2014年高考數(shù)學理科(高考真題+模擬新題)分類匯編：M單元_推理與證明

1、數(shù)數(shù)學學M M 單元單元推理與證明推理與證明M1M1合情推理與演繹推理合情推理與演繹推理82014北京卷 學生的語文、數(shù)學成績均被評定為三個等級，依次為“優(yōu)秀”“合格”“不合格”若學生甲的語文、數(shù)學成績都不低于學生乙，且其中至少有一門成績高于乙，則稱“學生甲比學生乙成績好”如果一組學生中沒有哪位學生比另一位學生成績好，并且不存在語文成績相同、數(shù)學成績也相同的兩位學生，那么這組學生最多有()A2 人B3 人C4 人D5 人8B解析 假設(shè) A、B 兩位學生的數(shù)學成績一樣，由題意知他們語文成績不一樣，這樣他們的語文成績總有人比另一個人高， 語文成績較高的學生比另一個學生“成績好”， 與已知條件“他們

2、之中沒有一個比另一個成績好”相矛盾 因此， 沒有任意兩位學生數(shù)學成績是相同的因為數(shù)學成績只有 3 種，因而學生數(shù)量最大為 3，即 3 位學生的成績分別為(優(yōu)秀，不合格)、(合格，合格)、(不合格，優(yōu)秀)時滿足條件202014北京卷 對于數(shù)對序列 P：(a1，b1)，(a2，b2)，(an，bn)，記T1(P)a1b1，Tk(P)bkmaxTk1(P)，a1a2ak(2kn)，其中 maxTk1(P)，a1a2ak表示 Tk1(P)和 a1a2ak兩個數(shù)中最大的數(shù)(1)對于數(shù)對序列 P：(2，5)，(4，1)，求 T1(P)，T2(P)的值；(2)記 m 為 a，b，c，d 四個數(shù)中最小的數(shù)，對

3、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 ma 和 md 兩種情況比較 T2(P)和 T2(P)的大??；(3)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，寫出一個數(shù)對序列 P 使 T5(P)最小，并寫出 T5(P)的值(只需寫出結(jié)論)20解：(1)T1(P)257，T2(P)1maxT1(P)，241max7，68.(2)T2(P)maxabd，acd，T2(P)maxcdb，cab當 ma 時，T2(P)maxcdb，cabcdb.因為 abdcbd，且 ac

4、dcbd，所以 T2(P)T2(P)當 md 時，T2(P)maxcdb，cabcab.因為 abdcab，且 acdcab，所以 T2(P)T2(P)所以無論 ma 還是 md，T2(P)T2(P)都成立(3)數(shù)對序列 P：(4，6)，(11，11)，(16，11)，(11，8)，(5，2)的 T5(P)值最小，T1(P)10，T2(P)26，T3(P)42，T4(P)50，T5(P)52.15 、2014福建卷 若集合a，b，c，d1，2，3，4，且下列四個關(guān)系：a1；b1；c2；d4 有且只有一個是正確的，則符合條件的有序數(shù)組(a，b，c，d)的個數(shù)是_156解析 若正確，則不正確，可得

5、 b1 不正確，即 b1，與 a1 矛盾，故不正確；若正確，則不正確，由不正確，得 d4；由 a1，b1，c2，得滿足條件的有序數(shù)組為 a3，b2，c1，d4 或 a2，b3，c1，d4.若正確，則不正確，由不正確，得 d4；由不正確，得 b1，則滿足條件的有序數(shù)組為 a3，b1，c2，d4；若正確，則不正確，由不正確，得 b1，由 a1，c2，d4，得滿足條件的有序數(shù)組為 a2，b1，c4，d3 或 a3，b1，c4，d2 或 a4，b1，c3，d2；綜上所述，滿足條件的有序數(shù)組的個數(shù)為 6.19 、2014廣東卷 設(shè)數(shù)列an的前 n 項和為 Sn，滿足 Sn2nan13n24n，nN*，且

6、 S315.(1)求 a1，a2，a3的值；(2)求數(shù)列an的通項公式142014新課標全國卷 甲、乙、丙三位同學被問到是否去過 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^同一城市由此可判斷乙去過的城市為_14A解析 由于甲沒有去過 B 城市，乙沒有去過 C 城市，但三人去過同一個城市，故三人去過的城市為 A 城市又由于甲最多去過兩個城市，且去過的城市比乙多，故乙只能去過一個城市，這個城市為 A 城市142014陜西卷 觀察分析下表中的數(shù)據(jù)：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

