执行循环体后S=2×0+3=3,第2次执行循环体后S=2×3+3=9,第3次执行循环体后S=2×9+3=21.因此符合题意的实数a 的取值范围是9≤a<21,故选A .10.17 [解析] 初始值a=255,b=68. 第1次执行循环体后c=51,a=68,b=51; 第2次执行循环体后c=17,a=51,b=17; 第3次执行循环体后c=0,a=17,b=0;满足条件b=0,退出循环,故输出a 的值为17.课时作业(五十四)1.A [解析] 对于①,若两个复数都是实数,则可以比较大小,故①中说法错误;对于②,复数z=i -1在复平面内对应的点的坐标为(-1,1),位于第二象限,故②中说法错误; 对于③,若(x 2-1)+(x 2+3x+2)i 是纯虚数,则{x 2-1=0,x 2+3x +2≠0,解得x=1,故③中说法错误;对于④,若z 1-z 2=i ,z 2-z 3=1,则(z 1-z 2)2+(z 2-z 3)2=0,故④中说法错误.∴正确说法的个数是0.故选A . 2.C [解析] ∵z 1=2-i ,z 2=a+2i ,∴z 1z 2=(2-i )(a+2i )=2a+2+(4-a )i , 又z 1z 2∈R ,∴4-a=0,即a=4. 故选C .3.D [解析] 由z (2+i )=3-i , 得z=3-i 2+i =(3-i)(2-i)(2+i)(2-i)=5-5i 5=1-i , 则复数z 在复平面内对应的点的坐标为(1,-1),位于第四象限. 故选D .4.D [解析] z=(a+i )(1-i )=a+1+(1-a )i ,∴|z|=2=√(a +1)2+(1-a)2, 解得a=±1. 故选D . 5.i [解析]3+2i 2-3i =(3+2i)(2+3i)(2-3i)(2+3i)=13i13=i . 6.C [解析] z=4+bi 1-i =(4+bi)(1+i)(1-i)(1+i)=(4-b)+(4+b)i 2,所以其实部为4-b 2,由题意得4-b2=-1,则b=6,因此复数z=-1+5i .则z -b=(-1-5i )-6=-7-5i ,z -b 在复平面内对应的点的坐标为(-7,-5),位于第三象限.7.C[解析] i 20191+i =i 4×504+31+i =i 31+i =-i 1+i =-i(1-i)(1+i)(1-i)=-1-i2.8.B [解析] 因为复数z 1,z 2在复平面内对应的点关于虚轴对称,z 1=3+i , 所以z 2=-3+i ,所以z 1z 2=(3+i )(-3+i )=-9-1=-10,故选B . 9.A [解析] 由题意可得z=-1+2i , 则z 2=(-1+2i )2=-3-4i ,其共轭复数为-3+4i .故选A .10.D[解析]∵z·i=|12-√32i|=√(12)2+(-√32)2=1,∴z·i·(-i)=-i,即z=-i.则复数z在复平面内对应的点的坐标为(0,-1).11.C[解析]2i1+i 2=4i2(1+i)2=-42i=2i,故选C.12.A[解析]因为m+(m2-4)i>0,所以{m>0,m2-4=0,可得m=2,故m+2i2-2i=2(1+i)2(1-i)=i.13.2[解析]∵(1+i)(1-b i)=a,即1+b+(1-b)i=a,∴{1+b=a,1-b=0,解得{b=1,a=2,∴ab=2.14.-2+4i[解析]由图可知z1=-1+2i,又z2z1=2,∴z2=2z1=2(-1+2i)=-2+4i.15.C[解析]设z=a+b i(a,b∈R),则z=a-b i,∵复数z满足|z|=√2,z+z=2,∴{a2+b2=2,2a=2,得{a=1,b=±1,∴z=1+i或z=1-i.16.√5-2[解析]由|z-1-2i|=2,得|z-(1+2i)|=2,则z在复平面内对应的点在以(1,2)为圆心,以2为半径的圆上,如图所示.则|z|的最小值为|OP|-2=√5-2.。
高考数学压轴专题2020-2021备战高考《推理与证明》专项训练解析附答案
