2025屆高考數(shù)學(xué)一輪專題重組卷第一部分專題二十二推理與證明理含解析

PAGE專題二十二推理與證明本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分．滿分80分，考試時間50分鐘．第Ⅰ卷(選擇題，共60分)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．(2024·天津月考)用反證法證明命題“a，b∈N，若ab可被5整除，那么a，b中至少有一個能被5整除”時，假設(shè)的內(nèi)容應(yīng)當(dāng)是()A．a(chǎn)，b都能被5整除 B．a(chǎn)，b都不能被5整除C．a(chǎn)，b不都能被5整除 D．a(chǎn)能被5整除答案B解析由于反證法是命題的否定的一個運用，故用反證法證明命題時，可以設(shè)其否定成立從而進行推證．命題“a，b∈N，若ab可被5整除，那么a，b中至少有一個能被5整除”的否定是“a，b∈N，若ab可被5整除，那么a，b都不能被5整除”，故選B.2．(2024·武漢高三調(diào)研)一名法官在審理一起珍寶盜竊案時，四名嫌疑人甲、乙、丙、丁的供詞如下，甲說：“罪犯在乙、丙、丁三人之中”；乙說“我沒有作案，是丙偷的”；丙說：“甲、乙兩人中有一人是小偷”；丁說：“乙說的是事實”．經(jīng)過調(diào)查核實，四人中有兩人說的是真話，另外兩人說的是假話，且這四人中只有一人是罪犯，由此可推斷罪犯是()A．甲B．乙C．丙D．丁答案B解析由題可知，乙、丁兩人的觀點一樣，即同真同假，假設(shè)乙、丁說的是真話，那么甲、丙兩人說的是假話，由乙說的是真話，推出丙是罪犯，由甲說的是假話，推出乙、丙、丁三人不是罪犯，明顯兩個結(jié)論相互沖突，所以乙、丁兩人說的是假話，而甲、丙兩人說的是真話，由甲、丙供述可得，乙是罪犯．3．(2024·景德鎮(zhèn)模擬)將圓周20等分，依據(jù)逆時針方向依次編號為1,2，…，20，若從某一點起先，沿圓周逆時針方向行走，點的編號是數(shù)字幾，就走幾段弧長，稱這種走法為一次“移位”，如：小明在編號為1的點，他應(yīng)走1段弧長，即從1→2為第一次“移位”，這時他到達(dá)編號為2的點，然后從2→3→4為其次次“移位”，若某人從編號為3的點起先，沿逆時針方向，按上述“移位”方法行走，“移位”a次剛好到達(dá)編號為16的點，又滿意|a－2024|的值最小，則a的值為()A．2024B．2016C．2024D．2024答案C解析若某人從編號為3的點起先，第一次“移位”到達(dá)6；其次次“移位”到達(dá)12；第三次“移位”到達(dá)4；第四次“移位”到達(dá)8；第五次“移位”到達(dá)16；第六次“移位”到達(dá)12；第七次“移位”到達(dá)4；第八次“移位”到達(dá)8；第九次“移位”到達(dá)16；第十次“移位”到達(dá)12；…從其次次起先，每4次移位為一組“移位”循環(huán)，“移位”a次剛好到達(dá)編號為16的點，則a－1應(yīng)當(dāng)能被4整除，又滿意|a－2024|的值最小，則a＝2024.故選C.4．(2024·江西省樟樹中學(xué)等九校聯(lián)考)設(shè)[x]為不超過x的最大整數(shù)，an為[x[x]](x∈[0，n)，n∈N*)可能取到全部值的個數(shù)，Sn是數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an＋2n)))前n項的和，則下列結(jié)論中正確的有()①a3＝4；②190是數(shù)列{an}中的項；③S10＝eq\f(5,6)；④當(dāng)n＝7時，eq\f(an＋21,n)取最小值．A．1個B．2個C．3個D．