2013高考数学_(真题+模拟新题分类)_推理与证明_理

第一篇：2013高考数学_(真题+模拟新题分类)_推理与证明_理

推理与证明

M1 合情推理与演绎推理

15．B13，J3，M1[2013·福建卷] 当x∈R，|x|<1时，有如下表达式： 12n

1＋x＋x＋„＋x.1－x

11121n1

1两边同时积分得：∫01dx0xdx＋∫0xdx＋„＋∫0xdx0，222221－x从而得到如下等式：

1n＋1111211311×＋＋＋„＋＋„＝ln 2.22232n＋12请根据以上材料所蕴含的数学思想方法，计算：

1111212131n1n＋1CCn×＋n×＋„＋n×＝__________．

22232n＋12

0n

13n＋1n0122nn

15.[解析](1＋x)＝Cn＋Cnx＋Cnx＋„＋Cnx，－1n＋12

11121n1012nn

两边同时积分得Cn∫01dx＋Cn∫0xdx＋Cn∫xdx＋„＋Cn∫0xdx＝∫(1＋x)dx，***n1n＋113n＋10

得Cn×Cn×＋n×Cn＝－1.22232n＋12n＋1

214．M1[2013·湖北卷] 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n（n＋1）121

数1，3，6，10，„，第n个三角形数为＝n，记第n个k边形数为N(n，k)(k≥3)，222以下列出了部分k边形数中第n个数的表达式：

121

三角形数 N(n，3)＝＋n，22正方形数 N(n，4)＝n，321

五边形数 N(n，5)＝－n，22

六边形数 N(n，6)＝2n－n，„„

可以推测N(n，k)的表达式，由此计算N(10，24)＝________.11k－22

14．1 000 [解析] 观察得k每增加1，n项系数增加n项系数减少，N(n，k)＝

222n2

n＋(4－k)N(10，24)＝1 000.20，0

ln x，x≥1.

＋

2-1-

①若a>0，b>0，则ln(a)＝blna；

＋＋＋

②若a>0，b>0，则ln(ab)＝lna＋lnb；

＋a＋＋

③若a>0，b>0，则ln≥lna－lnb；

b

＋b＋

④若a>0，b>0，则ln(a＋b)≤lna＋lnb＋ln 2.其中的真命题有________．(写出所有真命题的编号)

b＋bb

16．①③④ [解析] ①中，当a≥1时，∵b>0，∴a≥1，ln(a)＝ln a＝bln a＝bln＋b＋b＋

a；当00，∴0

＋＋＋

②中，当01时，左边＝ln(ab)＝0，右边＝lna＋lnb＝ln a＋0＝ln a>0，∴②不成立；

aa＋＋

≤1，即a≤b时，左边＝0，右边＝lna－lnb≤0bba

时，左边＝lnln a－ln b>0，若a>b>1时，右边＝ln a－ln b，左边≥右边成立；若0

1ba

时，右边＝0, 左边≥右边成立；若a>1>b>0，左边＝ln＝ln a－ln b>ln a，右边＝ln a，b左边≥右边成立，∴③正确；

④中，若0

＋

＋

＋＋＋

(a＋b)＝0，右边＝ln＋a＋ln＋b＋ln 2＝ln 2>0，左边≤

a＋b，2

(a＋b)－ln 2＝ln(a＋b)－ln 2＝a＋ba＋ba＋ba＋b又∵≤a或≤b，a，b至少有1个大于1，∴lnln a或lnln b，即

2222有ln

＋

(a＋b)－ln 2＝ln(a＋b)－ln 2＝ln

a＋b＋＋

≤lna＋lnb，∴④正确． 2

14．M1[2013·陕西卷] 观察下列等式： 2

1＝1 22

1－2＝－3 222

1－2＋3＝6 2222

1－2＋3－4＝－10 „„

照此规律，第n个等式可为________． 14．1－2＋3－4＋„＋(－1)

n＋12

n＝(－1)

n＋1

n（n＋1）

[解析] 结合已知所给几项的特2

点，可知式子左边共n项，且正负交错，奇数项为正，偶数项为负，右边的绝对值为左边底

2222n＋12n

数的和，系数和最后一项正负保持一致，故表达式为1－2＋3－4＋„＋(－1)n＝(－1)

＋1

n（n＋1）

M2 直接证明与间接证明

20．M2，D2，D3，D5[2013·北京卷] 已知{an}是由非负整数组成的无穷数列，该数列前n项的最大值记为An，第n项之后各项an＋1，an＋2，„的最小值记为Bn，dn＝An－Bn.-2-

(1)若{an}为2，1，4，3，2，1，4，3，„，是一个周期为4的数列(即对任意n∈N，an

＋4＝an)，写出d1，d2，d3，d4的值；

(2)设d是非负整数，证明：dn＝－d(n＝1，2，3，„)的充分必要条件为{an}是公差为d的等差数列；

(3)证明：若a1＝2，dn＝1(n＝1，2，3，„)，则{an}的项只能是1或者2，且有无穷多项为1.20．解：(1)d1＝d2＝1，d3＝d4＝3.(2)(充分性)因为{an}是公差为d的等差数列，且d≥0，所以a1≤a2≤„≤an≤„.因此An＝an，Bn＝an＋1，dn＝an－an＋1＝－d(n＝1，2，3，„)．

