高考数学二轮复习 第一部分 微专题强化练 专题17 推理与证明(含解析)
高考数学二轮复习 第一部分 微专题强化练 专题13 立体几何综合练习课件 文
• (2)证明：∵BD＝CD，E为BC的中点，∴BC⊥DE. • 由(1)知AE⊥BC， • 又AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面AED， • ∴BC⊥平面AED. • 又AD⊂平面AED，∴AD⊥BC. • (3)取AB，AC的中点M，N，所有的点G构成的集合T即为
又平面 PAC⊥平面 ABC，平面 PAC∩平面 ABC＝AC，
PE⊂平面 PAC，PE⊥AC，所以 PE⊥平面 ABC，从而 PE⊥AB.
因∠ABC＝π2，EF∥BC.故 AB⊥EF，从而 AB 与平面 PEF 内 两条相交直线 PE，EF 都垂直，
所以 AB⊥平面 PFE.
(2)设 BC＝x，则在 Rt△ABC 中， AB＝ AC2－BC2＝ 36－x2. 从而 S△ABC＝12AB×BC＝12x 36－x2. 由 EF∥BC，知AAFB＝AACE＝23，得△AFE∽△ABC， 故SS△△AABFCE＝232＝49，即 S△AFE＝49S△ABC.
• [易错分析] 本题常见错误是：(1)不能将线面垂直、面面垂 直与线线垂直相互转化，或证明过程中语言表述不规范致误； (2)不会通过面面平行寻找线面平行，将所求直线转化为两 个平面的交线．
[解答] (1)证明：∵在△ABC中，AB ＝AC，E为BC的中点，∴AE⊥BC.
又∵平面ABC⊥平面BCD，AE⊂平面 ABC，
• [立意与点拨] 考查：1. 空间线面垂直关系；2.锥体的体积； 3.推理论证能力和空间想象能力、方程思想和运算求解能 力．解答本题(1)利用线面垂直的判定定理进行证明；(2)利 用体积公式建立关于BC的方程求解．
[解析] (1)如图．由 DE＝EC，PD＝PC 知，E 为等腰△PDC 中 DC 边的中点，故 PE⊥AC，
高考数学二轮复习 第一部分 专题篇 专题六 算法、复数、推理与证明、概率与统计 第二讲 排列、组合、
考点三
考点一
试题 解析
考点一 考点二 考点三
若 1,3 不同色，则 1,2,3,4 必不同色，有 3A44＝72 种涂色法；若 1,3 同色，有 C14C13A22＝24 种涂色法．根据分类计数原理可知， 共有 72＋24＝96 种涂色法．
考点一
考点一 考点二 考点三
利用两个原理解决应用问题时最易忽视判断对完成的事件 是分类完成还是分步完成.
考点一
试题 解析
考点一 考点二 考点三
[自主突破·提速练]
1．(2016·深圳第一次调研)我们把各位数字之和为 6 的四位数称为
“六合数”(如 2 013 是“六合数”)，则“六合数”中首位为 2 的
“六合数”共有( B )
A．18 个
B．15 个
C．12 个
D．9 个
考点一
试题 解析
考点一 考点二 考点三
考点三 二项式定理
试题 解析
考点一 考点二 考点三
4．(2016·高考四川卷)设 i 为虚数单位，则(x＋i)6 的展开式中含
x4 的项为( A )
A．－15x4
B．15x4
C．－20ix4
D．20ix4
考点三
考点一 考点二 考点三
利用二项展开式的通项求解． Tr＋1＝Cr6x6－rir，由 6－r＝4 得 r＝2. 故 T3＝C26x4i2＝－15x4.故选 A.
考点一
试题 解析
考点一 考点二 考点三
2．(2016·河北教学质量监测)有 A、B、C、D、E 五位学生参加网
页设计比赛，决出了第一到第五的名次．A、B 两位学生去问成
绩，老师对 A 说：你的名次不知道，但肯定没得第一名；又对 B
高考数学二轮复习 第一部分 微专题强化练 专题26 函数与方程的思想、分类讨论的思想课件
[答案]
1 2
[解析] 因为向量 λa＋b 与 a＋2b 平行，所以 λa＋b＝k(a
＋2b)，则λ1＝＝k2，k， 所以 λ＝12.
• 考例2 (文)函数f(x)＝ax3＋3x2＋3x(a≠0)．
• (1)讨论f(x)的单调性；
(1)证明：函数 Fn(x)＝fn(x)－2 在12，1内有且仅有一个零点 (记为 xn)，且 xn＝12＋12xnn＋1；
(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同 的等差数列，其各项和为 gn(x)，比较 fn(x)和 gn(x)的大小，并加 以证明．
• [立意与点拨] 考查等比数列、函数的零点、利用导数研究 函数的性质及函数思想、转化思想、分类讨论思想；解答本 题第(1)问可转化为函数在区间端点值异号且函数单调，第 (2)问建立辅助函数h(x)＝fn(x)－gn(x)，通过数列求和、导 数研究h(x)的符号来比较大小．
当 x∈(x2，x1)时 f′(x)<0，故 f(x)在(x2，x1)是减函数； 若 a<0，则当 x∈(－∞，x1)或(x2，＋∞)时 f′(x)<0，故 f(x) 分别在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上是减函数； 当 x∈(x1，x2)时 f ′(x)>0，故 f(x)在(x1，x2)上是增函数．
若 x＞1，h′(x)＜xn－1＋2xn－1＋…＋nxn－1－nn2＋1xn－1 ＝nn2＋1xn－1－nn2＋1xn－1＝0， 所以 h(x)在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减， 所以 h(x)＜h(1)＝0，即 fn(x)＜gn(x)． 综上所述，当 x＝1 时，fn(x)＝gn(x)； 当 x≠1 时，fn(x)＜gn(x)．
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高考数学（理）二轮专题练习第3讲推理与证明考情解读 1.以数表、数阵、图形为背景与数列、周期性等知识相结合考查归纳推理和类比推理，多以小题形式出现.2.直接证明和间接证明的考查主要作为证明和推理数学命题的方法，常与函数、数列及不等式等综合命题．1．合情推理(1)归纳推理①归纳推理是由某类事物的部分对象具有某些特征，推出该类事物的全部对象都具有这些特征的推理，或者由个别事实概括出一般结论的推理．②归纳推理的思维过程如下：实验、观察→概括、推广→猜测一般性结论(2)类比推理①类比推理是由两类对象具有某些类似特征和其中一类对象的某些已知特征，推出另一类对象也具有这些特征的推理．②类比推理的思维过程如下：观察、比较→联想、类推→猜测新的结论2．演绎推理(1)“三段论”是演绎推理的一般模式，包括：①大前提——已知的一般原理；②小前提——所研究的特殊情况；③结论——根据一般原理，对特殊情况做出的判断．(2)合情推理与演绎推理的区别归纳和类比是常用的合情推理，从推理形式上看，归纳是由部分到整体、个别到一般的推理；类比是由特殊到特殊的推理；而演绎推理是由一般到特殊的推理．从推理所得的结论来看，合情推理的结论不一定正确，有待进一步证明；演绎推理在大前提、小前提和推理形式都正确的前提下，得到的结论一定正确．3．直接证明(1)综合法用P表示已知条件、已有的定义、定理、公理等，Q表示所要证明的结论，则综合法可用框图表示为：P⇒Q1→Q1⇒Q2→Q2⇒Q3→…→Q n⇒Q(2)分析法用Q表示要证明的结论，则分析法可用框图表示为：Q⇐P1→P1⇐P2→P2⇐P3→…→得到一个明显成立的条件4．间接证明反证法的证明过程可以概括为“否定——推理——否定”，即从否定结论开始，经过正确的推理，导致逻辑矛盾，从而达到新的否定(即肯定原命题)的过程．用反证法证明命题“若p，则q”的过程可以用如图所示的框图表示．肯定条件p否定结论q→导致逻辑矛盾→“既p，又綈q”为假→“若p，则q”为真5．数学归纳法数学归纳法证明的步骤：(1)证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时命题成立．(2)假设n＝k(k∈N*，且k≥n0)时命题成立，证明n＝k＋1时命题也成立．由(1)(2)可知，对任意n≥n0，且n∈N*时，命题都成立．热点一归纳推理例1(1)有菱形纹的正六边形地面砖，按下图的规律拼成若干个图案，则第六个图案中有菱形纹的正六边形的个数是()A．26 B．31C．32 D．36(2)两旅客坐火车外出旅游，希望座位连在一起，且有一个靠窗，已知火车上的座位的排法如图所示，则下列座位号码符合要求的应当是()A．48,49 B．62,63C．75,76 D．84,85思维启迪(1)根据三个图案中的正六边形个数寻求规律；(2)靠窗口的座位号码能被5整除或者被5除余1.答案(1)B(2)D解析(1)有菱形纹的正六边形个数如下表：5为公差的等差数列，所以第六个图案中有菱形纹的正六边形的个数是6＋5×(6－1)＝31.故选B.(2)由已知图形中座位的排列顺序，可得：被5除余1的数和能被5整除的座位号临窗，由于两旅客希望座位连在一起，且有一个靠窗，分析答案中的4组座位号，只有D符合条件．思维升华归纳递推思想在解决问题时，从特殊情况入手，通过观察、分析、概括，猜想出一般性结论，然后予以证明，这一数学思想方法在解决探索性问题、存在性问题或与正整数有关的命题时有着广泛的应用．其思维模式是“观察——归纳——猜想——证明”，解题的关键在于正确的归纳猜想．