4個答案C解析an為[x[x]](x∈[0，n))可能取到全部值的個數(shù)，當(dāng)n＝1時，[x[x]]＝0，即a1＝1，S1＝eq\f(1,1＋2)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＝eq\f(1,3)；當(dāng)n＝2時，[x[x]]＝0,1，即a2＝2，S2＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,4)))＝eq\f(1,2)；當(dāng)n＝3時，[x[x]]＝0,1,4,5，即a3＝4，S3＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,4)＋\f(1,4)－\f(1,5)))＝eq\f(3,5)；當(dāng)n＝4時，[x[x]]＝0,1,4,5,9,10,11，即a4＝7，S4＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,4)＋\f(1,4)－\f(1,5)＋\f(1,5)－\f(1,6)))＝eq\f(2,3)；…，可得an＝1＋(1＋2＋3＋…＋n－1)＝eq\f(1,2)n(n－1)＋1.a3＝4，故①正確；令an＝190，即n2－n－378＝0，可得n不為整數(shù)，故②錯誤；S10＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,4)＋\f(1,4)－\f(1,5)＋\f(1,5)－\f(1,6)＋…＋\f(1,11)－\f(1,12)))＝eq\f(5,6)，故③正確；eq\f(an＋21,n)＝eq\f(n,2)＋eq\f(22,n)－eq\f(1,2)≥2eq\r(\f(n,2)·\f(22,n))－eq\f(1,2)，由于n∈N*，故取不到等號，考慮n＝6時，有eq\f(a6＋21,6)＝3＋eq\f(11,3)－eq\f(1,2)＝eq\f(37,6)；n＝7時，eq\f(a7＋21,7)＝eq\f(7,2)＋eq\f(22,7)－eq\f(1,2)＝eq\f(43,7)<eq\f(37,6)，則當(dāng)n＝7時，eq\f(an＋21,n)取最小值，故④正確．故選C.5．(2024·全國卷Ⅱ)在“一帶一路”學(xué)問測驗后，甲、乙、丙三人對成果進行預(yù)料．甲：我的成果比乙高．乙：丙的成果比我和甲的都高．丙：我的成果比乙高．成果公布后，三人成果互不相同且只有一個人預(yù)料正確，那么三人按成果由高到低的次序為()A．甲、乙、丙B．乙、甲、丙C．丙、乙、甲D．甲、丙、乙答案A解析由于三人成果互不相同且只有一個人預(yù)料正確．若甲預(yù)料正確，則乙、丙預(yù)料錯誤，于是三人按成果由高到低的次序為甲、乙、丙；若甲預(yù)料錯誤，則甲、乙按成果由高到低的次序為乙、甲，又假設(shè)丙預(yù)料正確，則乙、丙按成果由高到低的次序為丙、乙，于是甲、乙、丙按成果由高到低排序為丙、乙、甲，從而乙的預(yù)料也正確，與事實沖突；若甲、丙預(yù)料錯誤，則可推出乙的預(yù)料也錯誤．綜上所述，三人按成果由高到低的次序為甲、乙、丙．故選A.6．(2024·南寧模擬)甲、乙、丙三人中，一人是工人，一人是農(nóng)夫，一人是學(xué)問分子．已知：丙的年齡比學(xué)問分子大；甲的年齡和農(nóng)夫不同；農(nóng)夫的年齡比乙?。罁?jù)以上狀況，下列推斷正確的是()A．甲是工人，乙是學(xué)問分子，丙是農(nóng)夫B．甲是學(xué)問分子，乙是農(nóng)夫，丙是工人C．甲是學(xué)問分子，乙是工人，丙是農(nóng)夫D．甲是農(nóng)夫，乙是學(xué)問分子，丙是工人答案C解析由“甲的年齡和農(nóng)夫不同”和“農(nóng)夫的年齡比乙小”可以推出丙是農(nóng)夫，所以丙的年齡比乙??；再由“丙的年齡比學(xué)問分子大”，可知甲是學(xué)問分子，故乙是工人．所以選C.7．(2024·重慶模擬)我國古代數(shù)學(xué)著作《九章算術(shù)》中有如下問題：“今有人持金出五關(guān)，前關(guān)二而稅一，次關(guān)三而稅一，次關(guān)四而稅一，次關(guān)五而稅一，次關(guān)六而稅一，并五關(guān)所稅，適重一斤．問本持金幾何．”其意思為：今有人持金出五關(guān)，第1關(guān)收稅金為持金的eq\f(1,2)，第2關(guān)收稅金為剩余金的eq\f(1,3)，第3關(guān)收稅金為剩余金的eq\f(1,4)，第4關(guān)收稅金為剩余金的eq\f(1,5)，第5關(guān)收稅金為剩余金的eq\f(1,6)，5關(guān)所收稅金之和，恰好重1斤，問此人總共持金多少．