[ID:3-6402558] [精]【备考2020】高考数学(理)专题复习资料——五年高考真题分类汇编专题十八 ...
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30个学币 2019-11-04 13:09 下载1次 意见反馈 有奖上传 分享 收藏
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中小学教育资源及组卷应用平台 2020年高考数学(理)专题复习资料——五年高考真题分类汇编(解析版) 专题十八 推理与证明 【选择题组】——练小题,过大关 1.(2017课标Ⅰ,12)几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件,为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16 ,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是(  ) A.440   B.330   C.220   D.110 2.(2017课标Ⅱ,7)甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩,老师说:你们四人中有2位优秀,2位良好,我现在给甲看乙、丙的成绩,给乙看丙的成绩,给丁看甲的成绩,看后甲对大家说:我还是不知道我的成绩,根据以上信息,则(  ) A.乙可以知道四人的成绩 B.丁可以知道四人的成绩 C.乙、丁可以知道对方的成绩 D.乙、丁可以知道自己的成绩 3.(2015湖北,6)已知符号函数sgn x= f(x)是R上的增函数,g(x)=f(x)-f(ax)(a>1),则(  ) A.sgn[g(x)]=sgn x B.sgn[g(x)]=-sgn x C.sgn[g(x)]=sgn[f(x)] D.sgn[g(x)]=-sgn[f(x)] 【非选择题组】——练小题,过大关 1.(2016课标Ⅱ,15)有三张卡片,分别写有1和2,1和3,2和3.甲,乙,丙三人各取走一张卡片,甲看了乙的卡片后说:“我与乙的卡片上相同的数字不是2”,乙看了丙的卡片后说:“我与丙的卡片上相同的数字不是1”,丙说:“我的卡片上的数字之和不是5”,则甲的卡片上的数字是________. 2.(2018·浙江卷,11)我国古代数学著作《张邱建算经》中记载百鸡问题:“今有鸡翁一,值钱五;鸡母一,值钱三;鸡雏三,值钱一.凡百钱,买鸡百只,问鸡翁、母、雏各几何?”设鸡翁,鸡母,鸡雏个数分别为x,y,z,则当z=81时,x=__________,y=________. 3.(2015福建,15)一个二元码是由0和1组成的数字串x1x2…xn(n∈N*),其中xk(k=1,2,…,n)称为第k位码元.二元码是通信中常用的码,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x1x2…x7的码元满足如下校验方程组: 其中运算⊕定义为:0⊕0=0,0⊕1=1,1⊕0=1,1⊕1=0. 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________. 4.(2015山东,11)观察下列各式: C=40; C+C=41; C+C+C=42; C+C+C+C=43; …… 照此规律,当n∈N*时, C+C+C+…+C=________. 5.(2019·新课标Ⅰ卷,23)已知a,b,c为正数,且满足abc=1.证明: (1)++≤a2+b2+c2; (2)(a+b)3+(b+c)3+(c+a)3≥24. 6.(2018·江苏卷,23)[设n∈N*,对1,2,…,n的一个排列i1i2…in,如果当s<t时,有is>it,则称(is,it)是排列i1i2…in的一个逆序,排列i1i2…in的所有逆序的总个数称为其逆序数.例如:对1,2,3的一个排列231,只有两个逆序(2,1),(3,1),则排列231的逆序数为2.记fn(k)为1,2,…,n的所有排列中逆序数为k的全部排列的个数. (1)求f3(2),f4(2)的值; (2)求fn(2)(n≥5)的表达式(用n表示). 7.