(必要性)因为dn＝－d≤0(n＝1，2，3，„)．所以An＝Bn＋dn≤Bn.又因为an≤An，an＋1≥Bn，所以an≤an＋1.于是，An＝an，Bn＝an＋1.因此an＋1－an＝Bn－An＝－dn＝d，即{an}是公差为d的等差数列．

(3)因为a1＝2，d1＝1，所以A1＝a1＝2，B1＝A1－d1＝1.故对任意n≥1，an≥B1＝1.假设{an}(n≥2)中存在大于2的项． 设m为满足am>2的最小正整数，则m≥2，并且对任意1≤k2，于是，Bm＝Am－dm>2－1＝1，Bm－1＝min{am，Bm}>1.故dm－1＝Am－1－Bm－1<2－1＝1，与dm－1＝1矛盾．

所以对于任意n≥1，有an≤2，即非负整数列{an}的各项只能为1或2.因为对任意n≥1，an≤2＝a1，所以An＝2.故Bn＝An－dn＝2－1＝1.因此对于任意正整数n，存在m满足m>n，且am＝1，即数列{an}有无穷多项为1.M3 数学归纳法

M4 单元综合1111

1．[2013·黄山质检] 已知n为正偶数，用数学归纳法证明1－＋－＋„＋234n＋1

1112(＋„＋)时，若已假设n＝k(k≥2为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设n＋2n＋42n

再证n＝()时等式成立()

A．k＋1B．k＋2 C．2k＋2D．2(k＋2)

1．B [解析] 根据数学归纳法的步骤可知，则n＝k(k≥2为偶数)下一个偶数为k＋2，故答案为B.2．[2013·石景山期末] 在整数集Z中，被5除所得余数为k的所有整数组成一个“类”，记为[k]，即[k]＝{5n＋k|n∈Z}，k＝0，1，2，3，4.给出如下四个结论：

*

①2 013∈[3]；②－2∈[2]；③Z＝[0]∪[1]∪[2]∪[3]∪[4]；④整数a，b属于同一“类”的充要条件是a－b∈[0]．

其中，正确结论的个数为()

A．1B．2C．3D．

42．C [解析] 因为2 013＝402×5＋3，所以2 013∈[3]，①正确．－2＝－1×5＋3，－2∈[3]，所以②不正确．因为整数集中的数被5除的余数可以且只可以分成五类，所以③正确．整数a，b属于同一“类”，则整数a，b被5除的余数相同，从而a－b被5除的余数为0，反之也成立，故整数a，b属于同一“类”的充要条件是a－b∈[0]，故④正确．所以正确的结论个数为3，选C.223344

3．[2013·汕头期末] 已知2＋＝3＋3 4＋＝，33881515aa

6＋＝(a，t均为正实数)，类比以上等式，可推测a，t的值，则a－t＝________． tt

3．－29 [解析] 类比等式可推测a＝6，t＝35，则a－t＝－29.x

4．[2013·福州期末] 已知点A(x1，ax1)，B(x2，ax2)是函数y＝a(a>1)的图像上任意不同两点，依据图像可知，线段AB总是位于A、B两点之间函数图像的上方，因此有结论

x1＋x2

ax1＋ax2

>a2成立．运用类比思想方法可知，若点A(x1，sin x1)，B(x2，sin x2)是函数y2

＝sin x(x∈(0，π))的图像上的不同两点，则类似地有________成立．

sin x1＋sin x2x1＋x24.[解析] 函数y＝sin x在x∈(0，π)的图像上任意不同两

sin x1＋sin x2

点A，B，依据图像可知，线段AB总是位于A，B两点之间函数图像的下方，所以

x1＋x2

[规律解读] 类比推理中的结论要注意问题在变化之后的不同，要“求同存异”才能够正确解决问题．

5．[2013·云南师大附中月考] 我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系中，利用求动点轨迹方程的方法，可以求出过点A(－3，4)，且法向量为n＝(1，－2)的直线(点法式)方程为1×(x＋3)＋(－2)×(y－4)＝0，化简得x－2y＋11＝0.类比以上方法，在空间直角坐标系中，经过点A(1，2，3)，且法向量为n＝(－1，－2，1)的平面(点法式)方程为________．

5．x＋2y－z－2＝0 [解析] 设B(x，y，z)为平面内的任一点，类比得平面的方程为(－1)×(x－1)＋(－2)×(y－2)＋1×(z－3)＝0，即x＋2y－z－2＝0.*

6．[2013·黄山质检] 已知数列{an}满足a1＝1，an＝logn(n＋1)(n≥2，n∈N)．定义：

*

使乘积a1·a2·„·ak为正整数的k(k∈N)叫作“简易数”．则在[1，2 012]内所有“简易数”的和为________．

lg（n＋1）

6．2 036 [解析] ∵an＝logn(n＋1)＝，lg n

lg 3lg 4lg（k＋1）lg（k＋1）

∴a1·a2·„·ak·＝＝log2(k＋1)，则“简

lg 2lg 3lg klg 2

nn

易数”k使log2(k＋1)为整数，即满足2＝k＋1，所以k＝2－1，则在[1，2 012]内所有“简

2（1－2）1210

易数”的和为2－1＋2－1＋„＋2－1＝－10＝1 023×2－10＝2 036.1－2

若

第二篇：2014年高考数学文科(高考真题+模拟新题)分类：M单元 推理与证明

数学

M单元 推理与证明

M1 合情推理与演绎推理

16．，[2014·福建卷] 已知集合{a，b，c}＝{0，1，2}，且下列三个关系：①a≠2；②b＝2；③c≠0有且只有一个正确，则100a＋10b＋c等于________．

