《2012年高考數(shù)學(xué)真題分類匯編M　推理與證明 （文科）.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2012年高考數(shù)學(xué)真題分類匯編M　推理與證明 （文科）.doc（6頁珍藏版）》請?jiān)趨R文網(wǎng)上搜索。

1、M推理與證明M1合情推理與演繹推理12M12012陜西卷 觀察下列不等式1，1，1，照此規(guī)律，第五個(gè)不等式為_121解析 本小題主要考查了歸納與推理的能力，解題的關(guān)鍵是對給出的幾個(gè)事例分析，找出規(guī)律，推出所要的結(jié)果從幾個(gè)不等式左邊分析，可得出第五個(gè)式子的左邊為：1，對幾個(gè)不等式右邊分析，其分母依次為：2,3,4，所以第5個(gè)式子的分母應(yīng)為6，而其分子依次為： 3,5,7，所以第5個(gè)式子的分子應(yīng)為11，所以第5個(gè)式子應(yīng)為：1.16M12012湖南卷 對于nN*，將n表示為nak2kak12k1a121a020，當(dāng)ik時(shí)，ai1，當(dāng)0ik1時(shí)，ai為0或1.定義bn如下：在n的上述表示中，當(dāng)a0，a

2、1，a2，ak中等于1的個(gè)數(shù)為奇數(shù)時(shí)，bn1；否則bn0.(1)b2b4b6b8_；(2)記cm為數(shù)列bn中第m個(gè)為0的項(xiàng)與第m1個(gè)為0的項(xiàng)之間的項(xiàng)數(shù)，則cm的最大值是_16(1)3(2)2解析 本題以二進(jìn)制為依據(jù)考查數(shù)列推理，意在考查考生的邏輯推理能力，具體的解題思路和過程：由前幾項(xiàng)的結(jié)果，得出規(guī)律(1)由221010(2)易知b21,4122021020100(2)可知b41，同樣可知b60，b81，所以b2b4b6b83；(2)任何一個(gè)二進(jìn)制的數(shù)，當(dāng)1的個(gè)數(shù)為奇數(shù)的時(shí)候，連續(xù)的這樣的數(shù)最多只有兩個(gè)，所以cm的最大值是2.易錯(cuò)點(diǎn) 本題易錯(cuò)一：推理能力不行，無法找到規(guī)律，導(dǎo)致無從下手；易錯(cuò)二

3、：發(fā)現(xiàn)不了數(shù)列與二進(jìn)制的關(guān)聯(lián)，導(dǎo)致第(2)問無從下手17M12012湖北卷 傳說古希臘畢達(dá)哥拉斯學(xué)派的數(shù)學(xué)家經(jīng)常在沙灘上畫點(diǎn)或用小石子表示數(shù)他們研究過如圖16所示的三角形數(shù)：圖16將三角形數(shù)1,3,6,10，記為數(shù)列an，將可被5整除的三角形數(shù)按從小到大的順序組成一個(gè)新數(shù)列bn可以推測：(1)b2 012是數(shù)列an中的第_項(xiàng)；(2)b2k1_.(用k表示)17答案 (1)5 030(2)解析 由以上規(guī)律可知三角形數(shù)1,3,6,10，的一個(gè)通項(xiàng)公式為an，寫出其若干項(xiàng)來尋找規(guī)律：1,3,6,10,15,21,28,36,45,55,66,78,91,105,120，其中能被5整除的為10,15,

4、45,55,105,120，即b1a4，b2a5，b3a9，b4a10，b5a14，b6a15.由上述規(guī)律可猜想： b2ka5k(k為正整數(shù))，b2k1a5k1，故b2 012a21 006a51 006a5 030，即b2 012是數(shù)列an中的第5 030項(xiàng)20C1、M12012福建卷 某同學(xué)在一次研究性學(xué)習(xí)中發(fā)現(xiàn)，以下五個(gè)式子的值都等于同一個(gè)常數(shù)：(1)sin213cos217sin13cos17；(2)sin215cos215sin15cos15；(3)sin218cos212sin18cos12；(4)sin2(18)cos248sin(18)cos48；(5)sin2(25)cos2