(2018·北京卷,20)设n为正整数,集合A={α|α=(t1,t2,…,tn),tk∈{0,1},k=1,2,…,n},对于集合A中的任意元素α=(x1,x2,…,xn)和β=(y1,y2,…,yn),记 M(α,β)=[(x1+y1-|x1-y1|)+(x2+y2-|x2-y2|)+…+(xn+yn-|xn-yn|)]. (1)当n=3时,若α=(1,1,0),β=(0,1,1),求M(α,α)和M(α,β)的值; (2)当n=4时,设B是A的子集,且满足:对于B中的任意元素α,β,当α,β相同时,M(α,β)是奇数,当α,β不同时,M(α,β)是偶数,求集合B中元素个数的最大值; (Ⅲ)给定不小于2的n,设B是A的子集,且满足:对于B中的任意两个不同的元素α,β,M(α,β)=0,写出一个集合B,使其元素个数最多,并说明理由. 8.(2015北京,20)已知数列{an}满足:a1∈N*,a1≤36,且an+1=(n=1,2,…). 记集合M=. (1)若a1=6,写出集合的M所有元素; (2)若集合M存在一个元素是3的倍数,证明:M的所有元素都是3的倍数; (3)求集合M的元素个数的最大值. 9.(2015天津,20)已知函数f(x)=nx-xn,x∈R,其中n∈N*,且n≥2. (1)讨论f(x)的单调性; (2)设曲线y=f(x)与x轴正半轴的交点为P,曲线在点P处的切线方程为y=g(x),求证:对于任意的正实数x,都有f(x)≤g(x); (3)若关于x的方程f(x)=a(a为实数)有两个正实数根x1,x2,求证:|x2-x1|<+2. 10.(2015广东,21)数列{an}满足:a1+2a2+…+nan=4-,n∈N*. (1)求a3的值; (2)求数列{an}的前n项和Tn; (3)令b1=a1,bn=+an(n≥2),证明:数列{bn}的前n项和Sn满足Sn<2+2ln n. 11.(2015安徽,18)设n∈N*,xn是曲线y=x2n+2+1在点(1,2)处的切线与x轴交点的横坐标, (1)求数列{xn}的通项公式; (2)记Tn=xx…x,证明Tn≥. 12.(2015浙江,18)已知函数f(x)=x2+ax+b,(a,b∈R),记M(a,b)是|f(x)|在区间[-1,1]上的最大值. (1)证明:当|a|≥2时,M(a,b)≥2; (2)当a,b满足M(a,b)≤2时,求|a|+|b|的最大值. 13.(2015江苏,23)已知集合X={1,2,3},Yn={1,2,3,…,n}(n∈N*), 设Sn={(a,b)|a整除b或b整除a,a∈X,b∈Yn},令f(n)表示集合Sn所含元素的个数. (1)写出f(6)的值; (2)当n≥6时,写出f(n)的表达式,并用数学归纳法证明. 14.(2015重庆,22)在数列{an}中,a1=3,an+1an+λan+1+μa=0(n∈N+). (1)若λ=0,μ=-2,求数列{an}的通项公式; (2)若λ=(k0∈N+,k0≥2),μ=-1, 证明:2+<ak0+1<2+. 专题十八 推理与证明参考答案及解析 选择题组 1.A 由题意得,数列如下: 1, 1,2, 1,2,4, … 1,2,4,…,2k-1 … 则该数列的前1+2+…+k=项和为 S=1+(1+2)+…+(1+2+…+2k-1)=2k+1-k-2 要使>100,有k≥14,此时k+2<2k+1,所以k+2是之后的等比数列1,2,…,2k+1的部分和,即 k+2=1+2+…+2t-1=2t-1, 所以k=2t-3≥14,则t≥5,此时k=25-3=29, 对应满足的最小条件为N=+5=440,故选A. 2.D 四人所知只有自己看到,老师所说及最后甲说的话.甲不知自己成绩→乙、丙中必有一优一良(若为两优,甲会知道自己成绩;两良亦然),→乙看了丙成绩,知自己成绩→丁看甲,甲、丁中也为一优一良,丁知自己成绩. 3.B 非选择题组 1.1和3 为方便说明,不妨将分别写有1和2,1和3,2和3的卡片记为A,B,C.从丙出发,由于丙的卡片上的数字之和不是5,则丙只可能是卡片A或B,无论是哪一张,均含有数字1,再由乙与丙的卡片上相同的数字不是1可知,乙所拿的卡片必然是C,最后由甲与乙的卡片上相同的数字不是2,知甲所拿的卡片为B,此时丙所拿的卡片为A. 2.8;11 当z=81时,有, 解得. 3.5 (ⅰ)x4⊕x5⊕x6⊕x7=1⊕1⊕0⊕1=1, (ⅱ)x2⊕x3⊕x6⊕x7=1⊕0⊕0⊕1=0; (ⅲ)x1⊕x3⊕x5⊕x7=1⊕0⊕1⊕1=1.由(ⅰ)(ⅲ)知x5,x7有一个错误,(ⅱ)中没有错误,∴x5错误,故k等于5. 4.4n-1 由观察可知答案为4n-1 5.