2019-2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第十四章推理與證明14.1合情推理與演繹推理對點訓(xùn)練理

1、019-2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第十四章推理與證明14.1合情推理與演繹推理對點訓(xùn)練理1 .對二次函數(shù)f(x) = ax2 + bx+ c(a為非零整數(shù))，四位同學(xué)分別給出下列結(jié)論，其中 有且只有一個結(jié)論是錯誤的，則錯誤的結(jié)論是() 1是f(x)的零點1是f(x)的極值點3是f(x)的極值點(2,8)在曲線y = f(x)上答案 A解析 由 A知 a b+ c = 0;由 B知 f(x) = 2ax+ b, 2a+ b= 0;由 C知 f ( x) = 2ax + b f by4ac b2b,令 f (x) =0可得 x =亦，貝yfi 2a= 3,則4a= 3；由D知4a+ 2b+c= 8

2、.假設(shè).a b+ cm0 TOC o 1-5 h z 2a+b=0a=5A選項錯誤，則 4ac b2，得b= 10，滿足題意，故A結(jié)論錯誤.同=343$ = 84a+ 2b+ c= 8理易知當(dāng)B或C或D選項錯誤時不符合題意，故選A.2學(xué)生的語文、數(shù)學(xué)成績均被評定為三個等級，依次為“優(yōu)秀”“合格” “不合格”.若學(xué)生甲的語文、數(shù)學(xué)成績都不低于學(xué)生乙，且其中至少有一門成績高于乙，則稱“學(xué)生甲比學(xué)生乙成績好”.如果一組學(xué)生中沒有哪位學(xué)生比另一位學(xué)生成績好，并且不存在語文成績相同、數(shù)學(xué)成績也相同的兩位學(xué)生，那么這組學(xué)生最多有()2人B. 3人C. 4人D. 5人答案 B解析 用A, B, C分別表示優(yōu)

3、秀、及格和不及格顯然，語文成績得A的學(xué)生最多只有一人，語文成績得B的也最多只有1人，得C的也最多只有1人，所以這組學(xué)生的成績?yōu)?AC), (BB) , (CA)滿足條件，故學(xué)生最多為3人.觀察下列各式：C?= 40;C3+41；C0+ d+ C=42 ；C7+ c7+ C + C7=4 ；照此規(guī)律，當(dāng)n N*時,C2n 1 + C2n - 1 + C2n 1+ + C2n 1 =答案4n 解析 第一個等式，n=i,而右邊式子為40= 411； 第二個等式，n= 2，而右邊式子為 4 = 4 1； 第三個等式，n= 3，而右邊式子為 4 = 4 1； 第四個等式，n= 4，而右邊式子為43= 4

4、4一1；歸納可知，第n個等式的右邊為4nT. 一個二元碼是由 0和1組成的數(shù)字串xiX2Xn(n N)，其中Xk(k = 1,2，n)稱為 第k位碼元二元碼是通信中常用的碼，但在通信過程中有時會發(fā)生碼元錯誤(即碼元由0 變?yōu)?,或者由1變?yōu)?) 已知某種二元碼 X1X2X7的碼元滿足如下校驗方程組：X4 X5 X6 X7= 0 ,X2$ X3 X6 X7= 0 ,X1 X3 X5 X7= 0 ,其中運算 定義為：0 0= 0,0 1 = 1,1 0= 1,1 1 = 0.現(xiàn)已知一個這種二元碼在通信過程中僅在第k位發(fā)生碼元錯誤后變成了1101101,那么利用上述校驗方程組可判定k等于答案 5解析

5、 因為 X4 X5 X6 X7 = 1 1 0 1 = 0 0 1 = 0 1 = 1工 0,所以二元碼 1101101 的前3位碼元都是對的；因為 X2 X3 X6 X7= 1 0 0 1 = 1 0 1 = 1 1 = 0,所以二元 碼 1101101 的第 6、7 位碼元也是對的；因為 X1 X3 X5 X7= 1 0 1 1 = 1 1 1 = 0 1 =1M 0,所以二元碼 1101101的第5位碼元是錯的，所以 k = 5.甲、乙、丙三位同學(xué)被問到是否去過A, B, C三個城市時，甲說：我去過的城市比乙多，但沒去過 B城市；乙說：我沒去過 C城市；丙說：我們?nèi)巳ミ^同一城市.由此可

6、判斷乙去過的城市為 .答案 A解析根據(jù)甲、乙、丙說的可列表得ABC甲VXV乙VXX丙V多面體面數(shù)(F)頂點數(shù)(V)棱數(shù)(E)三棱柱569五棱錐6610立方體6812猜想一般凸多面體中F, V, E所滿足的等式是 答案 F+ V E= 2解析由表可知，三棱柱：5 + 6 9= 2;五棱錐：6+ 6 10= 2;立方體：6+ 8 12= 2.由上面的結(jié)論可判定：凸多面體中面數(shù)(F)，頂點數(shù)(V，棱數(shù)(曰的關(guān)系為F+ V- E= 2.7.對于數(shù)對序列 P： (ai, bi) , (a2, b2)，(an, bn)，記 Ti( F) = ai+ bi, Tk(P) = bk + maxTk1( P),