【最新】高考数学《推理与证明》练习题一、选择题1．观察下列等式：12133+=，781011123333+++=，16171920222339333333+++++=，…，则当n m <且m ，*n N ∈时，313232313333n n m m ++--++++=L （ ） A ．22m n + B ．22m n -C ．33m n +D ．33m n -【答案】B 【解析】 【分析】观察可得等式左边首末等距离的两项和相等，即可得出结论. 【详解】313232313333n n m m ++--++++L 项数为2()m n -， 首末等距离的两项和为313133n m m n +-+=+， 313232313333n n m m ++--++++L 22()()m n m n m n =+⨯-=-，故选:B. 【点睛】本题考查合情推理与演绎推理和数列的求和，属于中档题.2．平面内的一条直线将平面分成2部分,两条相交直线将平面分成4部分,三条两两相交且不共点的直线将平面分成7部分,…则平面内的六条两两相交且任意三条不共点的直线将平面分成的部分数为( ) A ．20 B ．21C ．22D ．23【答案】C 【解析】 【分析】一条直线可以把平面分成两部分,两条直线最多可以把平面分成4部分,三条直线最多可以把平面分成7部分,四条直线最多可以把平面分成11部分,可以发现,两条直线时多了2部分,三条直线比原来多了3部分,四条直线时比原来多了4部分,即可求得答案. 【详解】设画n 条直线,最多可将面分成()f n 个部分,1,(1)112n f ==+=Q ;2,(2)(1)24n f f ==+=; 3,(3)(2)37n f f ==+=;, 4,(4)(3)411n f f ==+=; ,5,(5)(4)516n f f ==+=; 6,(6)(5)622n f f ==+=.故选:C. 【点睛】本题解题关键是掌握根据题意能写出函数递推关系,在求解中寻找规律,考查了分析能力和推理能力,属于中档题.3．二维空间中圆的一维测度(周长)2lr π=，二维测度(面积)2S r π=；三维空间中球的二维测度(表面积)24S r π=，三维测度(体积)343V r π=.若四维空间中“超球”的三维测度38V r π=，猜想其四维测度W =（ ）A ．42r πB ．43r πC ．44r πD ．46r π【答案】A 【解析】分析：由题意结合所给的性质进行类比推理即可确定四维测度W .详解：结合所给的测度定义可得：在同维空间中，1n +维测度关于r 求导可得n 维测度， 结合“超球”的三维测度38V r π=，可得其四维测度42W r π=. 本题选择A 选项.点睛：本题主要考查类比推理，导数的简单应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.4．已知点(10,3)P 在椭圆222:199x y C a +=上.若点()00,N x y 在圆222:M x y r +=上，则圆M 过点N 的切线方程为200x x y y r +=.由此类比得椭圆C 在点P 处的切线方程为（ ）A ．13311x y +=B ．111099x y += C ．11133x y += D ．199110x y += 【答案】C 【解析】【分析】先根据点在椭圆上，求得2a ，再类比可得切线方程. 【详解】因为点(10,3)P 在椭圆222:199x y C a +=上，故可得21009199a +=，解得2110a =； 由类比可得椭圆C 在点P 处的切线方程为：103111099x y +=，整理可得11133x y+=. 故选：C. 【点睛】本题考查由椭圆上一点的坐标求椭圆方程，以及类比法的应用，属综合基础题.5．已知函数()f x 的导函数为()f x '，记()()1f x f x '=，()()21f x f x '=，…，()()1n n f x f x +'=(n ∈N *). 若()sin f x x x =，则()()20192021f x f x += （ ）A ．2cos x -B ．2sin x -C ．2cos xD ．2sin x【答案】D 【解析】 【分析】通过计算()()()()()12345,,,,f x f x f x f x f x ，可得()()()()4342414,,,k k k k f x f x f x f x ---，最后计算可得结果.