16．201 [解析](i)若①正确，则②③不正确，由③不正确得c＝0，由①正确得a＝1，所以b＝2，与②不正确矛盾，故①不正确．

(ii)若②正确，则①③不正确，由①不正确得a＝2，与②正确矛盾，故②不正确．(iii)若③正确，则①②不正确，由①不正确得a＝2，由②不正确及③正确得b＝0，c＝1，故③正确．

则100a＋10b＋c＝100×2＋10×0＋1＝201.14．[2014·全国新课标卷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．

由此可判断乙去过的城市为________．

14．A [解析] 由甲没去过B城市，乙没去过C城市，而三人去过同一城市，可知三人去过城市A，又由甲最多去过两个城市，且去过的城市比乙多，故乙只去过A城市．

x14．[2014·陕西卷] 已知f(x)＝x≥0，若f1(x)＝f(x)，fn＋1(x)＝f(fn(x))，n∈N＋，则1＋x

f2014(x)的表达式为________．

xx14.[解析] 由题意，得f1(x)＝f(x)＝ 1＋2014x1＋x

x

1＋xxxf2(x)＝f3(x)＝，„，x1＋2x1＋3x11＋x

由此归纳推理可得f2014(x)＝x.1＋2014x

M2 直接证明与间接证明

21．、[2014·湖南卷] 已知函数f(x)＝xcos x－sin x＋1(x＞0)．

(1)求f(x)的单调区间；

111(2)记xi为f(x)的从小到大的第i(i∈N*)个零点，证明：对一切n∈N*，有x1x2xn

321．解：(1)f′(x)＝cos x－xsin x－cos x＝－xsin x.令f′(x)＝0，得x＝kπ(k∈N*)．

当x∈(2kπ，(2k＋1)π)(k∈N)时，sin x>0，此时f′(x)<0;

当x∈((2k＋1)π，(2k＋2)π)(k∈N)时，sin x<0，此时f′(x)>0.故f(x)的单调递减区间为(2kπ，(2k＋1)π)(k∈N)，单调递增区间为((2k＋1)π，(2k＋2)π)(k∈N)．

ππ(2)由(1)知，f(x)在区间(0，π)上单调递减．又f＝0，故x1＝.2

2当n∈N*时，因为

＋f(nπ)f[（n＋1）π]＝[(－1)nnπ＋1][(－1)n1(n＋1)π＋1]＜0，且函数f(x)的图像是连续不断的，所以f(x)在区间(nπ，(n＋1)π)内至少存在一个零点．又f(x)在区间(nπ，(n＋1)π)上是单调的，故

nπ＜xn＋1＜(n＋1)π.142因此，当n＝1时，＜； x1π3

1112当n＝2时，＋(4＋1)＜ x1x2π3

当n≥3时，1111114＋1＋ 2（n－1）x1x2xnπ

11151＜＜（n－2）（n－1）1×2ππ5＋1－1＋11＋„＋11 223n－2n－1

1162＝6－n－1＜＜π3π

1112综上所述，对一切n∈N*，.x1x2xn3

M3数学归纳法

sin x23．、[2014·江苏卷] 已知函数f0(x)＝(x>0)，设fn(x)为fn－1(x)的导数，n∈N*.x

πππ(1)求2f1＋f2的值； 222

πππ2(2)证明：对任意的n∈N*，等式nfn－1＋n＝ 4442

sin xcos xsin x23．解：(1)由已知，得f1(x)＝f′0(x)＝′＝－，xxx

cos xxsin ′＝ 于是f2(x)＝f1′(x)＝′－xx－sin x2cos x2sin x＋，xxx

ππ4216所以f1＝－f2＝－22πππ

πππ故2f12＝－1.222(2)证明：由已知得，xf0(x)＝sin x，等式两边分别对x求导，得f0(x)＋xf0′(x)＝cos x，π即f0(x)＋xf1(x)＝cos x＝sinx＋.2

类似可得

2f1(x)＋xf2(x)＝－sin x＝sin(x＋π)，3π3f2(x)＋xf3(x)＝－cos x＝sinx＋，2

4f3(x)＋xf4(x)＝sin x＝sin(x＋2π)．

nπ下面用数学归纳法证明等式nfn－1(x)＋xfn(x)＝sinx＋对所有的n∈N*都成立． 2

(i)当n＝1时，由上可知等式成立．

kπ(ii)假设当n＝k时等式成立，即kfk－1(x)＋xfk(x)＝sinx.2

因为[kfk－1(x)＋xfk(x)]′＝kfk－1′(x)＋fk(x)＋xfk′(x)＝(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)，sinx＋kπ′＝cosx＋kπ·x＋kπ′＝sinx＋（k＋1）π，2222

