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【备考2022】2022高考数学 (真题+模拟新题分类汇编) 推理与证明 理
【备考2022】2022高考数学 (真题+模拟新题分类汇编) 推理与证明 理
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推理与证明M1 合情推理与演绎推理 15.B13,J3,M1[2022·福建卷]当x∈R,|x|<1时,有如下表达式:1+x+x2+…+xn+…=.两边同时积分得:∫01dx+∫0xdx+∫0x2dx+…+∫0xndx+…=∫0dx,从而得到如下等式:1×+×+×+…+×+…=ln2.请根据以上材料所蕴含的数学思想方法,计算:C×+C×2+C×3+…+C×=__________.15. [解析](1+x)n=C+Cx+Cx2+…+Cxn,两边同时积分得C∫01dx+C∫0xdx+C∫0x2dx+…+C∫0xndx=∫0(1+x)ndx,得C×+C×2+C×3+…+C×n+1=n+1-1.14.M1[2022·湖北卷]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=n2+n,记第n个k边形数为N(n,k)(k≥3),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)=n2+n,正方形数 N(n,4)=n2,五边形数 N(n,5)=n2-n,六边形数 N(n,6)=2n2-n,……可以推测N(n,k)的表达式,由此计算N(10,24)=________.14.1000 [解析]观察得k每增加1,n2项系数增加,n项系数减少,N(n,k)=n2+(4-k),故N(10,24)=1000.16.B7、M1[2022·山东卷]定义“正对数”:ln+x=现有四个命题:①若a>0,b>0,则ln+(ab)=bln+a;②若a>0,b>0,则ln+(ab)=ln+a+ln+b;③若a>0,b>0,则ln+≥ln+a-ln+b;-4-\n④若a>0,b>0,则ln+(a+b)≤ln+a+ln+b+ln2.其中的真命题有________.(写出所有真命题的编号)16.①③④ [解析]①中,当ab≥1时,∵b>0,∴a≥1,ln+(ab)=lnab=blna=bln+a;当0<ab<1时,∵b>0,∴0<a<1,ln+(ab)=bln+a=0,∴①正确;②中,当0<ab<1,且a>1时,左边=ln+(ab)=0,右边=ln+a+ln+b=lna+0=lna>0,∴②不成立;③中,当≤1,即a≤b时,左边=0,右边=ln+a-ln+b≤0,左边≥右边成立;当>1时,左边=ln=lna-lnb>0,若a>b>1时,右边=lna-lnb,左边≥右边成立;若0<b<a<1时,右边=0,左边≥右边成立;若a>1>b>0,左边=ln=lna-lnb>lna,右边=lna,左边≥右边成立,∴③正确;④中,若0<a+b<1,左边=ln+=0,右边=ln+a+ln+b+ln2=ln2>0,左边≤右边;若a+b≥1,ln+-ln2=ln-ln2=ln,又∵≤a或≤b,a,b至少有1个大于1,∴ln≤lna或ln≤lnb,即有ln+-ln2=ln-ln2=ln≤ln+a+ln+b,∴④正确.14.M1[2022·陕西卷]观察下列等式:12=112-22=-312-22+32=612-22+32-42=-10……照此规律,第n个等式可为________.14.12-22+32-42+…+(-1)n+1n2=(-1)n+1 [解析]结合已知所给几项的特点,可知式子左边共n项,且正负交错,奇数项为正,偶数项为负,右边的绝对值为左边底数的和,系数和最后一项正负保持一致,故表达式为12-22+32-42+…+(-1)n+1n2=(-1)n+1.M2 直接证明与间接证明 20.M2,D2,D3,D5[2022·北京卷]已知{an}是由非负整数组成的无穷数列,该数列前n项的最大值记为An,第n项之后各项an+1,an+2,…的最小值记为Bn,dn=An-Bn.(1)若{an}为2,1,4,3,2,1,4,3,…,是一个周期为4的数列(即对任意n∈N*,an+4=an),写出d1,d2,d3,d4的值;(2)设d是非负整数,证明:dn=-d(n=1,2,3,…)的充分必要条件为{an}是公差为d的等差数列;-4-\n(3)证明:若a1=2,dn=1(n=1,2,3,…),则{an}的项只能是1或者2,且有无穷多项为1.20.解:(1)d1=d2=1,d3=d4=3.(2)(充分性)因为{an}是公差为d的等差数列,且d≥0,所以a1≤a2≤…≤an≤….因此An=an,Bn=an+1,dn=an-an+1=-d(n=1,2,3,…).(必要性)因为dn=-d≤0(n=1,2,3,…).所以An=Bn+dn≤Bn.又因为an≤An,an+1≥Bn,所以an≤an+1.