全国高考理科数学试题选编9.推理与证明试题解析_理科数学试题解析

全国高考理科数学试题选编9.推理与证明试题解析由刀豆文库小编整理，希望给你工作、学习、生活带来方便，猜你可能喜欢“理科数学试题解析”。

2014年全国高考理科数学试题选编

九.推理与证明试题

一.选择题和填空题

3.(安徽21满分13分)设实数c＞0，整数p＞1，n∈N*.(1)证明：

当x＞－1且x≠0时，(1＋x)p＞1＋px；(2)数列{an}满足a1c，1p

an＋1

p1c

anan1p，__________．

2.(北京.8)学生的语文、数学成绩均被评定为三个等级，依次为“优秀”“合格”“不合格”．若学 生甲的语文、数学成绩都不低于学生乙，且其中 至少有一门成绩高于乙，则称“学生甲比学生乙 成绩好”．如果一组学生中没有哪位学生比另一 位学生成绩好，并且不存在语文成绩相同、数学 成绩也相同的两位学生，那么这组学生最多有()．

A．2人B．3人C．4人D．5人

3.(山东4)用反证法证明命题“设a，b为实数，则 方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要做的 假设是()．

A．方程x

3＋ax＋b＝0没有实根

B．方程x3

＋ax＋b＝0至多有一个实根

C．方程x3

＋ax＋b＝0至多有两个实根D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实根

二.解答题

1.(北京20满分13分)对于数对序列P：(a 1，b1)，(a 2，b2)，„，(an，bn)，记T1(P)＝a1＋b1，T k(P)＝bk＋max{Tk－1(P)，a1＋a2＋„ ＋ak}(2≤k≤n)，其中max{Tk－1(P)，a1＋a2＋„＋ak}表示Tk－1(P)和a1＋a2＋„＋ak两 个数中最大的数．

(1)对于数对序列P：(2,5)，(4,1)，求T1(P)，T2(P)的值；

(2)记m为a，b，c，d四个数中最小的数，对于 由两个数对(a，b)，(c，d)组成的数对序列P：(a，b)，(c，d)和P′：(c，d)，(a，b)，试分别对m＝a 和m＝d两种情况比较T2(P)和T2(P′)的大小；(3)在由五个数对(11,8)，(5,2)，(16,11)，(11,11)，(4,6)组成的所有数对序列中，写出一个数对序列 P使T5(P)最小，并写出T5(P)的值．(只需写出结 论)

2.(天津19满分14分)已知q和n均为给定的大于1的自然数．设集合M＝{0,1,2，„，q－1}，集合A＝{x|x＝xq＋„＋xn－

11＋x2nq，xi∈M，i＝1,2，„，n}．

(1)当q＝2，n＝3时，用列举法表示集合A；(2)设s，t∈A，s＝a1＋a2q＋„＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋„＋b－1nqn，其中ai，bi∈M，i＝1,2，„，n.证明：若a

n＜bn，则s＜t.虢镇中学1pp

证明：ap

nan＋1c.九.推理与证明试题解析

数学教研组

一.选择题和填空题

__________．

解析：因为5＋6－9＝2，6＋6－10＝2，6＋8－12＝2，故可猜想F＋V－E＝292.(北京.8)学生的语文、数学成绩均被评定为三个等级，依次为“优秀”“合格”“不合格”．若学生甲的语文、数学成绩都不低于学生乙，且其中至少有一门成绩高于乙，则称“学生甲比学生乙成绩好”．如果一组学生中没有哪位学生比另一位学生成绩好，并且不存在语文成绩相同、数学成绩也相同的两位学生，那么这组学生最多有()．

A．2人B．3人C．4人D．5人

解析：用A，B，C分别表示优秀、及格和不及格．显然，语文成绩得A的学生最多只有一人，语文成绩得B的也最多只有1人，得C的也最多只有1人，所以这组学生的成绩为(AC)，(BB)，(CA)满足条件，故学生最多为3人．

3.(山东4)用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要做的假设是()．

A．方程x3＋ax＋b＝0没有实根

B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一个实根 C．方程x3＋ax＋b＝0至多有两个实根 D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实根

解析：因为至少有一个的反面为一个也没有，所以要做的假设是方程x3＋ax＋b＝0没有实根．

二.解答题

1.(北京20满分13分)对于数对序列P：(a1，b1)，(a2，b2)，„，(an，bn)，记T1(P)＝a1＋b1，Tk(P)＝bk＋max{Tk－1(P)，a1＋a2＋„ ＋ak}(2≤k≤n)，其中max{Tk－1(P)，a1＋a2＋„＋ak}表示Tk－1(P)和a1＋a2＋„＋ak两个数中最大的数．