(1)四个小动物换座位，开始是鼠、猴、兔、猫分别坐1、2、3、4号位上(如图)，第一次前后排动物互换座位，第二次左右列动物互换座位，…这样交替进行下去，那么第202次互换座位后，小兔坐在第______号座位上．A ．1B ．2C ．3D ．4(2)已知f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N *)，经计算得f (4)>2，f (8)>52，f (16)>3，f (32)>72，则有________________．答案 (1)B (2)f (2n )>n ＋22(n ≥2，n ∈N *)解析 (1)考虑小兔所坐的座位号，第一次坐在1号位上，第二次坐在2号位上，第三次坐在4号位上，第四次坐在3号位上，第五次坐在1号位上，因此小兔的座位数更换次数以4为周期，因为202＝50×4＋2，因此第202次互换后，小兔所在的座位号与小兔第二次互换座位号所在的座位号相同，因此小兔坐在2号位上，故选B. (2)由题意得f (22)>42，f (23)>52，f (24)>62，f (25)>72，所以当n ≥2时，有f (2n )>n ＋22.故填f (2n )>n ＋22(n ≥2，n ∈N *)．热点二 类比推理例2 (1)在平面几何中有如下结论：若正三角形ABC 的内切圆面积为S 1，外接圆面积为S 2，则S 1S 2＝14.推广到空间几何可以得到类似结论：若正四面体ABCD 的内切球体积为V 1，外接球体积为V 2，则V 1V 2＝________.(2)已知双曲正弦函数sh x ＝e x －e －x 2和双曲余弦函数ch x ＝e x ＋e －x2与我们学过的正弦函数和余弦函数有许多类似的性质，请类比正弦函数和余弦函数的和角或差角．．．．．公式，写出双曲正弦或双曲余弦函数的一个．．类似的正确结论________． 思维启迪 (1)平面几何中的面积可类比到空间几何中的体积；(2)可利用和角或差角公式猜想，然后验证．答案 (1)127(2)ch(x －y )＝ch x ch y －sh x sh y解析 (1)平面几何中，圆的面积与圆的半径的平方成正比，而在空间几何中，球的体积与半径的立方成正比，所以V 1V 2＝127.(2)ch x ch y －sh x shy ＝e x ＋e －x 2·e y ＋e －y 2－e x －e －x 2·e y －e －y2＝14(e x ＋y ＋e x －y ＋e －x ＋y ＋e －x －y －e x ＋y ＋e x －y ＋e －x ＋y －e －x －y ) ＝14(2e x －y ＋2e －(x －y ))＝e x －y ＋e －(x －y )2＝ch(x －y )，故知ch(x ＋y )＝ch x ch y ＋sh x sh y ，或sh(x －y )＝sh x ch y －ch x sh y ， 或sh(x ＋y )＝sh x ch y ＋ch x sh y .思维升华 类比推理是合情推理中的一类重要推理，强调的是两类事物之间的相似性，有共同要素是产生类比迁移的客观因素，类比可以由概念性质上的相似性引起，如等差数列与等比数列的类比，也可以由解题方法上的类似引起．当然首先是在某些方面有一定的共性，才能有方法上的类比，例2即属于此类题型．一般来说，高考中的类比问题多发生在横向与纵向类比上，如圆锥曲线中椭圆与双曲线等的横向类比以及平面与空间中三角形与三棱锥的纵向类比等．(1)若数列{a n }是等差数列，b n ＝a 1＋a 2＋…＋a nn，则数列{b n }也为等差数列．类比这一性质可知，若正项数列{c n }是等比数列，且{d n }也是等比数列，则d n 的表达式应为( ) A ．d n ＝c 1＋c 2＋…＋c nnB ．d n ＝c 1·c 2·…·c nnC ．d n ＝D ．d n ＝nc 1·c 2·…·c n(2)椭圆与双曲线有许多优美的对偶性质，如对于椭圆有如下命题：AB 是椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的不平行于对称轴且不过原点的弦，M 为AB 的中点，则k OM ·k AB ＝－b 2a 2.那么对于双曲线则有如下命题：AB 是双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的不平行于对称轴且不过原点的弦，M 为AB 的中点，则k OM ·k AB ＝________. 答案 (1)D (2)b 2a2解析 (1)由{a n }为等差数列，设公差为d ， 则b n ＝a 1＋a 2＋…＋a n n ＝a 1＋n －12d ，又正项数列{c n }为等比数列，设公比为q ，则d n ＝nc 1·c 2·…·c n c 112n q-，故选D.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x 0，y 0)， 则有⎩⎨⎧x 0＝x 1＋x 22，y 0＝y 1＋y22.将A ，B 代入双曲线x 2a 2－y 2b2＝1中得x 21a 2－y 21b 2＝1，x 22a 2－y 22b 2＝1， 两式相减，得x 21－x 22a 2＝y 21－y 22b2，即(x 1－x 2)(x 1＋x 2)a 2＝(y 1－y 2)(y 1＋y 2)b 2，即(y 1－y 2)(y 1＋y 2)(x 1－x 2)(x 1＋x 2)＝b 2a 2， 即k OM ·k AB ＝b 2a2.热点三 直接证明和间接证明例3 已知数列{a n }满足：a 1＝12，3(1＋a n ＋1)1－a n ＝2(1＋a n )1－a n ＋1，a n a n ＋1<0 (n ≥1)；数列{b n }满足：b n ＝a 2n ＋1－a 2n (n ≥1)．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)证明：数列{b n }中的任意三项不可能成等差数列．思维启迪 (1)利用已知递推式中的特点构造数列{1－a 2n }；(2)否定性结论的证明可用反证法． (1)解 已知3(1＋a n ＋1)1－a n ＝2(1＋a n )1－a n ＋1化为1－a 2n ＋11－a 2n ＝23，而1－a 21＝34，所以数列{1－a 2n }是首项为34，公比为23的等比数列， 则1－a 2n ＝34×⎝⎛⎭⎫23n －1，则a 2n＝1－34×⎝⎛⎭⎫23n －1， 由a n a n ＋1<0，知数列{a n }的项正负相间出现， 因此a n ＝(－1)n ＋11－34×⎝⎛⎭⎫23n －1， b n ＝a 2n ＋1－a 2n ＝－34×⎝⎛⎭⎫23n ＋34×⎝⎛⎭⎫23n －1＝14×⎝⎛⎭⎫23n －1. (2)证明 假设存在某三项成等差数列，不妨设为b m 、b n 、b p ，其中m 、n 、p 是互不相等的正整数，可设m <n <p ，而b n ＝14×⎝⎛⎭⎫23n －1随n 的增大而减小，那么只能有2b n ＝b m ＋b p ，可得2×14×⎝⎛⎭⎫23n －1＝14×⎝⎛⎭⎫23m －1＋14×⎝⎛⎭⎫23p －1，则2×⎝⎛⎭⎫23n －m＝1＋⎝⎛⎭⎫23p －m .(*) 当n －m ≥2时，2×⎝⎛⎭⎫23n －m≤2×⎝⎛⎭⎫232＝89，(*)式不可能成立，则只能有n －m ＝1， 此时等式为43＝1＋⎝⎛⎭⎫23p －m ， 即13＝⎝⎛⎭⎫23p －m ，那么p －m ＝log 2313，左边为正整数，右边为无理数，不可能相等． 所以假设不成立，那么数列{b n }中的任意三项不可能成等差数列．思维升华 (1)有关否定性结论的证明常用反证法或举出一个结论不成立的例子即可． (2)综合法和分析法是直接证明常用的两种方法，我们常用分析法寻找解决问题的突破口，然后用综合法来写出证明过程，有时候，分析法和综合法交替使用．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1＋2，S 3＝9＋3 2.(1)求数列{a n }的通项a n 与前n 项和S n ；(2)设b n ＝S nn(n ∈N *)，求证：数列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比数列．(1)解 由已知得⎩⎨⎧a 1＝2＋1，3a 1＋3d ＝9＋32，所以d ＝2，故a n ＝2n －1＋2，S n ＝n (n ＋2)，n ∈N *. (2)证明 由(1)得b n ＝S nn＝n ＋ 2.假设数列{b n }中存在三项b p ，b q ，b r (p ≠q ≠r )成等比数列，则b 2q ＝b p b r . 即(q ＋2)2＝(p ＋2)(r ＋2)． ∴(q 2－pr )＋(2q －p －r )2＝0.∵p ，q ，r ∈N *，∴⎩⎪⎨⎪⎧q 2－pr ＝0，2q －p －r ＝0，∵(p ＋r 2)2＝pr ，(p －r )2＝0，∴p ＝r 与p ≠r 矛盾．所以数列{b n }中任意不同的三项都不可能成等比数列．热点四 数学归纳法例4 已知数列{a n }是各项均不为0的等差数列，S n 为其前n 项和，且满足S 2n －1＝12a 2n ，n ∈N *，数列{b n }满足b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －1，n 为奇数，12a n －1，n 为偶数，T n 为数列{b n }的前n 项和．