（k＋1）π所以(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)＝sinx＋2，因此当n＝k＋1时，等式也成立．

nπ综合(i)(ii)可知，等式nfn－1(x)＋xfn(x)＝sinx＋对所有的n∈N*都成立． 2

πππππnπ令x＝nfn－1＋fn＝sin＋(n∈N*)，424444

πππ所以nfn－1＋fn＝444(n∈N*)．

M4单元综合5．[2014·湖南长郡中学月考] 记Sk＝1k＋2k＋3k＋„＋nk，当k＝1，2，3，„时，观察

111111111111下列等式：S1＝n2＋n，S2＝n3＋2＋n，S34＋3＋2，S4＝n5n4＋3－n，2232642452330

115S56＋5＋n4＋An2，„由此可以推测A＝____________． 6212

11155．－ [解析] 根据所给等式可知，各等式右边的各项系数之和为1，所以＋126212

1A＝1，解得A＝－12

6．[2014·日照一中月考] 二维空间中圆的一维测度(周长)l＝2πr，二维测度(面积)S＝π

4r2，观察发现S′＝l；三维空间中球的二维测度(表面积)S＝4πr2，三维测度(体积)V＝πr3，3

观察发现V′＝S.已知四维空间中“超球”的三维测度V＝8πr3，猜想其四维测度W＝________.6．2πr4 [解析] 因为W′＝8πr3，所以W＝2πr4.7．[2014·甘肃天水一中期末] 观察下列等式：

(1＋1)＝2×1；

(2＋1)(2＋2)＝22×1×3；

(3＋1)(3＋2)(3＋3)＝23×1×3×5.照此规律，第n个等式为________________________________________________________________________．

7．(n＋1)(n＋2)(n＋3)„(n＋n)＝2n×1×3×5ׄ×(2n－1)

[解析] 观察等式规律可知第n个等式为(n＋1)(n＋2)(n＋3)„(n＋n)＝2n×1×3×5ׄ×(2n－1)．

8．[2014·南昌调研] 已知整数对的序列为(1，1)，(1，2)，(2，1)，(1，3)，(2，2)，(3，1)，(1，4)，(2，3)，(3，2)，(4，1)，(1，5)，(2，4)，„，则第57个数对是________．

8．(2，10)[解析] 由题意，发现所给序数列有如下规律：

(1，1)的和为2，共1个；

(1，2)，(2，1)的和为3，共2个；

(1，3)，(2，2)，(3，1)的和为4，共3个；

(1，4)，(2，3)，(3，2)，(4，1)的和为5，共4个；

(1，5)，(2，4)，(3，3)，(4，2)，(5，1)的和为6，共5个．

由此可知，当数对中两个数字之和为n时，有n－1个数对．易知第57个数对中两数之和为12，且是两数之和为12的数对中的第2个数对，故为(2，10)．

9．[2014·福州模拟] 已知点A(x1，ax1)，B(x2，ax2)是函数y＝ax(a>1)的图像上任意不同的两点，依据图像可知，线段AB总是位于A，B两点之间函数图像的上方，因此有结论ax1＋ax2x1＋x2>a成立．运用类比的思想方法可知，若点A(x1，sin x1)，B(x2，sin x2)是函数y22

＝sin x(x∈(0，π))的图像上任意不同的两点，则类似地有________________成立．

9.sin x1＋sin x2x1＋x2

sin x1＋sin x2x1＋x2总是位于A，B两点之间函数图像的下方，所以有

第三篇：2012年高考真题理科数学解析分类14推理与证明

陕西省永寿县中学杨宏军整理hongjunyang@qq.com

2012年高考真题理科数学解析分类汇编14推理与证明

1.【2012高考江西理6】观察下列各式：ab1,a2b23,a3b34,a4b47, a5b511,则ab 1010

A．28B．76C．123D．199

【答案】C

【命题立意】本题考查合情推理中的归纳推理以及递推数列的通项公式。

【解析】等式右面的数构成一个数列1,3,4,7,11，数列的前两项相加后面的项，即anan1an2，所以可推出a10123，选C.2.【2012高考全国卷理12】正方形ABCD的边长为1，点E在边AB上，点F在边BC上，AE＝BF＝7.动点P从E出发沿直线喜爱那个F运动，每当碰到正方形的方向的边时反弹，3反弹时反射等于入射角，当点P第一次碰到E时，P与正方形的边碰撞的次数为

（A）16（B）14（C）12(D)10

【答案】B

【命题意图】本试题主要考查了反射原理与三角形相似知识的运用。通过相似三角形，来确定反射后的点的落的位置，结合图像分析反射的次数即可。

【解析】结合已知中的点E,F的位置，进行作图，推理可知，在反射的过程中，直线是

平行的，那么利用平行关系，作图，可以得到回到EA点时，需要碰撞14次即可.3.【2012高考湖北理10】我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰：置积尺数，以十六乘之，九而一，所得开立方除之，即立圆径.“开立圆术”相当于给出了已知球的体积V，求其直径d的一个近似公式d