則在此問題中，第5關(guān)收稅金()A.eq\f(1,20)斤B.eq\f(1,25)斤C.eq\f(1,30)斤D.eq\f(1,36)斤答案B解析假設(shè)原來持金為x，則第1關(guān)收稅金eq\f(1,2)x；第2關(guān)收稅金eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))x＝eq\f(1,2×3)x；第3關(guān)收稅金eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)－\f(1,6)))x＝eq\f(1,3×4)x；第4關(guān)收稅金eq\f(1,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)－\f(1,6)－\f(1,12)))x＝eq\f(1,4×5)x；第5關(guān)收稅金eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)－\f(1,6)－\f(1,12)－\f(1,20)))x＝eq\f(1,5×6)x.依題意，得eq\f(1,2)x＋eq\f(1,2×3)x＋eq\f(1,3×4)x＋eq\f(1,4×5)x＋eq\f(1,5×6)x＝1，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,6)))x＝1，eq\f(5,6)x＝1，解得x＝eq\f(6,5)，所以eq\f(1,5×6)x＝eq\f(1,5×6)×eq\f(6,5)＝eq\f(1,25).故選B.8．(2024·惠州調(diào)研)《周易》歷來被人們視作儒家群經(jīng)之首，它表現(xiàn)了古代中華民族對萬事萬物深刻而又樸實的相識，是中華人文文化的基礎(chǔ)，它反映出中國古代的二進制計數(shù)的思想方法．我們用近代術(shù)語說明為：把陽爻“”當(dāng)作數(shù)字“1”，把陰爻“”當(dāng)作數(shù)字“0”，則八卦所代表的數(shù)表示如下．依次類推，則六十四卦中的“屯”卦，符號為“”，其表示的十進制數(shù)是()卦名符號表示的二進制數(shù)表示的十進制數(shù)坤0000艮0011坎0102巽0113A．33B．34C．36D．35答案B解析由題意類推，可知六十四卦中的“屯”卦的符號“”表示的二進制數(shù)為100010，轉(zhuǎn)化為十進制數(shù)為0×20＋1×21＋0×22＋0×23＋0×24＋1×25＝34.故選B.9．(2024·大同質(zhì)檢)分析法又稱執(zhí)果索因法，若用分析法證明“設(shè)a>b>c，且a＋b＋c＝0，求證：eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a”索的因應(yīng)是()A．a(chǎn)－b>0 B．a(chǎn)－c>0C．(a－b)(a－c)>0 D．(a－b)(a－c)<0答案C解析要證eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a，只需證b2－ac<3a2，即證(a＋c)2－ac<3a2，即證2a2－ac－c2>0，即證(2a＋c)(a－c)>0，即證[2a－(a＋b)](a－c)>0，即證(a－b)(a－c)>0，故索的因應(yīng)是(a－b)(a－c)>0.10．(2024·南寧模擬)如圖，將一張等邊三角形紙片沿中位線剪成4個小三角形，稱為第一次操作；然后，將其中的一個三角形按同樣方式再剪成4個小三角形，共得到7個小三角形，稱為其次次操作；再將其中一個三角形按同樣方式再剪成4個小三角形，共得到10個小三角形，稱為第三次操作……，依據(jù)以上操作，若要得到100個小三角形，則須要操作()A．31次B．32次C．33次D．34次答案C解析由題意可知，第一次操作后，三角形共有4個；其次次操作后，三角形共有4＋3＝7個；第三次操作后，三角形共有4＋3＋3＝10個，……，由此可得第n次操作后，三角形共有4＋3(n－1)＝3n＋1個．當(dāng)3n＋1＝100時，解得n＝33.故共須要操作33次．11．