(1)求a n ，b n ；(2)试比较T 2n 与2n 2＋n3的大小．思维启迪 (1)利用{a n }的前n 项确定通项公式(公差、首项)，{b n }的通项公式可分段给出； (2)先求T n ，归纳猜想T n 与2n 2＋n3的关系，再用数学归纳法证明．解 (1)设{a n }首项为a 1，公差为d ，在S 2n －1＝12a 2n中，令n ＝1,2得⎩⎪⎨⎪⎧ a 21＝2S 1，a 22＝2S 3，即⎩⎪⎨⎪⎧a 21＝2a 1，(a 1＋d )2＝2(3a 1＋3d )，解得a 1＝2，d ＝4，所以a n ＝4n －2.所以b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －1，n 为奇数，2n －3，n 为偶数.(2)T 2n ＝1＋2×2－3＋22＋2×4－3＋24＋…＋22n －2＋2×2n －3＝1＋22＋24＋…＋22n －2＋4(1＋2＋…＋n )－3n＝1－4n 1－4＋4·n (n ＋1)2－3n ＝4n 3－13＋2n 2－n .所以T 2n －(2n 2＋n 3)＝13(4n －4n －1)．当n ＝1时，13(4n －4n －1)＝－13<0，当n ＝2时，13(4n －4n －1)＝73>0，当n ＝3时，13(4n －4n －1)＝513>0，…猜想当n ≥2时，T 2n >2n 2＋n3，即n ≥2时，4n >4n ＋1. 下面用数学归纳法证明：①当n ＝2时，42＝16,4×2＋1＝9,16>9，成立； ②假设当n ＝k (k ≥2)时成立，即4k >4k ＋1. 则当n ＝k ＋1时，4k ＋1＝4·4k >4·(4k ＋1)＝16k ＋4>4k ＋5＝4(k ＋1)＋1，所以n ＝k ＋1时成立．由①②得，当n ≥2时，4n >4n ＋1成立． 综上，当n ＝1时，T 2n <2n 2＋n3，当n ≥2时，T 2n >2n 2＋n3.思维升华 在使用数学归纳法证明问题时，在归纳假设后，归纳假设就是证明n ＝k ＋1时的已知条件，把归纳假设当已知条件证明后续结论时，可以使用综合法、分析法、反证法．已知f (n )＝1＋123＋133＋143＋…＋1n 3，g (n )＝32－12n2，n ∈N *.(1)当n ＝1,2,3时，试比较f (n )与g (n )的大小关系； (2)猜想f (n )与g (n )的大小关系，并给出证明． 解 (1)当n ＝1时，f (1)＝1，g (1)＝1， 所以f (1)＝g (1)，当n ＝2时，f (2)＝98，g (2)＝118，所以f (2)<g (2)，当n ＝3时，f (3)＝251216，g (3)＝312216，所以f (3)<g (3)．(2)由(1)，猜想f (n )≤g (n )，下面用数学归纳法给出证明 ①当n ＝1,2,3时，不等式显然成立 ②假设当n ＝k (k ≥3)时不等式成立， 即1＋123＋133＋143＋…＋1k 3<32－12k 2，那么，当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝f (k )＋1(k ＋1)3<32－12k 2＋1(k ＋1)3， 因为12(k ＋1)2－(12k 2－1(k ＋1)3) ＝k ＋32(k ＋1)3－12k 2 ＝－3k －12(k ＋1)3k 2<0.所以f (k ＋1)<32－12(k ＋1)2＝g (k ＋1)，即当n ＝k ＋1时，不等式成立．由①②可知，对一切n ∈N *，都有f (n )≤g (n )成立．1．合情推理的精髓是“合情”，即得到的结论符合“情理”，其中主要是归纳推理与类比推理．归纳推理是由部分得到整体的一种推理模式．类比推理是由此及彼的推理模式；演绎推理是一种严格的证明方式．2．直接证明的最基本的两种证明方法是综合法和分析法，这两种方法也是解决数学问题时常见的思维方式．在实际解题时，通常先用分析法寻求解题思路，再用综合法有条理地表述解题过程．3．数学归纳法是证明与正整数有关的数学命题的一种方法，在遇到与正整数有关的数学命题时，要考虑是否可以使用数学归纳法进行证明．(1)在证明过程中突出两个“凑”字，即一“凑”假设，二“凑”结论，关键是在证明n＝k＋1时要用上n＝k时的假设，其次要明确n＝k＋1时证明的目标，充分考虑由n＝k到n＝k＋1时，命题形式之间的区别和联系，化异为同，中间的计算过程千万不能省略．(2)注意“两个步骤、一个结论”一个也不能少，切忌忘记归纳结论．真题感悟1．(2014·福建)若集合{a，b，c，d}＝{1,2,3,4}，且下列四个关系：①a＝1；②b≠1；③c＝2；④d≠4.有且只有一个是正确的，则符合条件的有序数组(a，b，c，d)的个数是________．答案 6解析由题意知①②③④中有且只有一个正确，其余三个均不正确，下面分类讨论满足条件的有序数组(a，b，c，d)的个数：(1)若①正确，即a＝1，则②③④都错误，即b＝1，c≠2，d ＝4.其中a＝1与b＝1矛盾，显然此种情况不存在；(2)若②正确，即b≠1，则①③④都错误，即a≠1，c≠2，d＝4，则当b＝2时，有a＝3，c ＝1；当b＝3时，有a＝2，c＝1，此时有2种有序数组．(3)若③正确，即c＝2，则①②④都错误，即a≠1，b＝1，d＝4，则a＝3，即此种情况有1种有序数组．(4)若④正确，即d≠4，则①②③都错误，即a≠1，b＝1，c≠2，则当d＝2时，有a＝3，c ＝4或a＝4，c＝3，有2种有序数组；当d＝3时，有c＝4，a＝2，仅1种有序数组．综上可得，共有2＋1＋2＋1＝6(种)有序数组．2．(2014·陕西)观察分析下表中的数据：答案 F ＋V －E ＝2解析 观察F ，V ，E 的变化得F ＋V －E ＝2. 押题精练1．圆周上2个点可连成1条弦，这条弦可将圆面划分成2部分；圆周上3个点可连成3条弦，这3条弦可将圆面划分成4部分；圆周上4个点可连成6条弦，这6条弦最多可将圆面划分成8部分．则n 个点连成的弦最多可把圆面分成________部分．( ) A ．2n －1B ．2nC ．2n ＋1D ．2n ＋2答案 A解析 由已知条件得：由此可以归纳出，当点数为n 时，连成的弦数为n (n －1)2；弦把圆面分成的部分数为2n －1，故选A.2．在计算“1×2＋2×3＋…＋n (n ＋1)”时，某同学学到了如下一种方法：先改写第k 项，k (k ＋1)＝13[k (k ＋1)(k ＋2)－(k －1)k (k ＋1)]，由此得1×2＝13(1×2×3－0×1×2)，2×3＝13(2×3×4－1×2×3)，…n (n ＋1)＝13[n (n ＋1)(n ＋2)－(n －1)n (n ＋1)]．相加，得1×2＋2×3＋…＋n (n ＋1)＝13n (n ＋1)(n ＋2)．类比上述方法，计算“1×2×3＋2×3×4＋…＋n (n ＋1)(n ＋2)”的结果为____________．答案 14n (n ＋1)(n ＋2)(n ＋3)解析 类比k (k ＋1)＝13[k (k ＋1)(k ＋2)－(k －1)k (k ＋1)]，可得到k (k ＋1)(k ＋2)＝14[k (k ＋1)(k ＋2)(k ＋3)－(k －1)k (k ＋1)(k ＋2)]，先逐项裂项，然后累加即得14n (n ＋1)(n ＋2)(n ＋3)．(推荐时间：50分钟)一、选择题1．下列推理是归纳推理的是( )A ．A ，B 为定点，动点P 满足|P A |＋|PB |＝2a >|AB |，则P 点的轨迹为椭圆 B ．由a 1＝1，a n ＝3n －1，求出S 1，S 2，S 3，猜想出数列的前n 项和S n 的表达式C ．由圆x 2＋y 2＝r 2的面积πr 2，猜想出椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1的面积S ＝πabD ．以上均不正确 答案 B解析 从S 1，S 2，S 3猜想出数列的前n 项和S n ，是从特殊到一般的推理，所以B 是归纳推理． 2．观察下列各式：a ＋b ＝1，a 2＋b 2＝3，a 3＋b 3＝4，a 4＋b 4＝7，a 5＋b 5＝11，…，则a 10＋b 10等于( ) A ．28 B ．76 C ．123 D ．199答案 C解析 观察可得各式的值构成数列1,3,4,7,11，…，其规律为从第三项起，每项等于其前相邻两项的和，所求值为数列中的第十项．继续写出此数列为1,3,4,7,11,18,29,47,76,123，…，第十项为123，即a 10＋b 10＝123. 3．已知x >0，观察不等式x ＋1x≥2x ·1x ＝2，x ＋4x 2＝x 2＋x 2＋4x 2≥33x 2·x 2·4x 2＝3，…，由此可得一般结论：x ＋ax n ≥n ＋1(n ∈N *)，则a 的值为( )A ．n nB ．n 2C ．3nD ．2n答案 A解析 根据已知，续写一个不等式：x ＋33x 3＝x 3＋x 3＋x 3＋33x 3≥44x 3·x 3·x 3·33x3＝4，由此可得a ＝n n .故选A. 4．已知函数f (x )是R 上的单调增函数且为奇函数，数列{a n }是等差数列，a 3>0，则f (a 1)＋f (a 3)＋f (a 5)的值( ) A ．恒为正数 B ．恒为负数 C ．恒为0 D ．可正可负答案 A解析 由已知得f (0)＝0，a 1＋a 5＝2a 3>0， 所以a 1>－a 5.