五年高考真题2022届高考数学复习第七章第五节推理与证明理全国通用.docx

1、考点一合情推理与演绎推理1(2022北京，8)学生的语文、数学成绩均被评定为三个等级，依次为“优秀”“合格”“不合格”若学生甲的语文、数学成绩都不低于学生乙，且其中至少有一门成绩高于乙，则称“学生甲比学生乙成绩好”如果一组学生中没有哪位学生比另一位学生成绩好，并且不存在语文成绩相同、数学成绩也相同的两位学生，那么这组学生最多有()A2人 B3人 C4人 D5人解析学生甲比学生乙成绩好，即学生甲两门成绩中一门高过学生乙，另一门不低于学生乙一组学生中没有哪位学生比另一位学生成绩好，并且没有相同的成绩，则存在的情况是，最多有3人，其中一个语文最好，数学最差；另一个语文最差，数学最好；第三个人成绩均为

2、中等故选B.答案B2(2022江西，6)观察下列各式：ab1，a2b23，a3b34，a4b47，a5b511，则a10b10()A28 B76 C123 D199解析利用归纳法：ab1，a2b23，a3b3431，a4b4437，a5b57411，a6b611718，a7b7181129，a8b8291847，a9b9472976，a10b107647123.答案C3(2022江西，7)观察下列各式：553 125，5615 625，5778 125，则52 011的末四位数字为()A3125 B5625 C0625 D8125解析由观察易知55的末四位数字为3125，56的末四位数字为56

3、25，57的末四位数字为8125，58的末四位数字为0625，59的末四位数字为3125，故周期T4.又由于2 01150243，因此52 011的末四位数字是8125.答案D4(2022山东，11)观察下列各式：C40；CC41; CCC42；CCCC43；照此规律，当nN*时，C C C C_解析观察等式，第1个等式右边为40411，第2个等式右边为41421，第3个等式右边为42431，第4个等式右边为43441，所以第n个等式右边为4n1.答案4n15(2022福建，15)一个二元码是由0和1组成的数字串x1x2xn(nN*)，其中xk(k1，2，n)称为第k位码元二元码是通信中常用的

4、码，但在通信过程中有时会发生码元错误(即码元由0变为1，或者由1变为0)已知某种二元码x1x2x7的码元满足如下校验方程组：其中运算定义为000，011，101，110.现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第k位发生码元错误后变成了1101101，那么利用上述校验方程组可判定k等于_解析()x4x5x6x711011，()x2x3x6x710010；()x1x3x5x710111.由()()知x5，x7有一个错误，()中没有错误，x5错误，故k等于5.答案56(2022陕西，14)观察下列等式1211222312223261222324210照此规律，第n个等式可为_解析左边共n项，每项的符号

5、为(1)n1，通项为(1)n1n2.等式右边的值符号为(1)n1，各式为(1)n1(123n)(1)n1，第n个等式为12223242(1)n1n2(1)n1.答案12223242(1)n1n2(1)n17(2022湖北，14)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n2n.记第n个k边形数为N(n，k)(k3)，以下列出了部分k边形数中第n个数的表达式：三角形数N(n，3)n2n，正方形数N(n，4)n2，五边形数N(n，5)n2n，六边形数N(n，6)2n2n，可以推测N(n，k)的表达式，由此计算N(10，24)_.解析由题中数据可猜想：

6、含n2项的系数为首项是，公差是的等差数列，含n项的系数为首项是，公差是的等差数列，因此N(n，k)n2nn2n.故N(10，24)11n210n1110210101 000.答案1 0008(2022陕西，14)观察分析下表中的数据：多面体面数(F)顶点数(V)棱数(E)三棱柱569五棱锥6610立方体6812猜想一般凸多面体中F，V，E所满足的等式是_解析三棱柱中5692；五棱锥中66102；立方体中68122，由此归纳可得FVE2.答案FVE29(2022福建，15)当xR，|x|1时，有如下表达式：1xx2xn.两边同时积分得：1dxxdxx2dxxndxdx，从而得到如下等式：1ln