【详解】由题可知：()sin f x x x =所以()()12sin cos ,2cos sin f x x x x f x x x x =+=-()()343sin cos ,4cos sin f x x x x f x x x x =--=-+ ()55sin cos ,f x x x x =+⋅⋅⋅所以猜想可知：()()4343sin cos k f x k x x x -=-+()()4242cos sin k f x k x x x -=-- ()()4141sin cos k f x k x x x -=--- ()44cos sin k f x k x x x =-+由201945051,202145063=⨯-=⨯- 所以()20192019sin cos f x x x x =--()20212021sin cos f x x x x =+所以()()201920212sin f x f x x += 故选：D 【点睛】本题考查导数的计算以及不完全归纳法的应用，选择题、填空题可以使用取特殊值，归纳猜想等方法的使用，属中档题.6．在平面几何中，与三角形的三条边所在直线的距离相等的点有4个，类似的，在立体几何中，与四面体的四个面所在平面的距离相等的点有（ ） A ．1个 B ．5个C ．7个D ．9个【答案】B 【解析】 【分析】根据平面图形的结论，通过想象类比得出立体图形对应的结论. 【详解】根据三角形的内切圆和旁切圆可得与三角形的三条边所在直线的距离相等的点有且只有4个， 由此类比到四面体中，四面体的内切球的球心到四个面所在的平面的距离相等， 还有四个旁切球的球心到四个面所在的平面的距离相等， 因此这样的点有且只有5个. 故选：B 【点睛】本题考查的是类比推理，找出切入点是解题的关键.7．小正方形按照下图中的规律排列，每个图形中的小正方形的个数构成数列{}n a 有以下结论:①515a =；②{}n a 是一个等差数列；③数列{}n a 是一个等比数列；④数列{}n a 的递堆公式11(),n n a a n n N *+=++∈其中正确的是（ ）A ．①②④B ．①③④C ．①②D ．①④【答案】D 【解析】由图形可得：a 1=1,a 2=1+2，… ∴()1122n n n a n +=++⋯+=.所以①a 5=15； 正确；②an −a n −1= n ,所以数列{a n }不是一个等差数列；故②错误； ③数列{an }不是一个等比数列；③错误；④数列{a n}的递推关系是a n+1=a n+n+1(n∈N∗).正确；本题选择D选项.点睛：数列的递推关系是给出数列的一种方法，根据给出的初始值和递推关系可以依次写出这个数列的各项，由递推关系求数列的通项公式，常用的方法有：①求出数列的前几项，再归纳猜想出数列的一个通项公式；②将已知递推关系式整理、变形，变成等差、等比数列，或用累加法、累乘法、迭代法求通项．8．2019年10月1日，为了庆祝中华人民共和国成立70周年，小明、小红、小金三人以国庆为主题各自独立完成一幅十字绣赠送给当地的村委会，这三幅十字绣分别命名为“鸿福齐天”、“国富民强”、“兴国之路”，为了弄清“国富民强”这一作品是谁制作的，村支书对三人进行了问话，得到回复如下：小明说：“鸿福齐天”是我制作的；小红说：“国富民强”不是小明制作的，就是我制作的；小金说：“兴国之路”不是我制作的，若三人的说法有且仅有一人是正确的，则“鸿福齐天”的制作者是（）A．小明B．小红C．小金D．小金或小明【答案】B【解析】【分析】将三个人制作的所有情况列举出来，再一一论证.【详解】依题意，三个人制作的所有情况如下所示：若小明的说法正确，则均不满足；若小红的说法正确，则4满足；若小金的说法正确，则3满足.故“鸿福齐天”的制作者是小红，故选：B.【点睛】本题考查推理与证明，还考查推理论证能力以及分类讨论思想，属于基础题.9．我们在求高次方程或超越方程的近似解时常用二分法求解，在实际生活中还有三分法.比如借助天平鉴别假币.有三枚形状大小完全相同的硬币，其中有一假币（质量较轻），把两枚硬币放在天平的两端，若天平平衡，则剩余一枚为假币，若天平不平衡，较轻的一端放的硬币为假币.现有 27 枚这样的硬币，其中有一枚是假币（质量较轻），如果只有一台天平，则一定能找到这枚假币所需要使用天平的最少次数为（ ） A ．2 B ．3C ．4D ．