由于f (x )单调递增且为奇函数， 所以f (a 1)＋f (a 5)>f (－a 5)＋f (a 5)＝0， 又f (a 3)>0，所以f (a 1)＋f (a 3)＋f (a 5)>0. 故选A.5．在平面内点O 是直线AB 外一点，点C 在直线AB 上，若OC →＝λOA →＋μOB →，则λ＋μ＝1；类似地，如果点O 是空间内任一点，点A ，B ，C ，D 中任意三点均不共线，并且这四点在同一平面内，若DO →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，则x ＋y ＋z 等于( ) A ．0 B ．－1 C ．1 D ．±1答案 B解析 在平面内，由三角形法则， 得AB →＝OB →－OA →，BC →＝OC →－OB →. 因为A ，B ，C 三点共线，所以存在实数t ，使AB →＝tBC →，即OB →－OA →＝t (OC →－OB →)， 所以OC →＝－1t OA →＋(1t＋1)OB →.因为OC →＝λOA →＋μOB →，所以λ＝－1t ，μ＝1t ＋1，所以λ＋μ＝1.类似地，在空间内可得OD →＝λOA →＋μOB →＋ηOC →，λ＋μ＋η＝1. 因为DO →＝－OD →，所以x ＋y ＋z ＝－1.故选B.6．已知f (n )＝32n ＋2－8n －9，存在正整数m ，使n ∈N *时，能使m 整除f (n )，则m 的最大值为( ) A ．24B ．32C ．48D ．64答案 D解析 由f (1)＝64，f (2)＝704＝11×64，f (3)＝6 528＝102×64， 所以f (1)，f (2)，f (3)均能被64整除，猜想f (n )能被64整除． 下面用数学归纳法证明： ①当n ＝1时，由上得证；②假设当n ＝k (k ∈N *)时，f (k )＝32k ＋2－8k －9＝9k ＋1－8k －9能被64整除，则当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝9(k＋1)＋1－8(k ＋1)－9＝9×9k ＋1－8k －17＝9f (k )＋64(k ＋1)．由归纳假设，f (k )是64的倍数，又64(k ＋1)是64的倍数，所以f (k ＋1)能被64整除，所以当n ＝k ＋1时，猜想也成立． 因为f (1)不能被大于64的数整除， 所以所求m 的最大值等于64.故选D. 二、填空题7．如图所示的是由火柴棒拼成的一列图形，第n 个图形由n 个正方形组成，通过观察可以发现第4个图形中，火柴棒有________根；第n 个图形中，火柴棒有________根．答案 13,3n ＋1解析 易得第四个图形中有13根火柴棒，通过观察可得，每增加一个正方形，需增加三根火柴棒，所以第n 个图形中的火柴棒为4＋3(n －1)＝3n ＋1.8．平面内有n 条直线，最多可将平面分成f (n )个区域，则f (n )的表达式为________． 答案 n 2＋n ＋22解析 1条直线将平面分成1＋1个区域；2条直线最多可将平面分成1＋(1＋2)＝4个区域；3条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3)＝7个区域；……，n 条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3＋…＋n )＝1＋n (n ＋1)2＝n 2＋n ＋22个区域．9．(2014·课标全国Ⅰ)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． 由此判断乙去过的城市为________．答案 A解析 由题意可推断：甲没去过B 城市，但比乙去的城市多，而丙说“三人去过同一城市”，说明甲去过A ，C 城市，而乙“没去过C 城市”，说明乙去过城市A ，由此可知，乙去过的城市为A.10．对大于1的自然数m 的三次幂可用奇数进行以下方式的“分裂”：23⎩⎨⎧35，33⎩⎪⎨⎪⎧7911，43⎩⎪⎨⎪⎧13151719，….仿此，若m 3的“分裂数”中有一个是59，则m ＝________.答案 8解析 由已知可观察出m 3可分裂为m 个连续奇数，最小的一个为(m －1)m ＋1.当m ＝8时，最小的数为57，第二个便是59.所以m ＝8. 三、解答题11．已知a ，b ，m 为非零实数，且a 2＋b 2＋2－m ＝0，1a 2＋4b 2＋1－2m ＝0.(1)求证：1a 2＋4b 2≥9a 2＋b 2；(2)求证：m ≥72.证明 (1)(分析法)要证1a 2＋4b 2≥9a 2＋b 2成立，只需证(1a 2＋4b 2)(a 2＋b 2)≥9，即证1＋4＋b 2a 2＋4a 2b 2≥9，即证b 2a 2＋4a 2b2≥4.根据基本不等式，有b 2a 2＋4a 2b 2≥2b 2a 2·4a 2b 2＝4成立， 所以原不等式成立．(2)(综合法)因为a 2＋b 2＝m －2，1a 2＋4b 2＝2m －1，由(1)，知(m －2)(2m －1)≥9， 即2m 2－5m －7≥0， 解得m ≤－1或m ≥72.又∵a 2＋b 2＝m －2>0∴m >2,故m ≤－1舍去， ∴m ≥72.12．若不等式1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ＋1>a24对一切正整数n 都成立，求正整数a 的最大值，并证明结论．解 方法一 当n ＝1时，11＋1＋11＋2＋13＋1>a24，即2624>a24，所以a <26. 而a 是正整数，所以取a ＝25， 下面用数学归纳法证明 1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ＋1>2524. ①当n ＝1时，已证得不等式成立． ②假设当n ＝k (k ∈N *)时，不等式成立， 即1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋1>2524. 则当n ＝k ＋1时， 有1(k ＋1)＋1＋1(k ＋1)＋2＋…＋13(k ＋1)＋1＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3＋13k ＋4－1k ＋1>2524＋[13k ＋2＋13k ＋4－23(k ＋1)]． 因为13k ＋2＋13k ＋4－23(k ＋1)＝6(k ＋1)(3k ＋2)(3k ＋4)－23(k ＋1)＝18(k ＋1)2－2(9k 2＋18k ＋8)(3k ＋2)(3k ＋4)(3k ＋3)＝2(3k ＋2)(3k ＋4)(3k ＋3)>0，所以当n ＝k ＋1时不等式也成立．由①②知，对一切正整数n ，都有1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ＋1>2524，所以正整数a 的最大值为25.方法二 设f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ＋1则f (n ＋1)－f (n )＝13n ＋2＋13n ＋3＋13n ＋4－1n ＋1＝13n ＋2＋13n ＋4－23n ＋3＝2(3n ＋2)(3n ＋4)(3n ＋3)>0， ∴数列{f (n )}为递增数列， ∴f (n )min ＝f (1)＝12＋13＋14＝2624，∴1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋13n ＋1>a 24对一切正整数n 都成立可转化为a 24<f (n )min ，∴a 24<2624，∴a <26.故正整数a 的最大值为25.。
高考数学二轮复习 第一部分 专题篇 专题六 算法、复数、推理与证明、概率与统计 第四讲 概率课时作业 理
2017届高考数学二轮复习 第一部分 专题篇 专题六 算法、复数、推理与证明、概率与统计 第四讲 概率课时作业 理1．已知袋子中装有大小相同的6个小球，其中有2个红球、4个白球．现从中随机摸出3个小球，则至少有2个白球的概率为( ) A.34 B.35 C.45 D.710解析：所求问题有两种情况：1红2白或3白，则所求概率P ＝C 12C 24＋C 34C 36＝45. 答案：C2．(2016·合肥模拟)某企业的4名职工参加职业技能考核，每名职工均可从4个备选考核项目中任意抽取一个参加考核，则恰有一个项目未被抽中的概率为( ) A.916 B.2764 C.81256D.716解析：由题意得，所有的基本事件总数为44＝256，若恰有一个项目未被抽中，则说明4名职工总共抽取了3个项目，符合题意的基本事件数为C 34·C 13·C 24·A 22＝144，故所求概率P ＝144256＝916，故选A. 答案：A3．(2016·武汉调研)在区间[0,1]上随机取一个数x ，则事件“log 0.5(4x －3)≥0”发生的概率为( ) A.34 B.23 C.13D.14解析：因为log 0.5(4x －3)≥0，所以0<4x －3≤1，即34<x ≤1，所以所求概率P ＝1－341－0＝14，故选D. 答案：D4．(2016·广州五校联考)已知四边形ABCD 为长方形，AB ＝2，BC ＝1，O 为AB 的中点，在长方形ABCD 内随机取一点，取到的点到O 的距离大于1的概率为( ) A.