2014年高考數(shù)學(xué)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(xué)學(xué) 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(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( ) A2 人 B3 人 C4 人 D5 人 8B 解析 假設(shè) A、B 兩位學(xué)生的數(shù)學(xué)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(xué)生比另一個學(xué)生“

2、成績好”，與已知條件“他們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(xué)生數(shù)學(xué)成績是相同的 因為數(shù)學(xué)成績只有 3 種， 因而學(xué)生數(shù)量最大為 3， 即 3 位學(xué)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

3、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 ma 和 md 兩種情況比較 T2(P)和 T2(P)的大小； (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(dāng) ma 時，T2(P)

4、maxcdb，cabcdb. 因為 abdcbd，且 acdcbd，所以 T2(P)T2(P) 當(dāng) 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

5、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 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 、20

6、14 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 142014 新課標(biāo)全國卷 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

7、 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 5 6 9 五棱錐 6 6 10 立方體 6 8 12 猜想一般凸多面體中 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

8、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(xué)歸納法數(shù)學(xué)歸納法 21 、 、2014 安徽卷 設(shè)實數(shù) c0，整數(shù) p1，nN*. (1)證明：當(dāng) 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(xué)歸納法證明如下 當(dāng) p2 時，(1x)212xx212x，原不等式成立 假設(shè)

9、 pk(k2，kN*)時，不等式(1x)k1kx 成立 當(dāng) pk1 時，(1x)k1(1x)(1x)k(1x)(1kx)1(k1)xkx21(k1)x. 所以當(dāng) pk1 時，原不等式也成立 綜合可得，當(dāng) 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(xué)歸納法證明 anc1p. 當(dāng) 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(dāng) nk1 時，ak1akp1pcpapk 11pcapk1 . 由 akc1p0 得11p1pcapk1 1p 1pcapk1 c

10、apk. 因此 apk1c，即 ak1c1p， 所以當(dāng) 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(dāng) xc1p時，f(x)f(c1p)c1p. 當(dāng) n1 時，由 a1c1p0，即 ap1c 可知 a2p1pa1cpa1p1a111pcap11c1p，從而可得 a1a2c1p， 故當(dāng) n1 時，不

11、等式 anan1c1p成立 假設(shè)nk(k1， kN*)時， 不等式akak1c1p成立， 則當(dāng)nk1時， f(ak)f(ak1)f(c1p)， 即有 ak1ak2c1p， 所以當(dāng) nk1 時，原不等式也成立 綜合可得，對一切正整數(shù) n，不等式 anan1c1p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：2n2

12、an3n2. 22解：(1)易知 f(x)的定義域為(1，)，f(x)xx（a22a）（x1）（xa）2. (i)當(dāng) 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(dāng) a2 時，若 f(x)0，f(x)0 成立當(dāng)且僅當(dāng) x0，所以 f(x)在(1，)是增函數(shù). (iii)當(dāng) 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(dāng) a2 時，f(x)在(1，)是增函數(shù) 當(dāng) x(0，)

13、時，f(x)f(0)0，即 ln(x1)2xx2(x0) 又由(1)知，當(dāng) a3 時，f(x)在0，3)是減函數(shù) 當(dāng) x(0，3)時，f(x)f(0)0，即 ln(x1)3xx3(0 x3) 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明2n2an3n2. (i)當(dāng) n1 時，由已知23a11，故結(jié)論成立 (ii)假設(shè)當(dāng) nk 時結(jié)論成立，即2k2ln2k21 22k22k222k3， ak1ln(ak1)ln3k21 33k23k233k3， 即當(dāng) nk1 時，有2k3 1 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

14、述不等式等價于12131n1x1x，x0. 令 x1n，nN，則1n1lnn1n. 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明 當(dāng) n1 時，12ln 2，結(jié)論成立 假設(shè)當(dāng) nk 時結(jié)論成立，即12131k1ln(k1) 那么，當(dāng) nk1 時，12131k11k2ln(k1)1k2ln(k1)lnk2k1ln(k2)， 即結(jié)論成立 由可知，結(jié)論對 nN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，0nxx1

15、dx 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， 1223nn10nxx1dx 0n11x1dxnln(n1)， 結(jié)論得證 22 ， ，2014 重慶卷 設(shè) a11，an1a2n2an2b(nN*) (1)若 b1，求 a2，a3及數(shù)列an的通項公式 (2)若 b1，問：是否存在實數(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 ann11(nN*)

16、方法二：a22，a3 21. 可寫為 a1111，a2211，a3311.因此猜想 an n11. 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明上式 當(dāng) n1 時，結(jié)論顯然成立 假設(shè) nk 時結(jié)論成立，即 akk11，則 ak1 （ak1）211 （k1）11 （k1）11， 這就是說，當(dāng) nk1 時結(jié)論成立 所以 an n11(nN*) (2)方法一：設(shè) f(x)（x1）211，則 an1f(an) 令 cf(c)，即 c（c1）211，解得 c14. 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明命題 a2nca2n11. 當(dāng) 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 a2k

17、ca2k1f(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(dāng) 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*) 當(dāng) 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(dāng) nk1 時結(jié)論成立故成立 再證：a2na2n1

18、(nN*) 當(dāng) 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(dāng) nk1 時成立所以對一切 nN*成立 由得 a2n a22n2a2n21， 即(a2n1)2a22n2a2n2， 因此 a2nf(a2n1)，即 a2n1a2n2. 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，AB

19、C 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 P- ABC 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 P- ABC 的體積為 V，則 r( ) A.VS1S2S3S4 B.2VS1S2S3S4 C.3VS1S2S3S4 D.4VS1S2S3S4 2C 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( ) A9 B10 C11 D12 4C 解析 由歸納推理可知，m6，p5，mp11. 62014 衡水中學(xué)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