证明:(1)欲证++≤a2+b2+c2. 需证++≤a2+b2+c2, 即证bc+ac+ab≤a2+b2+c2, ∵a2+b2≥2ab, b2+c2≥2bc, c2+a2≥2ac. ∴a2+b2+c2≥bc+ac+ab(当且仅当a=b=c时取等号). ∴++≤a2+b2+c2. (2)∵a,b,c为正数,且abc=1. ∴a+b≥2=2,b+c≥2=2, a+c≥2=2, 当且仅当a=b=c=1时,取等号. ∴(a+b)3≥83, (b+c)3≥83, (a+c)3≥83, 又∵3+3+3≥3··=3 =3. ∴(a+b)3+(b+c)3+(a+c)3≥8×3=24. 当且仅当a=b=c=1时取等号. ∴(a+b)3+(b+c)3+(a+c)3≥24. 6.解:(1)记c(abc)为排列abc的逆序数,对1,2,3的所有排列,有 c(123)=0,c(132)=1,c(213)=1,c(231)=2,c(312)=2,c(321)=3, 所以f3(0)=1,f3(1)=f3(2)=2. 对1,2,3,4的排列,利用已有的1,2,3的排列,将数字4添加进去,4在新排列中的位置只能是最后三个位置. 因此,f4(2)=f3(2)+f3(1)+f3(0)=5. (2)对一般的n(n≥4)的情形,逆序数为0的排列只有一个:12…n,所以fn(0)=1. 逆序数为1的排列只能是将排列12…n中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列,所以fn(1)=n-1. 为计算fn+1(2) ,当1,2,…,n的排列及其逆序数确定后,将n+1添加进原排列,n+1在新排列中的位置只能是最后三个位置. 因此,fn+1(2)=fn(2)+fn(1)+fn(0)=fn(2)+n. 当n≥5时, fn(2)=[fn(2)-fn-1(2)]+[fn-1(2)-fn-2(2)]+…+[f5(2)-f4(2)]+f4(2) =(n-1)+(n-2)+…+4+f4(2)=, 因此,当n≥5时,fn(2)=. 7.解:(1)M(α,α)=[(1+1-|1-1|)+(1+1-|1-1|)+(0+0-|0-0|)]=2; M(α,β)=[(1+0-|1-0|)+(1+1-|1-1|)+(0+1-|0-1|)]=1 (2)当xm,ym同为1时,(xm+ym-|xm-ym|)=1; 当xm,ym中只有一个1或者两个都是0时,(xm+ym-|xm-ym|)=0; 当α,β相同时,?α=(x1,x2,x3,x4)∈B,M(α,α)=x1+x2+x3+x4为奇数; 则xk(k=1,2,3,4)中有一个1或者三个1,即为以下8种: 形式1:(1,0,0,0)(0,1,0,0)(0,0,1,0)(0,0,0,1); 形式2:(1,1,1,0)(1,1,0,1)(1,0,1,1)(0,1,1,1); 当α,β不同时,M(α,β)是偶数,则α,β同为1的位置有4个或2个或者0个; 形式1中的元素不能和形式2的三个元素同时共存; 形式2中的元素不能和形式1的三个元素同时共存; 所以B中元素至多为4个; 如果B中元素全是形式1,当α,β不同时,M(α,β)=0满足条件; 如果B中元素全是形式2,当α,β不同时,M(α,β)=2满足条件,故B中元素个数的最大值为4. (3)B中元素个数最多为n+1,构造如下: 对于γk=(zk1,zk2,…,zkn)∈B(k=1,2,3,…,n),zkk=1,其他位置全为0; γn+1=(0,0,0,…,0),可以验证M(γi,γj)=0(i,j=1,2,…,n+1)且i≠j; 下面证明:当B中元素个数大于等于n+2时,总存在α,β∈B,M(α,β)≠0 设γk=(zk1,zk2,zk3,…,zkn)∈B,k=1,2,3,…,n+1,…,m(m≥n+2); Sk=zk1+zk2+…+zkn(k=1,2,3,…,n),可以得到: S1+S2+…+Sm≥0+1×n+2=n+2; 记Ck=z1k+z2k+…+zmk(k=1,2,3,…,n),可以得到: C1+C2+…+Cn=S1+S2+…+Sm≥n+2, 所以?Ct≥2,t∈{1,2,3,…,n} 即存在α,β∈B(α≠β),使得α,β在同一个位置同为1,即M(α,β)≥1≠0,矛盾. 所以,B中元素个数最多为n+1. 8.解:(1)6,12,24. (2)因为集合M存在一个元素是3的倍数,所以不妨设ak是3的倍数. 