π4B ．1－π4C.π8 D ．1－π8解析：如图，依题意可知所求概率为图中阴影部分与长方形的面积比，即所求概率P ＝S 阴影S 长方形ABCD ＝2－π22＝1－π4.答案：B5.(2016·湖南东部六校联考)某车间共有6名工人，他们某日加工零件个数的茎叶图如图所示，其中茎为十位数，叶为个位数，日加工零件个数大于样本均值的工人为优秀工人．从该车间6名工人中，任取2人，则至少有1名优秀工人的概率为( ) A.815 B.49 C.35D.19 解析：依题意，平均数x ＝20＋60＋30＋＋9＋1＋6＝22，故优秀工人只有2人，从中任取2人共有15种情况，其中至少有1名优秀工人的情况有9种，故至少有1名优秀工人的概率P ＝915＝35，故选C.答案：C6．已知集合M ＝{1,2,3}，N ＝{1,2,3,4}．定义映射f ：M →N ，则从中任取一个映射满足由点A (1，f (1))，B (2，f (2))，C (3，f (3))构成△ABC 且AB ＝BC 的概率为( ) A.332 B.532C.316D.14解析：∵集合M ＝{1,2,3}，N ＝{1,2,3,4}，∴映射f ：M →N 有43＝64(种)，∵由点A (1，f (1))，B (2，f (2))，C (3，f (3))构成△ABC 且AB ＝BC ，∴f (1)＝f (3)≠f (2)，∵f (1)＝f (3)有3种选择，f (2)有3种选择，∴从中任取一个映射满足由点A (1，f (1))，B (2，f (2))，C (3，f (3))构成△ABC 且AB ＝BC 的事件有4×3＝12(种)，∴所求概率为1264＝316.答案：C7．包括甲、乙、丙三人在内的4个人任意站成一排，则甲与乙、丙都相邻的概率为________．解析：4个人的全排列种数为A 44，甲与乙、丙都相邻的排法有A 22A 22种，则所求概率为A 22A 22A 44＝16.答案：168．在面积为S 的△ABC 内部任取一点P ，则△PBC 面积大于S4的概率为________．解析：如图，△ABC 面积为S ，DE ∥BC ，并且AD AB ＝34，当点P 在△ADE 内部时，△PBC 的面积超过S 4，所以其概率P ＝S △ADE S △ABC ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫342＝916.答案：9169．在长为12 cm 的线段AB 上任取一点C .现作一矩形，邻边长分别等于线段AC ，CB 的 长，则该矩形面积大于20 cm 2的概率为________．解析：设AC ＝x ，则BC ＝12－x (0<x <12)，又矩形面积S ＝x (12－x )>20，∴x 2－12x ＋20<0，解得2<x <10，∴所求概率为10－212＝23. 答案：2310．(2016·高考全国Ⅱ卷)某险种的基本保费为a (单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：(1)记A (2)记B 为事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的160%”，求P (B )的估计值；(3)求续保人本年度平均保费的估计值．解析：(1)事件A 发生当且仅当一年内出险次数小于2.由所给数据知，一年内出险次数小于2的频率为60＋50200＝0.55，故P (A )的估计值为0.55.(2)事件B 发生当且仅当一年内出险次数大于1且小于4.由所给数据知，一年内出险次数大于1且小于4的频率为30＋30200＝0.3，故P (B )的估计值为0.3.(3)由所给数据得调查的200a ×0.15＋1.75a ×0.10＋2a ×0.05＝1.192 5a .因此，续保人本年度平均保费的估计值为1.192 5a .11．(2016·河南八市联考)某园林基地培育了一种新观赏植物，经过一年的生长发育，技术人员从中抽取了部分植株的高度(单位：厘米)作为样本(样本容量为n )进行统计，按照[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]的分组作出频率分布直方图，并作出样本高度的茎叶图(图中仅列出了高度在[50,60)，[90,100]的数据)．(1)求样本容量n 和频率分布直方图中的x 、y 的值；(2)在选取的样本中，从高度在80厘米以上(含80厘米)的植株中随机抽取2株，求所抽取的2株中至少有一株高度在[90,100]内的概率．解析：(1)由题意可知，样本容量n ＝80.016×10＝50，y ＝250×10＝0.004，x ＝0.100－0.004－0.010－0.016－0.040＝0.030.(2)由题意可知，高度在[80,90)内的株数为5，记这5株分别为a 1，a 2，a 3，a 4，a 5，高度在[90,100]内的株数为2，记这2株分别为b 1，b 2. 抽取2株的所有情况有21种，分别为：(a 1，a 2)，(a 1，a 3)，(a 1，a 4)，(a 1，a 5)，(a 1，b 1)，(a 1，b 2)，(a 2，a 3)，(a 2，a 4)，(a 2，a 5)，(a 2，b 1)，(a 2，b 2)，(a 3，a 4)，(a 3，a 5)，(a 3，b 1)，(a 3，b 2)，(a 4，a 5)，(a 4，b 1)，(a 4，b 2)，(a 5，b 1)，(a 5，b 2)，(b 1，b 2)．其中2株的高度都不在[90,100]内的情况有10种，分别为：(a 1，a 2)，(a 1，a 3)，(a 1，a 4)，(a 1，a 5)，(a 2，a 3)，(a 2，a 4)，(a 2，a 5)，(a 3，a 4)，(a 3，a 5)，(a 4，a 5)．∴所抽取的2株中至少有一株高度在[90,100]内的概率P ＝1－1021＝1121.12．(2016·广州五校联考)对某市工薪阶层关于“楼市限购政策”的态度进行调查，随机抽查了50人，他们月收入(单位：百元)的频数分布及对“楼市限购政策”赞成人数如下表：百元为分界点对“楼市限购政策”的态度有差异？(2)市限购政策”的概率．⎝⎛ 参考公式：K 2＝n ad －bc 2a ＋bc ＋d a ＋cb ＋d，其中⎭⎫n ＝a ＋b ＋c ＋d参考值表：解析：(1)由题意得K 2＝－232×18×40×10≈6.27>3.841，所以有95%的把握认为月收入以55百元为分界点对“楼市限购政策”的态度有差异． (2)设月收入在[55,65)的5人为A ，B ，a ，b ，c ，其中A ，B 表示赞成者，a ，b ，c 表示不赞成者．从5人中选取2人的情况有：(A ，B )，(A ，a )，(A ，b )，(A ，c )，(B ，a )，(B ，b )，(B ，c )，(a ，b )，(a ，c )，(b ，c )，共10种，其中至少有一人赞成的有(A ，B )，(A ，a )，(A ，b )，(A ，c )，(B ，a )，(B ，b )，(B ，c )，共7种，故所求概率为P ＝710.。
高考数学二轮专题复习 专题13 推理与证明课件 文
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专题13 推理与证明
600分基础 考点&考法
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600分基础 考点&考法
v考点75 合情推理与演绎推理 v考点76 直接证明与间接证明
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考点75 合情推理与演绎推理
v考法1 归纳推理 v考法2 类比推理
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考点75 合情推理与演绎推理
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考法2 类比推理
1．常见类型 类比推理常常与数列、空间立体几何等知识点结合起来进行考查，常见类型有： (1)由等差数列的某些性质类比到等比数列的某些性质；(2)由平面图形的某些性 质类比到空间立体图形的某些性质，解决时，要从数目、位置关系、度量等方
面入手，将平面几何的相关结论类比到立体几何中．此类问题相对难度较大， 问题的解决需要在对给出的已知性质、定理有所理解的基础上，再进行类比．
1．合情推理
2．演绎推理 (1)定义：从一般性的原理出发，推出某个特殊情况下的结论，我们把 这种推理称为演绎推理．简言之，演绎推理是由一般到特殊的推理． (2)“三段论”：“若bc，而ab，则ac”是演绎推理的一般模式，包括： ①大前提——已知的一般原理； ②小前提——所研究的特殊情况； ③结论——根据一般原理，对特殊情况做出的判断．
2．常见的类比对象 线→线、面，面→面、体，三角形→四面体，圆→球，边长→边长、面积，面积 →体积，线线角→面面角等． 3．一般步骤 (1)找出两类事物之间的相似性或一致性； (2)用一类事物的性质去猜测另一类事物的性质，得出一个明确的命题(猜想)． 【注意】在进行类比推理时要尽量从本质上去类比，不要被表面现象迷惑，否
高考数学二轮复习 第一部分 微专题强化练 专题7 解三角形
因为 A＋B＋C＝π，所以 sin C＝sin(A＋B)＝ 96.