5、55sin(25)cos55.(1)試從上述五個(gè)式子中選擇一個(gè)，求出這個(gè)常數(shù)；(2)根據(jù)(1)的計(jì)算結(jié)果，將該同學(xué)的發(fā)現(xiàn)推廣為三角恒等式，并證明你的結(jié)論20解：解法一：(1)選擇(2)式，計(jì)算如下：sin215cos215sin15cos151sin301.(2)三角恒等式為sin2cos2(30)sincos(30a).證明如下：sin2cos2(30)sincos(30)sin2(cos30cossin30sin)2sin(cos30cossin30sin)sin2cos2sincossin2sincossin2sin2cos2.解法二：(1)同解法一(2)三角恒等式為sin2cos2(3

6、0)sincos(30).證明如下：sin2cos2(30)sincos(30)sin(cos30cossin30sin)cos2(cos60cos2sin60sin2)sincossin2cos2cos2sin2sin2(1cos2)1cos2cos2.5M12012江西卷 觀察下列事實(shí)：|x|y|1的不同整數(shù)解(x，y)的個(gè)數(shù)為4，|x|y|2的不同整數(shù)解(x，y)的個(gè)數(shù)為8，|x|y|3的不同整數(shù)解(x，y)的個(gè)數(shù)為12，則|x|y|20的不同整數(shù)解(x，y)的個(gè)數(shù)為()A76 B80 C86 D925B解析 個(gè)數(shù)按順序構(gòu)成首項(xiàng)為4，公差為4的等差數(shù)列，因此|x|y|20的不同整數(shù)解(x

7、，y)的個(gè)數(shù)為44(201)80，故選B.M2直接證明與間接證明23D5、M22012上海卷 對于項(xiàng)數(shù)為m的有窮數(shù)列an，記bkmaxa1，a2，ak(k1,2，m)，即bk為a1，a2，ak中的最大值，并稱數(shù)列bn是an的控制數(shù)列如1,3,2,5,5的控制數(shù)列是1,3,3,5,5.(1)若各項(xiàng)均為正整數(shù)的數(shù)列an的控制數(shù)列為2,3,4,5,5，寫出所有的an；(2)設(shè)bn是an的控制數(shù)列，滿足akbmk1C(C為常數(shù)，k1,2，m)，求證：bkak(k1,2，m)；(3)設(shè)m100，常數(shù)a.若anan2(1)n，bn是an的控制數(shù)列，求(b1a1)(b2a2)(b100a100)23解：(1

8、)數(shù)列an為：2,3,4,5,1或2,3,4,5,2或2,3,4,5,3或2,3,4,5,4或2,3,4,5,5.(2)因?yàn)閎kmaxa1，a2，ak，bk1maxa1，a2，ak，ak1，所以bk1bk.因?yàn)閍kbmk1C，ak1bmkC，所以ak1akbmk1bmk0，即ak1ak.因此，bkak.(3)對k1,2，25，a4k3a(4k3)2(4k3)；a4k2a(4k2)2(4k2)；a4k1a(4k1)2(4k1)；a4ka(4k)2(4k)比較大小，可得a4k2a4k3.因?yàn)閍1，所以a4k1a4k2(a1)(8k3)0，即a4k2a4k1.a4ka4k22(2a1)(4k1)0，

9、即a4ka4k2.又a4ka4k1.從而b4k3a4k3，b4k2a4k2，b4k1a4k2，b4ka4k.因此(b1a1)(b2a2)(b100a100)(a2a3)(a6a7)(a98a99)(a4k2a4k1)(1a)(8k3)2525(1a)22B12、M22012湖南卷 已知函數(shù)f(x)exax，其中a0.(1)若對一切xR，f(x)1恒成立，求a的取值集合；(2)在函數(shù)f(x)的圖象上取定兩點(diǎn)A(x1，f(x1)，B(x2，f(x2)(x1x2)，記直線AB的斜率為k，證明：存在x0(x1，x2)，使f(x0)k成立22解：(1)f(x)exa.令f(x)0得xlna.當(dāng)xlna時(shí)