7、2.请根据以上材料所蕴含的数学思想方法，计算：CCCC_.解析由CCxCx2Cxn(1x)n，两边同时积分得：C1dxCxdxCx2dxCxndx (1x)ndx，CCCC0.答案10(2022陕西，11)观察下列不等式1，1，1，照此规律，第五个不等式为_解析先观察左边，第一个不等式为2项相加，第二个不等式为3项相加，第三个不等式为4项相加，则第五个不等式应为6项相加，右边分子为分母的2倍减1，分母即为所对应项数，故应填1.答案10)，观察：f1(x)f(x)，f2(x)ff1(x)，f3(x)ff2(x)，f4(x)ff3(x)，根据以上事实，由归纳推理可得：当nN*且n2时，fn(x)f

8、fn1(x)_.解析由f(x)(x0)得，f1(x)f(x)，f2(x)ff1(x)，f3(x)ff2(x)，f4(x)ff3(x)，当n2且nN*时，fn(x)ffn1(x).答案13(2022重庆，22)对正整数n，记In1，2，n，Pn.(1)求集合P7中元素的个数；(2)若Pn的子集A中任意两个元素之和不是整数的平方，则称A为“稀疏集”求n的最大值，使Pn能分成两个不相交的稀疏集的并解(1)当k4时，中有3个数与I7中的3个数重复，因此P7中元素的个数为77346.(2)先证：当n15时，Pn不能分成两个不相交的稀疏集的并若不然，设A，B为不相交的稀疏集，使ABPnIn，不妨设1A，则

9、因1322，故3A，即3B.同理6A，10B，又推得15A，但11542，这与A为稀疏集矛盾再证P14符合要求，当k1时，I14可分成两个稀疏集之并，事实上，只要取A11，2，4，6，9，11，13，B13，5，7，8，10，12，14，则A1，B1为稀疏集，且A1B1I14.当k4时，集中除整数外剩下的数组成集，可分解为下面两稀疏集的并：A2，B2.当k9时，集中除正整数外剩下的数组成集，可分解为下面两稀疏集的并：A3，B3.最后，集C中的数的分母均为无理数，它与P14中的任何其他数之和都不是整数，因此，令AA1A2A3C，BB1B2B3，则A和B是不相交的稀疏集，且ABP14.综上，所求n

10、的最大值为14.注：对P14的分拆方法不是唯一的考点二直接证明与间接证明1(2022山东，4)用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x3axb0至少有一个实根”时，要做的假设是()A方程x3axb0没有实根B方程x3axb0至多有一个实根C方程x3axb0至多有两个实根D方程x3axb0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x3axb0没有实根”答案A2(2022四川，15)设P1，P2，Pn为平面内的n个点，在平面内的所有点中，若点P到点P1，P2，Pn的距离之和最小，则称点P为点P1，P2，Pn的一个“中位点”，例如，线段AB上的任意点都是端点A，B的中位

11、点，现有下列命题：若三个点A，B，C共线，C在线段AB上，则C是A，B，C的中位点；直角三角形斜边的中点是该直角三角形三个顶点的中位点；若四个点A，B，C，D共线，则它们的中位点存在且唯一；梯形对角线的交点是该梯形四个顶点的唯一中位点其中的真命题是_(写出所有真命题的序号)解析由“中位点”可知，若C在线段AB上，则线段AB上任一点都为“中位点”，C也不例外，故正确；对于假设在等腰RtABC中，ACB90，如图所示，点P为斜边AB中点，设腰长为2，则|PA|PB|PC|AB|3，而若C为“中位点”，则|CB|CA|4|AC|OA|OC|，同理在MBD中，|MB|MD|BD|OB|OD|，则得，|

12、MA|MB|MC|MD|OA|OB|OC|OD|，故O为梯形内唯一中位点，是正确的答案3.(2022陕西，18)(1)如图，证明命题“a是平面内的一条直线，b是外的一条直线(b不垂直于)，c是直线b在上的投影，若ab，则ac”为真；(2)写出上述命题的逆命题，并判断其真假(不需证明)(1)证明法一如图，过直线b上任一点作平面的垂线n，设直线a，b，c，n的方向向量分别是a，b，c，n，则b，c，n共面根据平面向量基本定理，存在实数，使得cbn，则aca(bn)(ab)(an)，因为ab，所以ab0.又因为a，n，所以an0.故an0，从而ac.法二如图，记cbA，P为直线b上异于点A的任意一点