因为 sin C＜sin B，所以 C＜B，C 为锐角，所以 cos C＝593，
因此 sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C＝ 36×593＋
33×
96＝2
2 3.
由sina
A＝sinc
C，可得
2 a＝cssininCA＝
[立意与点拨] 考查 1.两角和差的三角函数；2.正弦定理；依 据内角和定理及 sin(A＋B)可求 sinC，结合 cosB 及和角公式可求 sinA；由正弦定理sianA＝sincC，可得 a、c 的一个方程结合条件解 方程组可求得 C.
[解析]
在△ABC
中，由
cos
B＝
33，得
sin
B＝
6 3.
[警示] 已知两边及其中一边的对角解三角形时，要注意 对解的情况进行讨论，讨论的依据是：
(一)三角形内角和为180°； (二)大边对大角，小边对小角； (三)弦函数值的绝对值不大于1.
2．将解三角形或三角函数的图象与性质与三角恒等变 换、平面向量知识揉合在一起，有时也与不等式、函数最值结 合，考查应用所学知识分析解决问题能力和应用意识，难度为 中等或容易题.
考题引路
考例 1 (2015·山东文，17)△ABC 中，角 A，B，C 所对的边 分别为 a，b，c.已知 cos B＝ 33，sin (A＋B)＝ 96，ac＝2 3，求 sin A 和 c 的值．
走向高考 ·数学
高考二轮总复习
路漫漫其修远兮 吾将上7 解三角形
1 考向分析
3 强化训练
2 考题引路
4 易错防范
考向分析
高考数学二轮复习 第一部分 专题篇 专题六 算法、复数、推理与证明、概率与统计 第一讲 算法、复数、
明、概率与统计第一讲算法、复数、推理与证明课时作业文编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2017届高考数学二轮复习第一部分专题篇专题六算法、复数、推理与证明、概率与统计第一讲算法、复数、推理与证明课时作业文）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2017届高考数学二轮复习第一部分专题篇专题六算法、复数、推理与证明、概率与统计第一讲算法、复数、推理与证明课时作业文的全部内容。
证明、概率与统计第一讲算法、复数、推理与证明课时作业文1．(2016·高考全国Ⅱ卷）设复数z满足z＋i＝3－i,则z＝（)A．－1＋2i B．1－2iC．3＋2i D．3－2i解析：先求复数z，再利用共轭复数定义求z.由z＋i＝3－i得z＝3－2i,∴z＝3＋2i，故选C.答案：C2．（2016·高考北京卷）执行如图所示的程序框图，输出的s值为（)A．8 B．9C．27 D．36解析：借助循环结构进行运算求解．k＝0，s＝0，满足k≤2；s＝0，k＝1，满足k≤2；s＝1，k＝2，满足k≤2；s＝1＋23＝9，k＝3，不满足k≤2,输出s＝9。
答案：B3．我们知道，在边长为a的正三角形内任意一点到三边的距离之和为定值错误!a,类比上述结论，在边长为a的正四面体内任意一点到其四个面的距离之和为定值( )A.错误!a B。
错误!aC.错误!a D。
错误!a解析：正四面体内任意一点与其四个面组成四个三棱锥，它们的体积之和为正四面体的体积．设点到四个面的距离分别为h1，h2,h3,h4，每个面的面积为错误!a2，正四面体的体积为错误!a3,则有错误!×错误!a2(h1＋h2＋h3＋h4）＝错误!a3，得h1＋h2＋h3＋h4＝错误!a。
高考数学理科二轮(通用版)复习练习：1.4.2推理与证明(含答案)
第一部分 专题四 第2讲1．(2016·江苏南京模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝a n －12a n －1＋1(n ∈N *，n ≥2)，数列{b n }满足关系式b n ＝1a n(n ∈N *)．(1)求证：数列{b n }为等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式．解析：(1)证明：∵b n ＝1a n ，且a n ＝a n －12a n －1＋1，∴b n ＋1＝1a n ＋1＝1a n 2a n ＋1＝2a n ＋1a n ，∴b n ＋1－b n ＝2a n ＋1a n －1a n＝2.又b 1＝1a 1＝1，∴数列{b n }是以1为首项，2为公差的等差数列．(2)由(1)知数列{b n }的通项公式为b n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，又b n ＝1a n ，∴a n ＝1b n ＝12n －1.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝12n －1. 2．(2016·福建厦门模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝3a n ＋2n . (1)求证：数列{a n －2}是等比数列；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2×3n 的前n 项和T n .解析：(1)证明：由S n ＝3a n ＋2n ， 得S n ＋1＝3a n ＋1＋2(n ＋1)，以上两式相减得a n ＋1＝3a n ＋1－3a n ＋2，即a n ＋1＝32a n －1，所以a n ＋1－2＝32(a n －2)．又因为S 1＝a 1＝3a 1＋2，所以a 1＝－1，a 1－2＝－3. 故数列{a n －2}是以－3为首项，32为公比的等比数列．(2)由(1)得a n －2＝－3×⎝⎛⎭⎫32n －1， 所以a n ＝2－3×⎝⎛⎭⎫32n －1，所以a n 2×3n ＝13n －12n ，所以T n ＝13⎝⎛⎭⎫1－13n 1－13－12⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＝12n －12×3n －12. 3．(2016·河北石家庄模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝λS n ＋1(n ∈N *，λ≠－1)，且a 1,2a 2，a 3＋3为等差数列{b n }的前三项．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)求数列{a n b n }的前n 项和．解析：(1)方法一 ∵a n ＋1＝λS n ＋1(n ∈N *)， ∴a n ＝λS n －1＋1(n ≥2)， ∴a n ＋1－a n ＝λa n ，即a n ＋1＝(λ＋1)a n (n ≥2)，λ＋1≠0， 又a 1＝1，a 2＝λS 1＋1＝λ＋1，∴数列{a n }是以1为首项，公比为λ＋1的等比数列， ∴a 3＝(λ＋1)2，∴4(λ＋1)＝1＋(λ＋1)2＋3， 整理得λ2－2λ＋1＝0，解得λ＝1， ∴a n ＝2n －1，b n ＝1＋3(n －1)＝3n －2.方法二 ∵a 1＝1，a n ＋1＝λS n ＋1(n ∈N *)， ∴a 2＝λS 1＋1＝λ＋1，a 3＝λS 2＋1＝λ(1＋λ＋1)＋1＝λ2＋2λ＋1， ∴4(λ＋1)＝1＋λ2＋2λ＋1＋3， 整理得λ2－2λ＋1＝0，解得λ＝1， ∴a n ＋1＝S n ＋1(n ∈N *)， ∴a n ＝S n －1＋1(n ≥2)，∴a n ＋1－a n ＝a n (n ≥2)，即a n ＋1＝2a n (n ≥2)， 又a 1＝1，a 2＝2，∴数列{a n }是以1为首项，公比为2的等比数列， ∴a n ＝2n －1，b n ＝1＋3(n －1)＝3n －2.(2)由(1)知，a n b n ＝(3n －2)×2n －1，设T n 为数列{a n b n }的前n 项和，∴T n ＝1×1＋4×21＋7×22＋…＋(3n －2)×2n －1，① ∴2T n ＝1×21＋4×22＋7×23＋…＋(3n －5)×2n －1＋(3n －2)×2n .②①－②得，－T n ＝1×1＋3×21＋3×22＋…＋3×2n －1－(3n －2)×2n＝1＋3×－2n－11－2－(3n －2)×2n ，整理得：T n ＝(3n －5)×2n ＋5.4．(2016·江西八校联考)已知f (x )＝2sin π2x ，集合M ＝{x ||f (x )|＝2，x ＞0}，把M 中的元素从小到大依次排成一列，得到数列{a n }，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝1a 2n ＋1，设数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n ＜14.