根据π =3.14159

.人们还用过一些类似的近似公式.判断，下列近似公式中最精确的一个是

B

．dC

．dD

．d11.d【答案】D

考点分析：考察球的体积公式以及估算.【解析】

4d3a6b69由V()，得d设选项中常数为,则=；A中代入得==3.375，32ba16

616157611B中代入得==3，C中代入得==3.14,D中代入得==3.142857，2300

21由于D中值最接近的真实值，故选择D。

4.【2012高考陕西理11】 观察下列不等式

13 222

115123，2331

———— 1

1

1117 223242

4„„

照此规律，第五个不等式为.．．．

1111111

2222.2

234566

1111111

【解析】通过观察易知第五个不等式为122222.234566

【答案】1

5.【2012高考湖南理16】设N=2（n∈N，n≥2），将N个数x1,x2,„，xN依次放入编号为

1,2，„，N的N个位置，得到排列P0=x1x2„xN.将该排列中分别位于奇数与偶数位置的数取

n

*

NN和后个位置，得到排列P1=x1x3„xN-1x2x4„xN，将此22

N

操作称为C变换，将P1分成两段，每段个数，并对每段作C变换，得到p2；当2≤i≤

Ni

n-2时，将Pi分成2段，每段i个数，并对每段C变换，得到Pi+1，例如，当N=8时，出，并按原顺序依次放入对应的前

P2=x1x5x3x7x2x6x4x8，此时x7位于P2中的第4个位置.（1）当N=16时，x7位于P2中的第___个位置；

n

（2）当N=2（n≥8）时，x173位于P4中的第___个位置.【答案】（1）6；（2）32【解析】（1）当N=16时,n4

11

P0x1x2x3x4x5x6P1x1x3x5x7

x16,可设为(1,2,3,4,5,6,x16,即为(1,3,5,7,9，16), 2,4,6,8，16)，16), x7位于P2中的第6

x15x2x4x6

P2x1x5x9x13x3x7x11x15x2x6

个位置,；

x16,即(1,5,9,13,3,7,11,15,2,6,（2）方法同（1）,归纳推理知x173位于P4中的第32

n4

11个位置.【点评】本题考查在新环境下的创新意识，考查运算能力，考查创造性解决问题的能力.需要在学习中培养自己动脑的习惯，才可顺利解决此类问题.6.【2012高考湖北理13】回文数是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数．如22，121，3443，94249等．显然2位回文数有9个：11，22，33，„，99．3位回文数有90个：101，111，121，„，191，202，„，999．则（Ⅰ）4位回文数有个；

（Ⅱ）2n1(nN)位回文数有 【答案】90，910

考点分析：本题考查排列、组合的应用.【解析】（Ⅰ）4位回文数只用排列前面两位数字，后面数字就可以确定，但是第一位不能为0，有9（1~9）种情况，第二位有10（0~9）种情况，所以4位回文数有91090种。答案：90

————

n

（Ⅱ）法

一、由上面多组数据研究发现，2n+1位回文数和2n+2位回文数的个数相同，所以可以算出2n+2位回文数的个数。2n+2位回文数只用看前n+1位的排列情况，第一位不能为0有9种情况，后面n项每项有10种情况，所以个数为910.法

二、可以看出2位数有9个回文数，3位数90个回文数。计算四位数的回文数是可以看出在2位数的中间添加成对的“00,11,22,„„99”，因此四位数的回文数有90个按此规律推导这十个数，因此,而当奇数位时，可以看成在偶数位的最中间添加0~9,则答案为910.n

n

7.【2012高考北京理20】（本小题共13分）

设A是由mn个实数组成的m行n列的数表，满足：每个数的绝对值不大于1，且所有数的和为零.记Sm,n为所有这样的数表组成的集合.对于ASm,n，记ri(A)为A的第i行各数之和（1剟i

m），cj(A)为A的第j列各数之和（1剟j

；记k(A)为n）

r1(A)，r2(A)，„，rm(A)，c1(A)，c2(A)，„，cn(A)中的最小值.（1）对如下数表A，求k(A)的值；

（2）设数表AS2,3形如

求k(A)的最大值；

（3）给定正整数t，对于所有的AS2,2t1，求k(A)的最大值.【答案】解：（1）由题意可知r1A1.2，r2A1.2，c1A1.1，c2A0.7，c3A1.8

∴kA0.7

（2）先用反证法证明kA≤1：

若kA1

则|c1A||a1|a11，∴a0 同理可知b0，∴ab0 由题目所有数和为0 即abc1 ∴c1ab1 与题目条件矛盾

———— 3

∴kA≤1．

易知当ab0时，kA1存在 ∴kA的最大值为1（3）kA的最大值为

2t1

.t22t1

首先构造满足k(A)的A{ai,j}(i1,2,j1,2,...,2t1)：

t2

t1

a1,1a1,2...a1,t1,a1,t1a1,t2...a1,2t1，t2

a2,1a2,2

t2t1

...a2,t,a2,t1a2,t2...a2,2t11.t(t2)

经计算知，A中每个元素的绝对值都小于1，所有元素之和为0，且

|r1(A)||r2(A)|

2t1，t2

t2t1t12t1，|c1(A)||c2(A)|...|ct(A)|11

t(t2)t2t2

|ct1(A)||ct2(A)|...|c2t1(A)|1

下面证明

t12t1

.t2t2

2t1

是最大值.若不然，则存在一个数表AS(2,2t1)，使得t22t1

k(A)x.t2

由k(A)的定义知A的每一列两个数之和的绝对值都不小于x，而两个绝对值不超过1的数的和，其绝对值不超过2，故A的每一列两个数之和的绝对值都在区间[x,2]中.由于

x1，故A的每一列两个数符号均与列和的符号相同，且绝对值均不小于x1.设A中有g列的列和为正，有h列的列和为负，由对称性不妨设gh，则

gt,ht1.另外，由对称性不妨设A的第一行行和为正，第二行行和为负.考虑A的第一行，由前面结论知A的第一行有不超过t个正数和不少于t1个负数，每个正数的绝对值不超过1（即每个正数均不超过1），每个负数的绝对值不小于x1（即每个负数均不超过1x）.因此