由an+1=可归纳证明对任意n≥k,an是3的倍数. 如果k=1,则M的所有元素都是3的倍数. 如果k>1,因为ak=2ak-1或ak=2ak-1-36,所以2ak-1是3的倍数,于是ak-1是3的倍数.类似可得,ak-2,…,a1都是3的倍数.从而对任意n≥1,an是3的倍数,因此M的所有元素都是3的倍数. 综上,若集合M存在一个元素是3的倍数,则M的所有元素都是3的倍数. (3)由a1≤36,an=可归纳证明an≤36 (n=2,3,…). 因为a1是正整数,a2=所以a2是2的倍数. 从而当n≥3时,an是4的倍数. 如果a1是3的倍数,由(Ⅱ)知对所有正整数n,an是3的倍数. 因此当n≥3时,an∈{12,24,36},这时M的元素个数不超过5. 如果a1不是3的倍数,由(Ⅱ)知对所有正整数n,an不是3的倍数. 因此当n≥3时,an∈{4,8,16,20,28,32}.这时M的元素个数不超过8. 当a1=1时,M={1,2,4,8,16,20,28,32}有8个元素. 综上可知,集合M的元素个数的最大值为8. 9.解:(1)由f(x)=nx-xn,可得f′(x)=n-nxn-1=n(1-xn-1),其中n∈N*,且n≥2, 下面分两种情况讨论: ①当n为奇数时. 令f′(x)=0,解得x=1,或x=-1. 当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x (-∞,-1) (-1,1) (1,+∞) f′(x) - + - f(x) ? ? ? 所以,f(x)在(-∞,-1),(1,+∞)上单调递减,在(-1,1)内单调递增. ②当n为偶数时. 当f′(x)>0,即x<1时,函数f(x)单调递增; 当f′(x)<0,即x>1时,函数f(x)单调递减. 所以,f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减. (2)证明:设点P的坐标为(x0,0),则x0=n,f′(x0)=n-n2.曲线y=f(x)在点P处的切线方程为y=f′(x0)(x-x0),即g(x)=f′(x0)(x-x0).令F(x)=f(x)-g(x),即F(x)=f(x)-f′(x0)(x-x0),则F′(x)=f′(x)-f′(x0). 由于f′(x)=-nxn-1+n在(0,+∞)上单调递减,故F′(x)在(0,+∞)上单调递减,又因为F′(x0)=0,所以当x∈(0,x0)时,F′(x)>0,当x∈(x0,+∞)时,F′(x)<0,所以F(x)在(0,x0)内单调递增,在(x0,+∞)上单调递减,所以对于任意的正实数x,都有F(x)≤F(x0)=0,即对于任意的正实数x,都有f(x)≤g(x). (3)证明:不妨设x1≤x2.由(2)知g(x)= (n-n2)(x-x0).设方程g(x)=a的根为x′2,可得x′2=+x0当n≥2时,g(x)在(-∞,+∞)上单调递减.又由(2)知 g(x2)≥f(x2)=a=g,可得x2≤x′2. 类似地,设曲线y=f(x)在原点处的切线方程为y=h(x),可得h(x)=nx.当x∈(0,+∞),f(x)-h(x)=-xn<0,即对于任意的x∈(0,+∞),f(x)<h(x). 设方程h(x)=a的根为x′1,可得x′1=.因为h(x)=nx在(-∞,+∞)上单调递增,且h(x′1)=a=f(x1)<h(x1),因此x′1<x1. 由此可得x2-x1<x′2-x′1=+x0. 因为n≥2,所以2n-1=(1+1)n-1≥1+C=1+n-1=n,故2≥n=x0. 所以,|x2-x1|<+2. 10.解:(1)依题3a3=(a1+2a2+3a3)-(a1+2a2)= 4--=, ∴a3=; (2)依题当n>1时,nan=(a1+2a2+…+ann)-[a1+2a2+…(n-1)an-1]=4--=,∴an=n-1,又a1=4-=1也适合此式. ∴an=n-1, ∴数列{an}是首项为1,公比为的等比数列,故Tn==2-n-1; (3)依题由bn=+an知b1=a1,b2=+a2,b3=+a3, ∴Sn=b1+b2+…+bn=(a1+a2+…+an)=Tn = <2×, 记f(x)=ln x+-1(x>1),则f′(x)=-=>0, ∴f(x)在(1,+∞)上是增函数,又f(1)=0即f(x)>0,又k≥2且k∈N*时,>1, ∴f=ln+-1>0即ln>, ∴<ln,<ln,…,<ln, 即有++…+<ln+ln+…+ln=ln n, ∴2×<2+2ln n,即Sn<2+2ln n. 11.