13、，过P作PO，垂足为O，则Oc.PO，a，直线POa.又ab，b平面PAO，PObP，a平面PAO.又c平面PAO.ac.(2)解逆命题为：a是平面内的一条直线，b是外的一条直线(b不垂直于)，c是直线b在上的投影，若ac，则ab.逆命题为真命题4(2022福建，17)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：sin213cos217sin13cos 17；sin215cos215sin15cos 15；sin218cos212sin18cos 12；sin2(18)cos248sin(18)cos 48；sin2(25)cos255sin(25)cos 55.(1)试从

14、上述五个式子中选择一个，求出这个常数；(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论解(1)选择式，计算如下：sin215cos215sin 15cos 151sin 301.(2)三角恒等式为sin2cos2(30)sin cos(30).证明如下：sin2cos2(30)sin cos(30)sin2(cos 30cos sin 30sin )2sin (cos 30cos sin 30sin )sin2cos2sin cos sin2sin cos sin2sin2 cos2.5(2022全国，20)设数列an满足a10且1.(1)求an的通项公式；(2)设b

15、n，记Snk，证明：Sn1.(1)解由题设1，即是公差为1的等差数列又1，故n.所以an1.(2)证明由(1)得bn，Snk= 11时，对x(0，a1有(x)0，(x)在(0，a1上单调递减，(a1)1时，存在x0，使(x)nln (n1)证明如下：法一上述不等式等价于，x0.令x，nN，则ln .下面用数学归纳法证明当n1时，ln 2，结论成立假设当nk时结论成立，即ln (k1)那么，当nk1时，ln (k1)ln (k1)ln ln (k2)，即结论成立由可知，结论对nN成立法二上述不等式等价于，x0.令x，nN，则ln .故有ln 2ln 1，ln 3ln 2，ln(n1)ln n，上

16、述各式相加可得ln (n1)，结论得证法三如图，dx是由曲线y，xn及x轴所围成的曲边梯形的面积，而是图中所示各矩形的面积和dx(1)dxnln (n1)，结论得证3(2022重庆，22)设a11，an1b(nN*)(1)若b1，求a2，a3及数列an的通项公式；(2)若b1，问：是否存在实数c使得a2nca2n1对所有nN*成立？证明你的结论解(1)法一a22，a31，再由题设条件知(an11)2(an1)21.从而(an1)2是首项为0公差为1的等差数列，故(an1)2n1，即an1(nN*)法二a22，a31，可写为a11，a21，a31.因此猜想an1.下面用数学归纳法证明上式：当n1

17、时结论显然成立假设nk时结论成立，即ak1.则ak1111.这就是说，当nk1时结论成立所以an1(nN*)(2)法一设f(x)1，则an1f(an)令cf(c)，即c1，解得c.下面用数学归纳法证明加强命题a2nca2n11.当n1时，a2f(1)0，a3f(0)1，所以a2a31，结论成立假设nk时结论成立，即a2kca2k1f(a2k1)f(1)a2，即1ca2k2a2.再由f(x)在(，1上为减函数得cf(c)f(a2k2)f(a2)a31.故ca2k31，因此a2(k1)ca2(k1)11.这就是说，当nk1时结论成立综上，符合条件的c存在，其中一个值为c.法二设f(x)1，则an1

18、f(an)先证：0an1(nN*)当n1时，结论明显成立假设nk时结论成立，即0ak1.易知f(x)在(，1上为减函数，从而0f(1)f(ak)f(0)11.即0ak11.这就是说，当nk1时结论成立，故成立再证：a2na2n1(nN*)当n1时，a2f(1)0，a3f(a2)f(0)1，有a2a3，即n1时成立假设nk时，结论成立，即a2kf(a2k1)a2k2，a2(k1)f(a2k1)f(a2k2)a2(k1)1.这就是说，当nk1时成立，所以对一切nN*成立由得a2n1，即(a2n1)2a2a2n2，因此a2nf(a2n1)，即a2n1a2n2，所以a2n11.解得a2n1.综上，由、知存在c使a2nca2n1对一切nN*成立15