7、一般凸多面體中 F，V，E 所滿足的等式是_14FVE2解析 由題中所給的三組數(shù)據(jù)，可得 5692，66102，68122，由此可以猜想出一般凸多面體的頂點數(shù) V、面數(shù) F 及棱數(shù) E 所滿足的等式是 FVE2.M2M2直接證明與間接證明直接證明與間接證明42014山東卷 用反證法證明命題“設(shè) a，b 為實數(shù)，則方程 x2axb0 至少有一個實根”時，要做的假設(shè)是()A.方程 x2axb0 沒有實根B. 方程 x2axb0 至多有一個實根C. 方程 x2axb0 至多有兩個實根D. 方程 x2axb0 恰好有兩個實根4A解析 “方程 x2axb0 至少有一個實根”等價于“方程 x2axb0 有

8、一個實根或兩個實根”，所以該命題的否定是“方程 x2axb0 沒有實根”故選 A.M3M3數(shù)學歸納法數(shù)學歸納法21 、 、2014安徽卷 設(shè)實數(shù) c0，整數(shù) p1，nN*.(1)證明：當 x1 且 x0 時，(1x)p1px；(2)數(shù)列an滿足 a1c1p，an1p1pancpa1pn，證明：anan1c1p.21證明：(1)用數(shù)學歸納法證明如下當 p2 時，(1x)212xx212x，原不等式成立假設(shè) pk(k2，kN*)時，不等式(1x)k1kx 成立當 pk1 時，(1x)k1(1x)(1x)k(1x)(1kx)1(k1)xkx21(k1)x.所以當 pk1 時，原不等式也成立綜合可得，

9、當 x1，x0 時，對一切整數(shù) p1，不等式(1x)p1px 均成立(2)方法一：先用數(shù)學歸納法證明 anc1p.當 n1 時，由題設(shè)知 a1c1p成立假設(shè) nk(k1，kN*)時，不等式 akc1p成立由 an1p1pancpa1pn易知 an0，nN*.當 nk1 時，ak1akp1pcpapk11pcapk1.由 akc1p0 得11p1pcapk11p1pcapk1capk.因此 apk1c，即 ak1c1p，所以當 nk1 時，不等式 anc1p也成立綜合可得，對一切正整數(shù) n，不等式 anc1p均成立再由an1an11pcapn1可得an1an1，即 an1an1c1p，nN*.方

10、法二：設(shè) f(x)p1pxcpx1p，xc1p，則 xpc，所以 f(x)p1pcp(1p)xpp1p1cxp0.由此可得，f(x)在c1p，)上單調(diào)遞增，因而，當 xc1p時，f(x)f(c1p)c1p.當 n1 時，由 a1c1p0，即 ap1c 可知a2p1pa1cpa1p1a111pcap11c1p，從而可得 a1a2c1p，故當 n1 時，不等式 anan1c1p成立假設(shè)nk(k1， kN*)時， 不等式akak1c1p成立， 則當nk1時， f(ak)f(ak1)f(c1p)，即有 ak1ak2c1p，所以當 nk1 時，原不等式也成立綜合可得，對一切正整數(shù) n，不等式 anan1

11、c1p均成立19 、2014廣東卷 設(shè)數(shù)列an的前 n 項和為 Sn，滿足 Sn2nan13n24n，nN*，且 S315.(1)求 a1，a2，a3的值；(2)求數(shù)列an的通項公式22 、2014全國卷 函數(shù) f(x)ln(x1)axxa(a1)(1)討論 f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè) a11，an1ln(an1)，證明：2n2an3n2.22解：(1)易知 f(x)的定義域為(1，)，f(x)xx（a22a）（x1） （xa）2.(i)當 1a0，所以 f(x)在(1，a22a)是增函數(shù)；若 x(a22a，0)，則 f(x)0，所以 f(x)在(0，)是增函數(shù)(ii)當 a2 時，若 f(x

12、)0，f(x)0 成立當且僅當 x0，所以 f(x)在(1，)是增函數(shù).(iii)當 a2 時，若 x(1，0)，則 f(x)0，所以 f(x)在(1，0)是增函數(shù)；若 x(0，a22a)，則 f(x)0，所以 f(x)在(a22a，)是增函數(shù)(2)由(1)知，當 a2 時，f(x)在(1，)是增函數(shù)當 x(0，)時，f(x)f(0)0，即 ln(x1)2xx2(x0)又由(1)知，當 a3 時，f(x)在0，3)是減函數(shù)當 x(0，3)時，f(x)f(0)0，即 ln(x1)3xx3(0 x3)下面用數(shù)學歸納法證明2n2an3n2.(i)當 n1 時，由已知23a11，故結(jié)論成立(ii)假設(shè)

13、當 nk 時結(jié)論成立，即2k2ln2k2122k22k222k3，ak1ln(ak1)ln3k2133k23k233k3，即當 nk1 時，有2k31 時，對 x(0，a1有(x)0，(x)在(0，a1上單調(diào)遞減，(a1)1 時，存在 x0，使(x)nln(n1)證明如下：方法一：上述不等式等價于12131n1x1x，x0.令 x1n，nN，則1n1lnn1n.下面用數(shù)學歸納法證明當 n1 時，12ln 2，結(jié)論成立假設(shè)當 nk 時結(jié)論成立，即12131k1ln(k1)那么，當 nk1 時，12131k11k2ln(k1)1k2ln(k1)lnk2k1ln(k2)，即結(jié)論成立由可知，結(jié)論對 n