7、 ai + a2+ ak(2 w kw n)，其中 maxTk1( P) , ai + a2 + ak表示 Tk1( P) 和ai + a2 + ak兩個數(shù)中最大的數(shù).對于數(shù)對序列 P： (2,5) , (4,1)，求 Ti(P), T2(P)的值；記m為a, b, c, d四個數(shù)中最小的數(shù)，對于由兩個數(shù)對 (a, b), (c, d)組成的數(shù)對序列P：(a,b) , (c,d)和P： (c,d), (a,b)，試分別對m=a和m=d兩種情況比較T2( P)和T2(P)的大??；在由五個數(shù)對(11,8) , (5,2) , (16,11) , (11,11) , (4,6)組成的所有數(shù)對序列中，

8、寫出一個數(shù)對序列P使T5(B最小，并寫出T5(P)的值.(只需寫出結(jié)論)解(1)Ti(P) = 2 + 5= 7,Ta( P) = 1 + maxTi( P) , 2+ 4 = 1 + max7,6 = 8.T2( P = maxa + b + d , a + c + d,T2( P ) = maxc + d + b , c+ a+ b.當(dāng) m= a 時，T2(P ) = maxc + d+ b , c + a+ b = c + d+ b.因為 a+ b+ dwc + b + d,且 a + c+ dw c + b+ d,所以 T2(P) w T2(P).當(dāng) m= d 時，T2(P ) = m

9、axc + d+ b , c + a+ b = c + a+ b.因為 a+ b+ dwc + a + b,且 a + c+ dw c + a+ b,所以 T2(P) w T2(P).所以無論m= a還是m= d , T?( P) w Ta(P)都成立.數(shù)對序列 P: (4,6) , (11,11) , (16,11) , (11,8) , (5,2)的P 值最小,Ti( P = 10 ,Ta(R = 26 , T3(P) = 42 , T( P) = 50 , Ts( P) = 52.2019-2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第十四章推理與證明14.2直接證明與間接證明對點訓(xùn)練理1用反證法證明命題

10、“設(shè) a , b為實數(shù)，貝U方程 x3+ ax+ b= 0至少有一個實根”時， 要做的假設(shè)是（）方程x3 + ax+ b= 0沒有實根方程x3 + ax+ b= 0至多有一個實根方程x3 + ax+ b= 0至多有兩個實根方程x + ax+ b= 0恰好有兩個實根答案 A解析 因為至少有一個的反面為一個也沒有，所以要做的假設(shè)為方程x3+ ax + b= 0沒有實根，故選A.*2an, an w 18已知數(shù)列an滿足：ai N , aiw 36,且 &+1=)(n= 1,2，)記|2 an 一 36, an18集合 M= an| n N*.若ai = 6,寫出集合M的所有元素；若集合M存在一個元

11、素是3的倍數(shù)，證明：M的所有元素都是3的倍數(shù)；求集合M的元素個數(shù)的最大值.解 (1)6,12,24.證明：因為集合 M存在一個元素是3的倍數(shù)，所以不妨設(shè) ak是3的倍數(shù).2an, anW 18,由an+1=可歸納證明對任意的nk, a是3的倍數(shù).2an一 36, an18,如果k= 1,貝U M的所有元素都是3的倍數(shù).如果k1，因為ak= 2ak-1或ak= 2a 1一36,所以2ak-1是3的倍數(shù)，于是ak-1是3的倍數(shù).類似可得，ak-2，a1都是3的倍數(shù).從而對任意的n1, an是3的倍數(shù)，因此 M的所有元素都是3的倍數(shù).綜上，若集合 M存在一個元素是 3的倍數(shù)，則M的所有元素都是3的倍

12、數(shù).由 a1 w 36,2an-1, an-1 w 18,an =2an-1 36, an-118,可歸納證明anw36(n= 2,3，).因為a1是正整數(shù)，2a1, a1 w 18,a2*pa 36, a118,所以a2是2的倍數(shù).從而當(dāng)n3時，an是4的倍數(shù).如果a1是3的倍數(shù)，由(2)知對所有正整數(shù) n, an是3的倍數(shù).因此當(dāng)n3時，an 12,24,36.這時M的元素個數(shù)不超過 5.如果a1不是3的倍數(shù)，由 知對所有正整數(shù) n, an不是3的倍數(shù).因此當(dāng)n3時，an 4,8,16,20,28,32 .這時M的元素個數(shù)不超過 8.當(dāng) a1= 1 時，M= 1,2,4,8,16,20,2

13、8,32有 8 個元素.綜上可知，集合M的元素個數(shù)的最大值為8.設(shè) an是首項為a,公差為d的等差數(shù)列(d0), S是其前n項的和.記 b=,n + cn N*,其中c為實數(shù).若 c= 0，且 b1, b2, b4成等比數(shù)列，證明：Snk= n2S(k, n N*)；若bn是等差數(shù)列，證明：c= 0.證明由題意得，S= na+n n1 d.Snn 1(1)由 c= 0，得 bn= = a+ -d.n2又因為bi, b2, b4成等比數(shù)列，所以 b2 = bb,即!a+2 2= aa+ 3d ,化簡得 d2 2ad = 0.因為0,所以d= 2a.因此，對于所有的m N,有Sm= ma.從而對于所有的 k， n N*，有 Sk= (nk)2a= n2k2a= n2S. TOC o 1-5 h z nS*(2)設(shè)數(shù)列bn的公差是di，則bn= bi+ (n1)di，即-2c = b + (n1)di, n N ,代入11十cS 的表達式，整理得，對于所有的nN*，有di n3bidi adn2cdin= c( di bi).1i令 A= di d, B= bi di a d,D= c(di bi)，則對于所有的n N*，有32An Bn 十cdin= D.(*)在(*)式中分別取n= i,2,3,4，得A B cdi = 8A 4B 2c