5【答案】B 【解析】 【分析】根据提示三分法，考虑将硬币分为3组，然后将有问题的一组再分为3组，再将其中有问题的一组分为3，此时每组仅为1枚硬币，即可分析出哪一个是假币. 【详解】第一步将27枚硬币分为三组，每组9枚，取两组分别放于天平左右两侧测量，若天平平衡，则假币在第三组中；若天平不平衡，假币在较轻的那一组中；第二步把较轻的9枚金币再分成三组，每组3枚，任取2组，分别放于天平左右两侧测量，若天平平衡，则假币在第三组，若天平不平衡则假币在较轻的一组；第三步再将假币所在的一组分成三组，每组1枚，取其中两组放于天平左右两侧测量若天平平衡，则假币是剩下的一个；若天平不平衡，则较轻的盘中所放的为假币.因此，一定能找到假币最少需使用3次天平. 故选：B. 【点睛】本题考查类比推理思想的应用，难度一般.处理该类问题的关键是找到题干中的提示信息，由此入手会方便很多.10．已知()sin cos f x x x =-，定义1()()f x f x '=，[]'21()()f x f x =，…[]1()()n n f x f x '+=，（*n N ∈），经计算，1()cos sin f x x x =+，2()sin cos f x x x =-+，3()cos sin f x x x =--，…，照此规律，2019()f x =（ ）A ．cos sin x x --B ．cos sin x x -C ．sin cos x x +D ．cos sin x x -+【答案】A 【解析】 【分析】根据归纳推理进行求解即可． 【详解】解：由题意知：()sin cos f x x x =-，1()()cos sin f x f x x x '==+，[]1'2()()sin cos f x f x x x ==-+， []'23()()cos sin f x f x x x ==--， []'34()()sin cos f x f x x x ==-，L照此规律，可知：[]'201923()()co )s (s in f x f x x x f x ==--=，故选：A. 【点睛】本题考查函数值的计算，利用归纳推理是解决本题的关键．11．用数学归纳法证明“l+2+3+…+n 3=632n n +，n ∈N*”，则当n=k+1时，应当在n=k 时对应的等式左边加上（ ） A ．k 3+1 B ．（k 3+1）+（k 3+2）+…+（k+1）3C ．（k+1）3D ．63(1)(1)2k k +++【答案】B 【解析】分析：当项数从n k =到1n k =+时，等式左边变化的项可利用两个式子相减得到。
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课时规范练A组基础对点练1．用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程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．方程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实根解析：至少有一个实根的否定是没有实根，故要做的假设是“方程x3＋ax＋b ＝0没有实根”．答案：A2．(2019·重庆检测)演绎推理“因为对数函数y＝log a x(a>0且a≠1)是增函数，而函数y＝log 12x是对数函数，所以y＝log12x是增函数”所得结论．错误的原因是()A．大前提错误B．小前提错误C．推理形式错误D．大前提和小前提都错误解析：因为当a>1时，y＝log a x在定义域内单调递增，当0<a<1时，y＝log a x 在定义域内单调递减，所以大前提错误．故选A.答案：A3．观察(x2)′＝2x，(x4)′＝4x3，(cos x)′＝－sin x，由归纳推理可得：若定义在R上的函数f(x)满足f(－x)＝f(x)，记g(x)为f(x)的导函数，则g(－x)等于() A．f(x) B．－f(x)C．g(x) D．－g(x)解析：由所给等式知，偶函数的导数是奇函数．∵f(－x)＝f(x)，∴f(x)是偶函数，从而g(x)是奇函数．∴g(－x)＝－g(x)．答案：D4．