解析：(1)∵|f (x )|＝2，∴π2x ＝k π＋π2，k ∈Z ，x ＝2k ＋1，k ∈Z. 又∵x >0，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)证明：∵b n ＝1a 2n ＋1＝1n ＋2＝14n 2＋4n ＋1<14n 2＋4n ＝14⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n <14⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝14－1n ＋<14， ∴T n <14得证．5．(2016·江西南昌调考)设数列{a n }的前n 项和为S n ，如果S nS 2n为常数，则称数列{a n }为“幸福数列”．(1)等差数列{b n }的首项为1，公差不为零，若{b n }为“幸福数列”，求{b n }的通项公式；(2)数列{c n }的各项都是正数，前n 项和为S n ，若c 31＋c 32＋c 33＋…＋c 3n ＝S 2n 对任意n ∈N*都成立，试推断数列{c n }是否为“幸福数列”？并说明理由．解析：(1)设等差数列{b n }的公差为d (d ≠0)，S nS 2n ＝k ，因为b 1＝1，则n ＋12n (n －1)d ＝k ⎣⎡⎦⎤2n ＋12·2n n －d ，即2＋(n －1)d ＝4k ＋2k (2n －1)d . 整理得，(4k －1)dn ＋(2k －1)(2－d )＝0， 因为对任意正整数n 上式恒成立，则⎩⎪⎨⎪⎧d k －＝0k －－d ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2k ＝14.故数列{b n }的通项公式是b n ＝2n －1.(2)由已知，当n ＝1时，c 31＝S 21＝c 21.因为c 1>0，所以c 1＝1.当n ≥2时，c 31＋c 32＋c 33＋…c 3n ＝S 2n ， c 31＋c 32＋c 33＋…＋c 3n －1＝S 2n －1.两式相减，得c 3n ＝S 2n －S 2n －1＝(S n －S n －1)(S n ＋S n －1)＝c n ·(S n ＋S n －1)． 因为c n >0，所以c 2n ＝S n ＋S n －1＝2S n －c n .显然c 1＝1适合上式，所以当n ≥2时，c 2n －1＝2S n －1－c n －1.于是c 2n －c 2n －1＝2(S n －S n －1)－c n ＋c n －1＝2c n －c n ＋c n －1＝c n ＋c n －1.因为c n ＋c n －1>0，则c n －c n －1＝1，所以数列{c n }是首项为1，公差为1的等差数列． 所以S n S 2n ＝n n ＋2n n ＋＝n ＋14n ＋2不为常数， 故数列{c n }不是“幸福数列”．6．(2016·东北三校二模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝2a n －2n (n ∈N *)． (1)证明：{a n ＋2}是等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)数列{b n }满足b n ＝log 2(a n ＋2)，T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和，若T n ＜a 对任意正整数n 都成立，求a 的取值范围．解析：(1)证明：因为S n ＝2a n －2n (n ∈N *)， 所以S n －1＝2a n －1－2(n －1)(n ≥2)． 所以S n －S n －1＝a n ＝2a n －2a n －1－2(n ≥2)， 所以a n ＋2＝2(a n －1＋2)(n ≥2)，又当n ＝1时，S 1＝2a 1－2＝a 1，解得a 1＝2，所以a 1＋2＝4， 所以{a n ＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列， 所以a n ＋2＝4×2n －1(n ∈N *)，所以a n ＝2n ＋1－2(n ∈N *)．(2)因为b n ＝log 2(a n ＋2)＝log 22n ＋1＝n ＋1，所以1b n b n ＋1＝1n ＋n ＋＝1n ＋1－1n ＋2， 所以T n ＝⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n ＋1－1n ＋2 ＝12－1n ＋2<12， 因为T n <a 对任意正整数n 都成立，所以a ≥12.7．(2016·安徽合肥第一次模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S 3＝6，正项数列{b n }满足b 1·b 2·b 3…·b n ＝2S n .(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若λb n ＞a n 对 n ∈N *均成立，求实数λ的取值范围． 解析：(1)∵a 1＝1，S 3＝6，∴数列{a n }的公差d ＝1，a n ＝n .由题知，⎩⎪⎨⎪⎧b 1·b 2·b 3·…·b n ＝2S n ，①b 1·b 2·b 3·…·b n －1＝2S n －1n ，②①÷②，得b n ＝2S n －S n －1＝2a n ＝2n (n ≥2)， 又b 1＝2S 1＝21＝2，满足上式，故b n ＝2n . (2)由λb n >a n 恒成立⇒λ>n2n 恒成立，设c n ＝n2n ，则c n ＋1c n ＝n ＋12n，当n ≥2时，c n <1，数列{c n }单调递减， ∴(c n )max ＝12，故λ>12，即实数λ的取值范围是⎝⎛⎭⎫12，＋∞.8．(2016·湖北武汉四月调考)已知数列{a n }中，前m 项依次构成首项为1，公差为－2的等差数列，第m ＋1项至第2m 项依次构成首项为1，公比为12的等比数列，其中m ≥3，m∈N *.(1)当1≤n ≤2m 时，求a n ；(2)若对任意的m ∈N *，都有a n ＋2m ＝a n ，设数列{a n }的前n 项和为S n ，求证：S 4m ＋3≤－112.解析：(1)当1≤n ≤m 时，a n ＝1＋(n －1)·(－2)＝3－2n ；当m ＋1≤n ≤2m 时，a n ＝1·⎝⎛⎭⎫12n －m －1＝⎝⎛⎭⎫12n －m －1. 综上，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3－2n ，1≤n ≤m ，⎝⎛⎭⎫12n －1－m ，m ＋1≤n ≤2m .(2)证明：因为对任意的n ∈N *，都有a n ＋2m ＝a n ， 所以数列{a n }具有周期性，周期为2m . S 4m ＋3＝S 4m ＋a 4m ＋1＋a 4m ＋2＋a 4m ＋3 ＝2S 2m ＋a 1＋a 2＋a 3＝2[(a 1＋a 2＋…a m )＋(a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a 2m )]＋a 1＋a 2＋a 3 ＝2⎣⎡⎦⎤m ·1＋m m －2－＋2·1－⎝⎛⎭⎫12m －1·121－12＋1－1－3＝4m －2m 2＋1－42m .令f (m )＝4m －2m 2＋1－42m (m ≥3，m ∈N *)，则f (m ＋1)－f (m )＝4(m ＋1)－2(m ＋1)2＋1－42m 1－4m ＋2m 2－1＋42m ＝2－4m ＋22m .因为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2－4m ＋22m (m ≥3)单调递减，所以f (m ＋1)－f (m )＝2－4m ＋22m≤2－4×3＋223＝－394<0，所以f (m ＋1)<f (m )．所以函数f (m )单调递减． 所以f (m )≤f (3)＝4×3－2×32＋1－423＝－112.即S 4m ＋3≤－112.。
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【走向高考】（全国通用）2016高考数学二轮复习 第一部分 微专题强化练 专题17 推理与证明（含解析）