14、N成立方法二：上述不等式等價于12131n1x1x，x0.令 x1n，nN，則 lnn1n1n1.故有 ln 2ln 112，ln 3ln 213，ln(n1)ln n1n1，上述各式相加可得 ln(n1)12131n1，結(jié)論得證方法三：如圖，錯誤錯誤!xx1dx 是由曲線 yxx1，xn 及 x 軸所圍成的曲邊梯形的面積，而1223nn1是圖中所示各矩形的面積和，1223nn1錯誤錯誤!xx1dx錯誤錯誤!11x1 dxnln(n1)，結(jié)論得證22 ， ，2014重慶卷 設(shè) a11，an1 a2n2an2b(nN*)(1)若 b1，求 a2，a3及數(shù)列an的通項公式(2)若 b1，問：是否存

15、在實數(shù) c 使得 a2nca2n1對所有 nN*成立？證明你的結(jié)論22解：(1)方法一：a22，a3 21.再由題設(shè)條件知(an11)2(an1)21.從而(an1)2是首項為 0，公差為 1 的等差數(shù)列，故(an1)2n1，即 an n11(nN*)方法二：a22，a3 21.可寫為 a1 111，a2 211，a3 311.因此猜想 an n11.下面用數(shù)學歸納法證明上式當 n1 時，結(jié)論顯然成立假設(shè) nk 時結(jié)論成立，即 ak k11，則ak1 （ak1）211 （k1）11 （k1）11，這就是說，當 nk1 時結(jié)論成立所以 an n11(nN*)(2)方法一：設(shè) f(x) （x1）2

16、11，則 an1f(an)令 cf(c)，即 c （c1）211，解得 c14.下面用數(shù)學歸納法證明命題a2nca2n11.當 n1 時，a2f(1)0，a3f(0) 21，所以 a214a31，結(jié)論成立假設(shè) nk 時結(jié)論成立，即 a2kca2k1f(a2k1)f(1)a2，即1ca2k2a2.再由 f(x)在(，1上為減函數(shù)，得 cf(c)f(a2k2)f(a2)a31，故 ca2k31，因此 a2(k1)ca2(k1)11，這就是說，當 nk1 時結(jié)論成立綜上，存在 c14使 a2nCa2a1對所有 nN*成立方法二：設(shè) f(x) （x1）211，則 an1f(an)先證：0an1(nN*

17、)當 n1 時，結(jié)論明顯成立假設(shè) nk 時結(jié)論成立，即 0ak1.易知 f(x)在(，1上為減函數(shù)，從而0f(1)f(ak)f(0) 211.即 0ak11.這就是說，當 nk1 時結(jié)論成立故成立再證：a2na2n1(nN*)當 n1 時，a2f(1)0，a3f(a2)f(0) 21，所以 a2a3，即 n1 時成立假設(shè) nk 時，結(jié)論成立，即 a2kf(a2k1)a2k2，a2(k1)f(a2k1)f(a2k2)a2(k1)1.這就是說，當 nk1 時成立所以對一切 nN*成立由得 a2n a22n2a2n21，即(a2n1)2a22n2a2n2，因此 a2nf(a2n1)，即 a2n1a2

18、n2.所以 a2n1 a22n12a2n121，解得 a2n114.綜上，由知存在 c14使 a2nca2n1對一切 nN*成立22014陜西五校聯(lián)考 設(shè)ABC 的三邊長分別為 a，b，c，ABC 的面積為 S，內(nèi)切圓半徑為 r，則 r2Sabc.類比這個結(jié)論可知：四面體 PABC 的四個面的面積分別為 S1，S2，S3，S4，內(nèi)切球的半徑為 r，四面體 PABC 的體積為 V，則 r()A.VS1S2S3S4B.2VS1S2S3S4C.3VS1S2S3S4D.4VS1S2S3S42C解析 由類比推理可知，選項 C 正確42014煙臺一模 對大于或等于 2 的正整數(shù)的冪運算有如下分解方式：2213，32135，421357，；2335，337911，4313151719，.根據(jù)上述分解規(guī)律，若 m213511，p3的分解中最小的正整數(shù)是 21，則 mp()A9B10C11D124C解析 由歸納推理可知，m6，p5，mp11.62014衡水中學調(diào)研 已知橢圓中有如下結(jié)論：橢圓x2a2y2b21(ab0)上斜率為 1的弦的中點在直線xa2yb20 上類比上述結(jié)論可推得：雙曲線x2a2y2b21(a0，b0)上斜率為 1 的弦的中點