已知a n ＝log n ＋1(n ＋2)(n ∈N *)，观察下列运算：a 1·a 2＝log 23·log 34＝lg 3lg 2·lg 4lg 3＝2；a 1·a 2·a 3·a 4·a 5·a 6＝log 23·log 34·…·log 78＝lg 3lg 2·lg 4lg 3·…·lg 8lg 7＝3；….若a 1·a 2·a 3·…·a k (k ∈N *)为整数，则称k 为“企盼数”，试确定当a 1·a 2·a 3·…·a k ＝2 016时，“企盼数”k 为( )A ．22 016＋2B ．22 016C ．22 016－2D ．22 016－4解析：a 1·a 2·a 3·…·a k ＝lg (k ＋2)lg 2＝2 016，lg(k ＋2)＝lg 22 016，故k ＝22 016－2.答案：C5．(2019·丹东联考)已知“整数对”按如下规律排列：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，…，则第70个“整数对”为( )A ．(3,9)B ．(4,8)C ．(3,10)D ．(4,9)解析：因为1＋2＋…＋11＝66，所以第67个“整数对”是(1,12)，第68个“整数对”是(2,11)，第69个“整数对”是(3,10)，第70个“整数对”是(4,9)．故选D.答案：D6．下列结论正确的个数为( )(1)归纳推理得到的结论不一定正确，类比推理得到的结论一定正确．(2)由平面三角形的性质推测空间四面体的性质，这是一种合情推理．(3)“所有3的倍数都是9的倍数，某数m 是3的倍数，则m 一定是9的倍数”，这是三段论推理，但其结论是错误的．(4)平面内，若两个正三角形的边长比为1∶2，则它们的面积比为1∶4.类似地，在空间中，若两个正四面体的棱长比为1∶2，则它们的体积比为1∶8.A ．0B ．1C ．2D ．3解析：(1)不正确．(2)(3)(4)正确．答案：D7．(2019·南阳模拟)某单位安排甲、乙、丙三人在某月1日至12日值班，每人4天．甲说：我在1日和3日都有值班；乙说：我在8日和9日都有值班；丙说：我们三人各自值班的日期之和相等．据此可判断丙必定值班的日期是()A．2日和5日B．5日和6日C．6日和11日D．2日和11日解析：1～12日期之和为78，三人各自值班的日期之和相等，故每人值班四天的日期之和是26，甲在1日和3日都有值班，故甲余下的两天只能是10日和12日；而乙在8日和9日都有值班，8＋9＝17，所以11日只能是丙去值班了，余下还有2日、4日、5日、6日、7日五天，显然，6日只能是丙去值班了．答案：C8．已知从1开始的连续奇数蛇形排列形成宝塔形数表，第一行为1，第二行为3,5，第三行为7,9,11，第四行为13,15,17,19，如图所示，在宝塔形数表中位于，比如a3,2＝9，a4,2＝15，a5,4＝23，若a i，j＝2 017，第i行，第j列的数记为a i，j则i＋j＝()A．64 B．65C．71 D．72解析：奇数数列a n＝2n－1＝2017⇒n＝1 009，按照蛇形排列，第1行到第i行末共有1＋2＋…＋i＝i(1＋i)2个奇数，则第1行到第44行末共有990个奇数；第1行到第45行末共有1 035个奇数；则2 017位于第45行；而第45行是从右到左依次递增，且共有45个奇数；故2 017位于第45行，从右到左第19列，则i＝45，j＝27⇒i＋j＝72.答案：D9．观察如图，可推断出“x”处应该填的数字是________．解析：由前两个图形发现：中间数等于四周四个数的平方和，所以“x”处应填的数字是32＋52＋72＋102＝183.答案：18310．在数列{a n}中，a1＝2，a n＋1＝λa n＋λn＋1＋(2－λ)2n(n∈N*)，其中λ＞0，{a n}的通项公式是________．解析：a1＝2，a2＝2λ＋λ2＋(2－λ)·2＝λ2＋22，a3＝λ(λ2＋22)＋λ3＋(2－λ)·22＝2λ3＋23，a4＝λ(2λ3＋23)＋λ4＋(2－λ)·23＝3λ4＋24.由此猜想出数列{a n}的通项公式为a n＝(n－1)λn＋2n.答案：a n＝(n－1)λn＋2nB组能力提升练11．在平面几何中，有如下结论：正△ABC的内切圆面积为S1，外接圆面积为S 2，则S 1S 2＝14，推广到空间可以得到类似结论：已知正四面体P －ABC 的内切球体积为V 1，外接球体积为V 2，则V 1V 2等于( ) A.18B.19C.164D.127解析：正四面体的内切球与外接球的半径之比为1∶3，所以体积之比为V 1V 2＝127.