一、选择题 1．(文)将正奇数1,3,5,7，…排成五列(如下表)，按此表的排列规律，89所在的位置是( ) 第 第 第 第 第 一 二 三 四 五 列 列 列 列 列 1 3 5 7 15 13 11 9 17 19 21 23 31 29 27 25 … A．第一列 B．第二列 C．第三列 D．第四列 [答案] D [解析] 正奇数从小到大排，则89位居第45位，而45＝4×11＋1，故89位于第四列． (理)(2014·广州市综合测试)将正偶数2,4,6,8，…按下表的方式进行排列，记aij表示第i行第j列的数，若aij＝2014，则i＋j的值为( ) 第1列 第2列 第3列 第4列 第5列 第1行 2 4 6 8 第2行 16 14 12 10 第3行 18 20 22 24 第4行 32 30 28 26 第5行 34 36 38 40 … … … … … … A．257 B．256 C．254 D．253 [答案] C [解析] 依题意，注意到题中的数表中，奇数行空置第1列，偶数行空置第5列；且自左向右，奇数行的数字由小到大排列，偶数行的数字由大到小排列；2014是数列{2n}的第1007项，且1007＝4×251＋3，因此2014位于题中的数表的第252行第2列，于是有i＋j＝252＋2＝254，故选C． [方法点拨] 归纳推理 根据一类事物的部分对象具有某种性质，推出这类事物的所有对象都具有这样性质的推理，叫做归纳推理，归纳是由特殊到一般的推理． 归纳推理是由部分到整体，由个别到一般的推理，在进行归纳时，要先根据已知的部分个体，把它们适当变形，使其具有统一的表现形式，便于观察发现其规律，找出它们之间的联系，从而归纳出一般结论． 2．(2015·广东文，6)若直线l1与l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是( ) A．l与l1，l2都不相交 B．l与l1，l2都相交 C．l至多与l1，l2中的一条相交 D．l至少与l1，l2中的一条相交 [答案] D [解析] 考查空间点、线、面的位置关系． 若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，假如l与l1、l2都不相交，则l∥l1，l∥l2，∴l1∥l2，与l1、l2异面矛盾，因此l至少与l1，l2
中的一条相交，故选D．
[方法点拨] 演绎推理 根据一般性的真命题(或逻辑规则)导出特殊性命题为真的推理叫做演绎推理．演绎推理是由一般性命题到特殊性命题的推理． (1)演绎推理的特点 当前提为真时，结论必然为真． (2)演绎推理的一般模式——“三段论” ①大前提——已知的一般原理； ②小前提——所研究的特殊情况； ③结论——根据一般原理，对特殊情况做出的判断．
3．(文)若数列{an}是等差数列，则数列{bn}(bn＝a1＋a2＋…＋ann)也为等差数列．类比这一性质可知，若正项数列{cn}是等比数列，则数列{dn}也是等比数列，则dn的表达式应为( )
A．dn＝c1＋c2＋…＋cnn B．dn＝c1·c2·…·cnn
C．dn＝ncn1＋cn2＋…＋cnnn D．dn＝nc1·c2·…·cn [答案] D [解析] 通过审题观察，对比分析得到：
已知 等差数列{an} 前n项和Sn＝a1＋a2＋…＋an bn＝Snn 算术平均 bn成等差
类比项 等比数 列{cn} 前n项积Tn＝c1c2…cn dn＝nTn 几何 平均 dn成等比 故选D． [方法点拨] 类比推理 根据两类不同事物之间具有某些类似(或一致)性，推测其中一类事物具有与另一类事物类似(或相同)的性质的推理叫做类比推理，类比推理是由特殊到特殊的推理． 进行类比推理时，要抓住类比对象之间相似的性质，如等差数列的和对应的可能是等比数列的和，更可能是等比数列的积，再结合其他要求进一步确定类比项． (理)记等差数列{an}的前n项和为Sn，利用倒序求和的方法，可将Sn表示成首项a1、末项an与项数n的一个关系式，即公式Sn＝na1＋an2；类似地，记等比数列{bn}的前n项积为Tn，且bn>0(n∈N*)，试类比等差数列求和的方法，可将Tn表示成首项b1、末项bn与项数n的一个关系式，即公式Tn＝( )
A．nb1＋bn2 B．b1＋bnn2
C．nb1bn D．(b1bn)n2 [答案] D [解析] 利用等比数列的性质：若m＋n＝p＋q，则bm·bn＝bp·bq，利用倒序求积方法有
Tn＝b1b2·…·bn，Tn＝bnbn－1·…·b1，
两式相乘得T2n＝(b1bn)n，即Tn＝(b1bn)n2. 4．观察下图： 1 2 3 4 3 4 5 6 7 4 5 6 7 8 9 10 ………… 则第( )行的各数之和等于20112.( ) A．2010 B．2009 C．1006 D．1005 [答案] C [解析] 由题设图知，第一行各数和为1；第二行各数和为9＝32；第三行各数和为25＝52；第四行各数和为49＝72；…，∴第n行各数和为(2n－1)2，令2n－1＝2011，解得n＝1006. [点评] 观察可见，第1行有1个数，第2行从2开始有3个数，第3行从3开始有5个数，第4行从4开始有7个数，…，第n行从n开始，有2n－1个数，因此第n行各数的
和为n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝n－n＋n－2＝(2n－1)2. 5．已知正三角形内切圆的半径是其高的13，把这个结论推广到空间正四面体，类似的结论是( ) A．正四面体的内切球的半径是其高的12
B．正四面体的内切球的半径是其高的13 C．正四面体的内切球的半径是其高的14 D．正四面体的内切球的半径是其高的15 [答案] C [解析] 原问题的解法为等面积法，即S＝12ah＝3×12ar⇒r＝13h，类比问题的解法应为等体积法，V＝13Sh＝4×13Sr⇒r＝14h，即正四面体的内切球的半径是其高的14，所以应选C． 6．(文)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 [答案] A [解析] 至少有一个实根的否定为：没有实根． (理)①已知p3＋q3＝2，求证p＋q≤2，用反证法证明时，可假设p＋q≥2，②已知a、b∈R，|a|＋|b|<1，求证方程x2＋ax＋b＝0的两根的绝对值都小于1.用反证法证明时可假设方程有一根x1的绝对值大于或等于1，即假设|x1|≥1.以下结论正确的是( )
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] D [解析] 反证法的实质是命题的等价性，因为命题p与命题的否定¬p真假相对，故直接证明困难时，可用反证法．故选D． [方法点拨] 1.反证法的定义 一般地，由证明p⇒q转向证明：綈q⇒r⇒…⇒t，t与假设矛盾，或与某个真命题矛盾．从而判断綈q为假，推出q为真的方法，叫做反证法． 2．反证法的特点 先假设原命题不成立，再在正确的推理下得出矛盾，这个矛盾可以是与已知条件矛盾，或与假设矛盾，或与定义、公理、定理、公式或已被证明了的结论，或与公认的简单事实等矛盾． 7．(文)在平面直角坐标系中，设△ABC的顶点分别为A(0，a)、B(b,0)、C(c,0)，点P(0，p)在线段AO上(异于端点)，设a、b、c、p均为非零实数，直线BP、CP分别交AC、AB于
点E、F，一同学已正确算出OE的方程：(1b－1c)x＋(1p－1a)y＝0，则OF的方程为：(________)x
＋(1p－1a)y＝0.( ) A．1b－1c B．1a－1b C．1c－1b D．1c－1a [答案] C [分析] 观察E，F两点可以发现，E、F两点的特征类似，E是BP与AC的交点，F是CP与AB的交点，故直线OE与OF的方程应具有类似的特征，而y的系数相同，故只有x的系数满足某种“对称性”，据此可作猜测． [解析] 方法1：类比法 E在AC上，OE的方程为
(1b－1c)x＋(1p－1a)y＝0. F在AB上，它们的区别在于B、C互换． 因而OF的方程应为
(1c－1b)x＋(1p－1a)y＝0.
∴括号内应填：1c－1b. 方法2：画草图如右，由对称性可猜想填1c－1b.事实上，由截距式可得直线AB：xb＋ya＝1，直线AP：xc＋yp＝1，两式相减得(1c－1b)x＋(1p－1a)y＝0， 显然直线AB与CP的交点F满足此方程，又原点O也满足此方程，故为所求直线OF的方程． [方法点拨] 类比推理是由特殊到特殊的推理，是两类类似的对象之间的推理，其中一个对象具有某个性质，则另一个对象也具有类似的性质．在进行类比时，要充分考虑已知对象性质的推理过程，然后仿照推导类比对象的性质．
(理)在Rt△ABC中，CA⊥CB，斜边AB上的高为h1，则1h21＝1CA2＋1CB2；类比此性质，如图，在四面体P－ABC中，若PA、PB、PC两两垂直，底面ABC上的高为h，则得到的正确结论为( )
A．1h2＝1AB2＋1AC2＋1BC2 B．h2＝PA2＋PB2＋PC2 C．1h3＝1AB3＋1AC3＋1BC3 D．1h2＝1PA2＋1PB2＋1PC2 [答案] D [解析] 本题考查了合情推理的能力． 连接CO并延长交AB于点D，连接PD，