10、，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)xlna時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增故當(dāng)xln a時(shí)，f(x)取最小值f(lna)aalna.于是對一切xR，f(x)1恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)aalna1.令g(t)ttlnt，則g(t)lnt.當(dāng)0t1時(shí)，g(t)0，g(t)單調(diào)遞增；當(dāng)t1時(shí)，g(t)0，g(t)單調(diào)遞減故當(dāng)t1時(shí)，g(t)取最大值g(1)1.因此，當(dāng)且僅當(dāng)a1時(shí)，式成立綜上所述，a的取值集合為1(2)由題意知，ka.令(x)f(x)kex，則(x1)ex2x1(x2x1)1，(x2)ex1x2(x1x2)1令F(t)ett1，則F(t)et1.當(dāng)t0時(shí)，F(xiàn)(t)0，F(xiàn)(t)單調(diào)遞減；當(dāng)t0

11、時(shí)，F(xiàn)(t)0，F(xiàn)(t)單調(diào)遞增故當(dāng)t0時(shí)，F(xiàn)(t)F(0)0，即ett10.從而ex2x1(x2x1)10，ex1x2(x1x2)10，又0，0，所以(x1)0，(x2)0.因?yàn)楹瘮?shù)y(x)在區(qū)間x1，x2上的圖象是連續(xù)不斷的一條曲線，所以存在x0(x1，x2)，使(x0)0，即f(x0)k成立M3 數(shù)學(xué)歸納法M4 單元綜合23M42012江蘇卷 設(shè)集合Pn1,2，n，nN*.記f(n)為同時(shí)滿足下列條件的集合A的個(gè)數(shù)：APn；若xA，則2xA；若xPnA，則2xPnA.(1)求f(4)；(2)求f(n)的解析式(用n表示)23解：(1)當(dāng)n4時(shí)，符合條件的集合A為：2，1,4，2,3，1,

12、3,4，故f(4)4.(2)任取偶數(shù)xPn，將x除以2，若商仍為偶數(shù)，再除以2，經(jīng)過k次以后，商必為奇數(shù)，此時(shí)記商為m，于是xm2k，其中m為奇數(shù)，kN*.由條件知，若mA，則xAk為偶數(shù)；若mA，則xAk為奇數(shù)于是x是由m是否屬于A確定的設(shè)Qn是Pn中所有奇數(shù)的集合，因此f(n)等于Qn的子集個(gè)數(shù)當(dāng)n為偶數(shù)(或奇數(shù))時(shí)，Pn中奇數(shù)的個(gè)數(shù)是，所以f(n)20B3、D4、M42012北京卷 設(shè)A是如下形式的2行3列的數(shù)表，abcdef滿足性質(zhì)P：a，b，c，d，e，f1,1，且abcdef0.記ri(A)為A的第i行各數(shù)之和(i1,2)，cj(A)為A的第j列各數(shù)之和(j1,2,3)；記k(A)為|r1(A)|，|r2(A)|，|c1(A)|，|c2(A)|，|c3(A)|中的最小值(1)對如下數(shù)表A，求k(A)的值；110.80.10.31(2)設(shè)數(shù)表A形如1112ddd1其中1d0，求k(A)的最大值；(3)對所有滿足性質(zhì)P的2行3列的數(shù)表A，求k(A)的最大值20解：(1)因?yàn)閞1(A)1.2，r2(A)1.2，c1(A)1.1，c2(A)0.7，c3(A)1.8，所以k(A)0.7.(2)r1(A)12d，r2(A)12d，c1(A)c2(A)1d，c3(A)22d.因?yàn)?d0，所以|r1(A)|r2(A)|1d0，|c3(A