|r1(A)|r1(A)t1(t1)(1x)2t1(t1)xx2t1(t2)xx，故A的第一行行和的绝对值小于x，与假设矛盾.因此kA的最大值为

2t1

。t2

————

8.【2012高考湖北理】（本小题满分14分）

（Ⅰ）已知函数f(x)rxxr(1r)(x0)，其中r为有理数，且0r1.求f(x)的最小值；

（Ⅱ）试用（Ⅰ）的结果证明如下命题：

设a10,a20，b1,b2为正有理数.若b1b21，则a1b1a2b2a1b1a2b2；（Ⅲ）请将（Ⅱ）中的命题推广到一般形式，并用数学归纳法证明你所推广的命题.．．．．．注：当为正有理数时，有求导公式(x)x1.【答案】（Ⅰ）f(x)rrxr1r(1xr1)，令f(x)0，解得x1.当0x1时，f(x)0，所以f(x)在(0,1)内是减函数； 当 x1 时，f(x)0，所以f(x)在(1,)内是增函数.故函数f(x)在x1处取得最小值f(1)0.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当x(0,)时，有f(x)f(1)0，即xrrx(1r)①

若a1，a2中有一个为0，则a1b1a2b2a1b1a2b2成立； 若a1，a2均不为0，又b1b21，可得b21b1，于是 在①中令x

a1aa，rb1，可得(1)b1b11(1b1)，a2a2a2

即a1b1a21b1a1b1a2(1b1)，亦即a1b1a2b2a1b1a2b2.综上，对a10,a20，b1，b2为正有理数且b1b21，总有a1b1a2b2a1b1a2b2.②

（Ⅲ）（Ⅱ）中命题的推广形式为：

设a1,a2,若b1b2,an为非负实数，b1,b2,b1b2bn1，则a1a2,bn为正有理数.bn

ana1b1a2b2

anbn.③

用数学归纳法证明如下：

（1）当n1时，b11，有a1a1，③成立.（2）假设当nk时，③成立，即若a1,a2,且b1b2

b1b2

bk1，则a1a2,ak为非负实数，b1,b2，bk为正有理数，bk

aka1b1a2b2

akbk.,bk,bk1为正有理数，当nk1时，已知a1,a2,且b1b2aa

b1

b22,ak,ak1为非负实数，b1,b2,bkbk11，此时0bk11，即1bk10，于是

bk1k1

aa

bkk

(aa

b11b22

a)a

bkkbk1k1

=(a

b11bk11

a

b21bk12

a

bk

1bk11bk1k)

bk1ak1.———— 5

因

b1b2



1bk11bk1



bk

1，由归纳假设可得

1bk1

b1b2

a2

1bk11bk1

ak

aba2b2akbkbk

11，1bk11bk1

a

b1

1bk11

a

b21bk12

a

bk1bk1k

a1

b1b2

从而a1a2bkbk1

akak1

aba2b2akbk

11

1bk1

1bk1

bk1

ak1.又因(1bk1)bk11，由②得

a1b1a2b2akbk



1bk1

1bk1

bk1

ak1

a1b1a2b2akbk

(1bk1)ak1bk1

1bk1

a1b1a2b2

b2

从而a1b1a2

bkbk1akak1a1b1a2b2

akbkak1bk1，akbkak1bk1.故当nk1时，③成立.由（1）（2）可知，对一切正整数n，所推广的命题成立.说明：（Ⅲ）中如果推广形式中指出③式对n2成立，则后续证明中不需讨论n1的情况.9.【2012高考福建理17】（本小题满分13分）

某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数.（1）sin13°+cos17°-sin13°cos17°（2）sin15°+cos15°-sin15°cos15°（3）sin18°+cos12°-sin18°cos12°

（4）sin（-18°）+cos48°-sin（-18°）cos48°（5）sin（-25°）+cos55°-sin（-25°）cos55° Ⅰ 试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数

Ⅱ 根据（Ⅰ）的计算结果，将该同学的发现推广位三角恒等式，并证明你的结论.103sin30 24

2200

（II）三角恒等式为：sincos(30)sincos(30)



解答：（I）选择（2）：sin15cos15sin15cos151

sin2cos2(300)sincos(30)

sin11

sin)2sinsin)22

333sin2cos2444

———— 6

第四篇：2012年高考真题文科数学解析分类15：推理与证明1

2012高考文科试题解析分类汇编：推理和证明

1.【2012高考全国文12】正方形ABCD的边长为1，点E在边AB上，点F在边BC上，AEBF

13。动点P从E出发沿直线向F运动，每当碰到正方形的边时反弹，反弹时反

射角等于入射角，当点P第一次碰到E时，P与正方形的边碰撞的次数为

（A）8（B）6（C）4（D）

3【答案】B

【命题意图】本试题主要考查了反射原理与三角形相似知识的运用。通过相似三角形，来确定反射后的点的落的位置，结合图像分析反射的次数即可。

【解析】解：结合已知中的点E,F的位置，进行作图，推理可知，在反射的过程中，直线是平行的，那么利用平行关系，作图，可以得到回到EA点时，需要碰撞8次即可。

2n...sin2.【2012高考上海文18】若SnsinsinnN），则在S1,S2,...,S100777

中，正数的个数是（）

A、16B、72C、86D、100

【答案】C

【解析】依据正弦函数的周期性，可以找其中等于零或者小于零的项.【点评】本题主要考查正弦函数的图象和性质和间接法解题.解决此类问题需要找到规律，从题目出发可以看出来相邻的14项的和为0，这就是规律，考查综合分析问题和解决问题的能力.3.【2012高考江西文5】观察下列事实|x|+|y|=1的不同整数解（x,y）的个数为4，|x|+|y|=2的不同整数解（x,y）的个数为8，|x|+|y|=3的不同整数解（x,y）的个数为12 ….则|x|+|y|=20的不同整数解（x，y）的个数为