于是,An=an,Bn=an+1.因此an+1-an=Bn-An=-dn=d,即{an}是公差为d的等差数列.(3)因为a1=2,d1=1,所以A1=a1=2,B1=A1-d1=1.故对任意n≥1,an≥B1=1.假设{an}(n≥2)中存在大于2的项.设m为满足am>2的最小正整数,则m≥2,并且对任意1≤k<m,ak≤2.又因为a1=2,所以Am-1=2,且Am=am>2,于是,Bm=Am-dm>2-1=1,Bm-1=min{am,Bm}>1.故dm-1=Am-1-Bm-1<2-1=1,与dm-1=1矛盾.所以对于任意n≥1,有an≤2,即非负整数列{an}的各项只能为1或2.因为对任意n≥1,an≤2=a1,所以An=2.故Bn=An-dn=2-1=1.因此对于任意正整数n,存在m满足m>n,且am=1,即数列{an}有无穷多项为1.M3 数学归纳法 M4 单元综合 1.[2022·黄山质检]已知n为正偶数,用数学归纳法证明1-+-+…+=2(++…+)时,若已假设n=k(k≥2为偶数)时命题为真,则还需要用归纳假设再证n=( )时等式成立( )A.k+1B.k+2C.2k+2D.2(k+2)1.B [解析]根据数学归纳法的步骤可知,则n=k(k≥2为偶数)下一个偶数为k+2,故答案为B.2.[2022·石景山期末]在整数集Z中,被5除所得余数为k的所有整数组成一个“类”,记为[k],即[k]={5n+k|n∈Z},k=0,1,2,3,4.给出如下四个结论:①2013∈[3];②-2∈[2];③Z=[0]∪[1]∪[2]∪[3]∪[4];④整数a,b属于同一“类”的充要条件是a-b∈[0].其中,正确结论的个数为( )A.1B.2C.3D.4-4-\n2.C [解析]因为2013=402×5+3,所以2013∈[3],①正确.-2=-1×5+3,-2∈[3],所以②不正确.因为整数集中的数被5除的余数可以且只可以分成五类,所以③正确.整数a,b属于同一“类”,则整数a,b被5除的余数相同,从而a-b被5除的余数为0,反之也成立,故整数a,b属于同一“类”的充要条件是a-b∈[0],故④正确.所以正确的结论个数为3,选C.3.[2022·汕头期末]已知=2,=3,=4,若=6(a,t均为正实数),类比以上等式,可推测a,t的值,则a-t=________.3.-29 [解析]类比等式可推测a=6,t=35,则a-t=-29.4.[2022·福州期末]已知点A(x1,ax1),B(x2,ax2)是函数y=ax(a>1)的图像上任意不同两点,依据图像可知,线段AB总是位于A、B两点之间函数图像的上方,因此有结论>a成立.运用类比思想方法可知,若点A(x1,sinx1),B(x2,sinx2)是函数y=sinx(x∈(0,π))的图像上的不同两点,则类似地有________成立.4.<sin [解析]函数y=sinx在x∈(0,π)的图像上任意不同两点A,B,依据图像可知,线段AB总是位于A,B两点之间函数图像的下方,所以<sin.[规律解读]类比推理中的结论要注意问题在变化之后的不同,要“求同存异”才能够正确解决问题.5.[2022·云南师大附中月考]我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量,在平面直角坐标系中,利用求动点轨迹方程的方法,可以求出过点A(-3,4),且法向量为n=(1,-2)的直线(点法式)方程为1×(x+3)+(-2)×(y-4)=0,化简得x-2y+11=0.类比以上方法,在空间直角坐标系中,经过点A(1,2,3),且法向量为n=(-1,-2,1)的平面(点法式)方程为________.5.x+2y-z-2=0 [解析]设B(x,y,z)为平面内的任一点,类比得平面的方程为(-1)×(x-1)+(-2)×(y-2)+1×(z-3)=0,即x+2y-z-2=0.6.[2022·黄山质检]已知数列{an}满足a1=1,an=logn(n+1)(n≥2,n∈N*).定义:使乘积a1·a2·…·ak为正整数的k(k∈N*)叫作“简易数”.则在[1,2012]内所有“简易数”的和为________.6.2036 [解析]∵an=logn(n+1)=,∴a1·a2·…·ak=1···…·==log2(k+1),则“简易数”k使log2(k+1)为整数,即满足2n=k+1,所以k=2n-1,则在[1,2012]内所有“简易数”的和为21-1+22-1+…+210-1=-10=1023×2-10=2036.-4-
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高考 - 历年真题
发布时间:2022-08-26 00:27:08
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文章作者:U-336598
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