解:(1)由题意,y′=(2n+2)x2n+1 y′|x=1=2n+2. ∴曲线在(1,2)处的切线方程为 y-2=(2n+2)(x-1) 当y=0时,xn= ∴xn= (2)设{bn}的前n项积Tn=,则 当n=1时,b1= 当n≥2时,Tn-1= ∴bn=== 则当n=1时,x=2==b1 当n≥2时,x=2 bn= x-bn=2- = ==>0 ∴x>bn x>bn-1 x>b2 ∴x·x…x>b1b2…bn= 即证x·x……x> 即Tn≥ 12.解:(1)分析题意可知f(x)在[-1,1]上单调,从而可知M(a,b)=max{|f(1)|,|f(-1)|},分类讨论a的取值范围即可求解;(2)分析题意可知|a|+|b|=,再由M(a,b)≤2可得|1+a+b|=|f(1)|≤2, |1-a+b|=|f(-1)|≤2,即可得证. 试题解析:(1)f(x)=2+b-,得对称轴为直线x=-,由|a|≥2,得 ≥1,故f(x)在[-1,1]上单调, ∴M(a,b)=max{|f(1)|,|f(-1)|},当a≥2时,由 f(1)-f(-1)=2a≥4,得max{f(1),f(-1)}≥2,即M(a,b)≥2,当a≤-2时,由f(-1)-f(1)=-2a≥4,得max{f(-1),-f(1)}≥2,即M(a,b)≥2,综上,当|a|≥2时,M(a,b)≥2; (2)由M(a,b)≤2得|1+a+b|=|f(1)|≤2,|1-a+b|=|f(-1)|≤2,故|a+b|≤3,|a-b|≤3,由|a|+|b|=,得|a|+|b|≤3,当a=2,b=-1时,|a|+|b|=3,且|x2+2x-1|在[-1,1]上的最大值为2,即M(2,-1)=2,∴|a|+|b|的最大值为3. 13.解:(1)f(6)=13. (2)当n≥6时,f(n)= 下面用数学归纳法证明: ①当n=6时,f(6)=6+2++=13,结论成立; ②假设n=k(k≥6)时结论成立,那么n=k+1时,Sk+1在Sk的基础上新增加的元素在(1,k+1),(2,k+1),(3,k+1)中产生,分以下情形讨论: 1)若k+1=6t,则k=6(t-1)+5,此时有 f(k+1)=f(k)+3=k+2+++3 =(k+1)+2++,结论成立 ; 2)若k+1=6t+1,则k=6t,此时有 f(k+1)=f(k)+1=k+2+++1 =(k+1)+2++,结论成立; 3)若k+1=6t+2,则k=6t+1,此时有 f(k+1)=f(k)+2=k+2+++2 =(k+1)+2++,结论成立; 4)若k+1=6t+3,则k=6t+2,此时有 f(k+1)=f(k)+2=k+2+++2 =(k+1)+2++,结论成立; 5)若k+1=6t+4,则k=6t+3,此时有 f(k+1)=f(k)+2=k+2+++2 =(k+1)+2++,结论成立; 6)若k+1=6t+5,则k=6t+4,此时有 f(k+1)=f(k)+1=k+2+++1 =(k+1)+2++,结论成立. 综上所述,结论对满足n≥6的自然数n均成立. 14.解:(1)由λ=0,μ=-2,有an+1an=2a(n∈N+). 若存在某个n0∈N+,使得an=0,则由上述递推公式易得an0-1=0.重复上述过程可得a1=0,此与a1=3矛盾,所以对任意n∈N+,an≠0.从而an+1=2an(n∈N+),即{an}是一个公比q=2的等比数列.故an=a1qn-1=3·2n-1. (2)由λ=,μ=-1,数列{an}的递推关系式变为 an+1an+an+1-a=0,变形为an+1=a (n∈N+). 由上式及a1=3>0,归纳可得 3=a1>a2>…>an>an+1>…>0. 因为an+1===an-+·,所以对n=1,2,…,k0求和得 ak0+1=a1+(a2-a1)+…+(ak0+1-ak0) =a1-k0·+· >2+·     k0个=2+. 另一方面,由上已证的不等式知a1>a2>…>ak0>ak0+1>2,得ak0+1=a1-k0·+· <2+·     k0个 =2+ 综上,2+<ak0+1<2+. 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  • 资料类型: 试卷
  • 资料版本:通用
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