A.76B.80C.86D.92

【答案】B

【解析】本题主要为数列的应用题，观察可得不同整数解的个数可以构成一个首先为4，公差为4的等差数列，则所求为第20项，可计算得结果.4.【2012高考陕西文12】观察下列不等式

1

1121

22321

532，5

311

22132142

……

照此规律，第五个不等式为.．．．

【答案】1











116

.【解析】观察不等式的左边发现，第n个不等式的左边=111

2n11n1

n1，右边=5.【2012

k，所以第五个不等式为1





2







116

． 表示为

高考湖南文

k1

16】对于

nN，将n

nak2ak12a12a02,当ik时ai1，当0ik1时ai为0

或1，定义bn如下：在n的上述表示中，当a0,a1，a2，…，ak中等于1的个数为奇数时，bn=1；否则bn=0.（1）b2+b4+b6+b8=__；

（2）记cm为数列{bn}中第m个为0的项与第m+1个为0的项之间的项数，则cm的最大值是___.【答案】（1）3；（2）2.010【解析】（1）观察知1a02,a01,b11；21202,a11,a00,b21；

10210

一次类推31212,b30；4120202,b41；

5120212,b50；6121202，b60，b71,b81，210210

b2+b4+b6+b8=３；（2）由（1）知cm的最大值为２.【点评】本题考查在新环境下的创新意识，考查运算能力，考查创造性解决问题的能力.需要在学习中培养自己动脑的习惯，才可顺利解决此类问题.6.【2012高考湖北文17】传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上面画点或用小石子表示数。他们研究过如图所示的三角形数：

将三角形数1,3，6,10，…记为数列{an}，将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列{bn}，可以推测：

（Ⅰ）b2012是数列{an}中的第______项；（Ⅱ）b2k-1=______。（用k表示）【答案】（Ⅰ）5030；（Ⅱ）

5k5k1

n(n1)2

【解析】由以上规律可知三角形数1,3,6,10,…,的一个通项公式为an，写出其若

干项有：1,3,6,10,15,21,28,36,45,55,66,78,91,105,110,发现其中能被5整除的为10,15,45,55,105,110,故b1a4,b2a5,b3a9,b4a10,b5a14,b6a15.从而由上述规律可猜想：b2ka5k

b2k1a5k1

(5k1)(5k11)



5k(5k1)

（k为正整数），5k(5k1)，故b2012a21006a51006a5030,即b2012是数列{an}中的第5030项.【点评】本题考查归纳推理，猜想的能力.归纳推理题型重在猜想，不一定要证明，但猜想需要有一定的经验与能力，不能凭空猜想.来年需注意类比推理以及创新性问题的考查.7.【2102高考北京文20】（本小题共13分）设A是如下形式的2行3列的数表，满足性质P：a，b，c，d，e，f∈[-1,1],且a+b+c+d+e+f=0.记ri（A）为A的第i行各数之和（i=1,2），Cj（A）为第j列各数之和（j=1，2，3）；记k（A）为|r1(A)|, |r2(A)|, |c1(A)|，|c2(A)|，|c3(A)|中的最小值。对如下数表A，求k（A）的值

设数表A形如

其中-1≤d≤0，求k（A）的最大值；

（Ⅲ）对所有满足性质P的2行3列的数表A，求k(A)的最大值。

【考点定位】此题作为压轴题难度较大，考查学生分析问题解决问题的能力，考查学生严谨的逻辑思维能力。

（1）因为r1(A)=1.2，r2(A)1.2，c1(A)1.1，c2(A)0.7，c3(A)1.8，所以

k(A)0.7

（2）r1(A)12d，r2(A)12d，c1(A)c2(A)1d，c3(A)22d.因为1d0，所以|r1(A)|=|r2(A)|d0，|c3(A)|d0.所以k(A)1d1.当d0时，k(A)取得最大值1.（3

任意改变A的行次序或列次序，或把A中的每个数换成它的相反数，所得数表A*仍满足性

*

质P，并且k(A)k(A)，因此，不妨设r1(A)0,c1(A)0,c2(A)0，由k(A)的定义

知

3k，1(A

k(

A)(A

r()c

A)(A,k，(A)

c

从)

(A

c而)

a

(A

()kb)r1

(abcdef)(abf)abf3

因此k(A)1，由（2）知，存在满足性质P的数表A，使k(A)1，故k(A)的最大值为1。

8.【2102高考福建文20】20.（本小题满分13分）

某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数。（1）sin213°+cos217°-sin13°cos17°（2）sin215°+cos215°-sin15°cos15°（3）sin218°+cos212°-sin18°cos12°

（4）sin2（-18°）+cos248°-sin2（-18°）cos248°（5）sin2（-25°）+cos255°-sin2（-25°）cos255° Ⅰ 试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数

Ⅱ 根据（Ⅰ）的计算结果，将该同学的发现推广位三角恒等式，并证明你的结论。

考点：三角恒等变换。难度：中。

分析：本题考查的知识点恒等变换公式的转换及其应用。解答：

（I）选择（2）：sin15cos15sin15cos151

sin30

（II）三角恒等式为：sincos(30)sincos(30)

sincos(30)sincos(30)

sin234sin

234

cos

sin)sin2



sin)