答案：D 12．(2019·合肥模拟)为提高信息在传输中的抗干扰能力，通常在原信息中按一定规则加入相关数据组成传输信息．设定原信息为a 0a 1a 2，a i ∈{0,1}(i ＝0,1,2)，信息为h 0a 0a 1a 2h 1，其中h 0＝a 0a 1，h 1＝h 0a 2，运算规则为：00＝0,01＝1,10＝1,11＝0.例如原信息为111，则传输信息为01111，信息在传输过程中受到干扰可能导致接收信息出错，则下列接收信息一定有误的是( )A ．11 010B ．01 100C ．10 111D ．00 011解析：对于选项C ，传输信息是10 111，对应的原信息是011，由题目中运算规则知h 0＝01＝1，而h 1＝h 0a 2＝11＝0，故传输信息应是10 110.答案：C13．(2019·福州模拟)我国南北朝数学家何承天发明的“调日法”是程序化寻求精确分数来表示数值的算法，其理论依据是：设实数x 的不足近似值和过剩近似值分别为b a 和b c (a ，b ，c ，d ∈N *)，则b ＋d a ＋c是x 的更为精确的不足近似值或过剩近似值．我们知道π＝3.14159…，若令3110＜π＜4915，则第一次用“调日法”后得165是π的更为精确的过剩近似值，即3110＜π＜165，若每次都取最简分数，那么第四次用“调日法”后可得π的近似分数为( )A.227 B.6320C.7825 D.10935解析：由题意：第一次用“调日法”后得165是π的更为精确的过剩近似值，即3110＜π＜165，第二次用“调日法”后得4715是π的更为精确的不足近似值，即4715＜π＜165，第三次用“调日法”后得6320是π的更为精确的过剩近似值，即4715＜π＜6320，第四次用“调日法”后得11035＝227是π的更为精确的过剩近似值，即4715＜π＜227.答案：A14．(2019·沈阳模拟)某种平面分形图如图所示，一级分形图是由一点出发的三条线段，长度相等，两两夹角为120°；二级分形图是在一级分形图的每条线段末端出发再生成两条长度为原来13的线段，且这两条线段与原线段两两夹角为120°，…，依此规律得到n级分形图．则n级分形图中共有________条线段．解析：由题图知，一级分形图有3＝3×2－3条线段，二条分形图有9＝3×22－3条线段，三级分形图中有21＝3×23－3条线段，按此规律n级分形图中的线段条数为3×2n－3(n∈N*)．答案：3×2n－3(n∈N*)15．如图所示是由长为1的小木棒拼成的图形，其中第n 个图形由n 个正方形组成：观察图形，根据第1个、第2个、第3个、第4个图形中小木棒的根数，得出第n 个图形中，小木棒的根数为________．解析：观察题干中图形可得，第1个、第2个、第3个、第4个图形中小木棒的根数分别为4,7,10,13，则4＝3×1＋1,7＝3×2＋1,10＝3×3＋1,13＝3×4 ＋1，由归纳推理得，第n 个图形中，小木棒的根数为3n ＋1.答案：3n ＋116．(2019·合肥模拟)已知点A (x 1，ax 1)，B (x 2，ax 2)是函数y ＝a x (a ＞1)的图象上任意不同两点，依据图象可知，线段AB 总是位于A ，B 两点之间函数图象的上方，因此有结论ax 1＋ax 22＞a x 1＋x 22成立．运用类比思想方法可知，若点A (x 1，sin x 1)，B (x 2，sin x 2)是函数y ＝sin x (x ∈(0，π))的图象上的不同两点，则类似地有________成立．解析：运用类比思想与数形结合思想，可知y ＝sin x (x ∈(0，π))的图象是上凸的，因此线段AB 的中点的纵坐标sin x 1＋sin x 22总是小于函数y ＝sin x (x ∈(0，π))图象上的点⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，sin x 1＋x 22 的纵坐标，即sin x 1＋sin x 22＜sin x 1＋x 22成立．答案：sin x 1＋sin x 22＜sin x 1＋x 22。