(2024·廣東茂名五校聯(lián)盟第一次聯(lián)考)36的全部正約數(shù)之和可按如下方法得到：因為36＝22×32，所以36的全部正約數(shù)之和為(1＋3＋32)＋(2＋2×3＋2×32)＋(22＋22×3＋22×32)＝(1＋2＋22)(1＋3＋32)＝91.參照上述方法，可求得500的全部正約數(shù)之和為()A．988B．1032C．1092D．1182答案C解析類比36的全部正約數(shù)之和的求法，可知500的全部正約數(shù)之和可按如下方法得到：因為500＝22×53，所以500的全部正約數(shù)之和為(1＋2＋22)(1＋5＋52＋53)＝1092.12．(2024·湖南省三湘名校其次次聯(lián)考)2018年9月24日，阿貝爾獎和菲爾茲獎雙料得主、英國聞名數(shù)學(xué)家阿蒂亞爵士宣布自己證明白黎曼猜想，這一事務(wù)引起了數(shù)學(xué)界的振動，在1859年，德國數(shù)學(xué)家黎曼向科學(xué)院提交了題目為《論小于某值的素數(shù)個數(shù)》的論文并提出了一個命題，也就是聞名的黎曼猜想，在此之前，聞名數(shù)學(xué)家歐拉也曾探討過這個問題，并得到小于數(shù)字x的素數(shù)個數(shù)大約可以表示為π(x)≈eq\f(x,lnx)的結(jié)論．若依據(jù)歐拉得出的結(jié)論，估計10000以內(nèi)的素數(shù)的個數(shù)為(素數(shù)即質(zhì)數(shù)，lge≈0.43429，計算結(jié)果取整數(shù))()A．1089B．1086C．434D．145答案B解析由題意可知，π(10000)≈eq\f(10000,ln10000)＝eq\f(2500,ln10)，由對數(shù)的性質(zhì)可得ln10＝eq\f(1,lge)，即π(10000)≈1085.725≈1086.故選B.第Ⅱ卷(非選擇題，共20分)二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分)13．(2024·大連二模)視察下列等式：1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)，1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)－eq\f(1,6)＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)＋eq\f(1,6)，…據(jù)此規(guī)律，第n個等式為________．答案1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)解析視察題中等式，可得規(guī)律為等式左邊共有2n項且等式左邊分母分別為1,2，…，2n，分子為1，奇數(shù)項為正，偶數(shù)項為負(fù)，即為1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)；等式右邊共有n項且分母分別為n＋1，n＋2，…，2n，分子為1，即為eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n).所以第n個等式為1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n).14．(2024·江西七校質(zhì)量監(jiān)測)設(shè)曲線y＝xn＋1(x∈N*)在點(1,1)處的切線與x軸的交點橫坐標(biāo)為xn，則log2024x1＋log2024x2＋log2024x3＋…＋log2024x2024的值為________．答案－1解析設(shè)f(x)＝y(tǒng)＝xn＋1，求導(dǎo)可得f′(x)＝(n＋1)·xn，設(shè)過點(1,1)的切線斜率為k，則k＝f′(1)＝n＋1，所以切線方程為y－1＝(n＋1)(x－1)，令y＝0，可得x0＝eq\f(n,n＋1)，∴x1·x2·…·x2024＝eq\f(1,2)×eq\f(2,3)×…×eq\f(2024,2024)＝eq\f(1,2024)，∴l(xiāng)og2024x1＋log2024x2＋…＋log2024x2024＝log2024(x1x2…x2024)＝log2024eq\f(1,2024)＝－1.15．(2024·日照模