第五篇：2011年高考数学试题分类 推理与证明、创新题

十三、推理与证明、创新题

b1,a,a

ab

.设函数b,ab11．（天津理4）对实数a和b，定义运算“”：

f(x)x22xx2,xR.yf(x)cx

若函数

则实数c的取值范围是

A．的图像与轴恰有两个公共点，,21,

3



2

B．

,21,



3



4

【答案】B

111,,44C．31

1,,

44 D．



1A3A1A22．（山东理12）设A1，A2，A3，A4是平面直角坐标系中两两不同的四点，若A,则称A3，A4调和分割A1，A2,已知平

面上的点C，D调和分割点A，B则下面说法正确的是A．C可能是线段AB的中点B．D可能是线段AB的中点C．C，D可能同时在线段AB上D．C，D不可能同时在线段AB的延长线上 【答案】D

（μ∈R），且



AA14A12（λ∈R），A







23.（湖北理9）若实数a,b满足a0,b0,且ab0，则称a与b

互补，记

(a,b)ab,，那么a,b0是a与b互补的A．必要而不充分的条件

C．充要条件【答案】C

B．充分而不必要的条件

D．即不充分也不必要的条件

4.（福建理15）设V是全体平面向量构成的集合，若映射f:VR满足：对任意向量a=（x1，y1）∈V，b=（x2，y2）∈V，以及任意∈R，均有

则称映射f具有性质P。现给出如下映射：

f(a(1)b)f(a)(1)f(b),①f1:VR,f2(m)x,y,m(x,y)V;

2f:VR,f(m)xy,m(x,y)V;2②2

③f3:VR,f3(m)xy1,m(x,y)V.其中，具有性质P的映射的序号为________。（写出所有具有性质P的映射的序号）【答案】①③

*

5.（湖南理16）对于nN,将n 表示na02a12

kk

1a22k2...ak121ak20,当i0时，ai1,当1ik时, a1为0或1．记I(n)为上述表示中ai为0的个数（例如：I12,4120202）,故I(1)0, I(4)2）,则（1）I(12)________________;（2）

0m

2

n1

I(n)

________________;

【答案】2109

36.（北京理8）设A0,0,B4,0，Ct4,4,Dt,4tR.记Nt为平行四边形ABCD

内部（不含边界）的整点的个数，其中整点是指横、纵坐标都是整数的点，则函数Nt的值域为

A．9,10,11B．9,10,12

D．10,11,12

72011 C．9,11,12【答案】C 567.（江西理7）观察下列各式：5=3125，5=15625，5=78125，…，则5的末四位数字

为

A．3125B．5625C．0625D．8125

【答案】D

8.（广东理8）设S是整数集Z的非空子集，如果a,bS,有abS，则称S关于数的乘法

是封闭的．若T,V是Z的两个不相交的非空子集，TUZ,且a,b,cT,有

abcT;x,y,zV,有xyzV，则下列结论恒成立的是 A．T,V中至少有一个关于乘法是封闭的 B．T,V中至多有一个关于乘法是封闭的 C．T,V中有且只有一个关于乘法是封闭的D．T,V中每一个关于乘法都是封闭的【答案】A

9.（江西理10）如右图，一个直径为l的小圆沿着直径为2的大圆内壁的逆时针方

向滚动，M和N是小圆的一条固定直径的两个端点．那么，当小

圆这样滚过大圆内壁的一周，点M，N在大圆内所绘出的图形大

致是

【答案】A

10.（安徽理15）在平面直角坐标系中，如果x与y都是整数，就称点(x,y)为整点，下列命题中正确的是_____________（写出所有正确命题的编号）.①存在这样的直线，既不与坐标轴平行又不经过任何整点

②如果k与b都是无理数，则直线ykxb不经过任何整点

③直线l经过无穷多个整点，当且仅当l经过两个不同的整点

④直线ykxb经过无穷多个整点的充分必要条件是：k与b都是有理数

⑤存在恰经过一个整点的直线

【答案】①，③，⑤

=f（x2）11.（四川理16）函数f（x）的定义域为A，若x1，x2A且f（x1）时总有

x1=x2，则称f（x）为单函数．例如，函数f（x）=2x+1（xR）是单函数．下列命题：①函数f（x）=x（xR）是单函数； 2

f（x2）； ②若f（x）为单函数，x1，x2A且x1x2，则f（x1）

③若f：AB为单函数，则对于任意bB，它至多有一个原象；④函数f（x）在某区间上具有单调性，则f（x）一定是单函数．其中的真命题是（写出所有真命题的编号）

答案：②③④

解析 ：①错，x1x2，②③④正确

12.（山东理15）设函数f(x)x(x0)x2,观察:

f1(x)f(x)x,x2

f2(x)f(f1(x))

f3(x)f(f2(x))x,3x4 x,7x8

f4(x)f(f3(x))x,15x16



根据以上事实，由归纳推理可得：

当nN且n2时，fn(x)f(fn1(x)).x

nn(21)x2【答案】

13.（陕西理13）观察下列等式

1=1

2+3+4=9

3+4+5+6+7=25

4+5+6+7+8+9+10=49

„„

照此规律，第n个等式为。

【答案】n(n1)(n2)(3n2)(2n1)