(1)对于数对序列P：(2,5)，(4,1)，求T1(P)，T2(P)的值；

(2)记m为a，b，c，d四个数中最小的数，对于由两个数对(a，b)，(c，d)组成的数对序列P：(a，b)，(c，d)和P′：(c，d)，(a，b)，试分别对m＝a和m＝d两种情况比较T2(P)和T2(P′)的大小；(3)在由五个数对(11,8)，(5,2)，(16,11)，(11,11)，(4,6)组成的所有数对序列中，写出一个数对序列P使T5(P)最小，并写出T5(P)的值．(只需写出结论)

分析：(1)直接根据定义式即可求出T1(P)和T2(P)的值；(2)先根据定义式分别写出T2(P)和T2(P′)，然后根据a，b，c，d中最小数的不同比较对应两个代数式的大小，即可求得T2(P)和T2(P′)的大小关系；(3)先比较已知数据大小，然后根据定义式写出使T5(P)最小的数对序列，依次求出T1(P)，T2(P)，T3(P)，T4(P)，T5(P)即可． 解：(1)T1(P)＝2＋5＝7，T2(P)＝1＋max{T1(P)，2＋4}＝1＋max{7,6}＝8.(2)T2(P)＝max{a＋b＋d，a＋c＋d}，T2(P′)＝max{c＋d＋b，c＋a＋b}．

当m＝a时，T2(P′)＝max{c＋d＋b，c＋a＋b}＝c＋d＋b.因为a＋b＋d≤c＋b＋d，且a＋c＋d≤c＋b＋d，所以T2(P)≤T2(P′)．

当m＝d时，T2(P′)＝max{c＋d＋b，c＋a＋b}＝c＋a＋b.因为a＋b＋d≤c＋a＋b，且a＋c＋d≤c＋a＋b，所以T2(P)≤T2(P′)．

所以无论m＝a还是m＝d，T2(P)≤T2(P′)都成立．(3)数对序列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)＝52.2.(天津19满分14分)已知q和n均为给定的大于 1的自然数．设集合M＝{0,1,2，„，q－1}，集合A＝{x|x＝x1＋x2q＋„＋xnqn－1，xi∈M，i＝1,2，„，n}．

(1)当q＝2，n＝3时，用列举法表示集合A；

n－1

(2)设s，t∈A，s＝a1＋a2q＋„＋anq，t＝b1＋b2q＋„＋bnqn－1，其中ai，bi∈M，i＝1,2，„，n.证明：若an＜bn，则s＜t.分析：在第(1)问中，由于q和n的值已给出，因此集合M确定，从而xi的取值确定．只需列出x的所有可能的取值，即得集合A．在第(2)问中，考虑到s和t表达式的结构特点，应采用作差法证明它们的大小关系．在s－t的表达式中，由于ai与bi(i＝1,2,3，„，n－1)的大小关系不确定，因此可将ai－bi(i＝1,2，„，n－1)统一放大为其最大值q－1，而an＜bn，可将an－bn放大为其最大值－1，然后将s－t的表达式用等比数列求和公式化简，即可证得s－t＜0.(1)解：当q＝2，n＝3时，M＝{0,1}，A＝{x|x＝x1＋x2·2＋x3·22，xi∈M，i＝1,2,3}． 可得，A＝{0,1,2,3,4,5,6,7}．

(2)证明：由s，t∈A，s＝a1＋a2q＋„＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋„＋bnqn－1，ai，bi∈M，i＝1,2，„，n及an＜bn，可得s－t＝(a1－b1)＋(a2－b2)q＋„

＋(an－1－bn－1)qn－2＋(an－bn)qn－1

≤(q－1)＋(q－1)q＋„＋(q－1)qn－2－qn－1

(q1)(1qn1)n1

q＝－1＜0.＝

1q虢镇中学数学教研组

所以，s＜t.3.(安徽21满分13分)设实数c＞0，整数p＞1，n∈N*.(1)证明：

当x＞－1且x≠0时，(1＋x)p＞1＋px； 1(2)数列{an}满足ap

1c，ap1n＋1

ac

1ppnp

an，1

证明：ap

nan＋1c.分析：(1)考虑到欲证不等式与正整数p有关，因此可采用数学归纳法证明．(2)有两种思路．一种思路是先用数学归纳法证明

1ap

nc，再证明数列{an}是递减数列，二者结合1即可证得结论，其中在证ap

nc时，要注意第(1)问结论的应用和第(2)问中所给条件式的变形及应用；另一种思路是构造函数

fx

p1c

pxp

x1p，然后利用导数证得 1f(x)在[cp，＋∞)上单调递增，从而可得

1fxcp，在此基础上再运用数学归纳法

1证明ap

nan＋1c成立．

(1)证明：用数学归纳法证明．

①当p＝2时，(1＋x)2＝1＋2x＋x2＞1＋2x，原不等式成立．

②假设p＝k(k≥2，k∈N*)时，不等式(1＋x)k＞1＋kx成立． 当p＝k＋1时，(1＋x)k＋1＝(1＋x)(1＋x)k＞(1＋x)(1

＋kx)＝1＋(k＋1)x＋kx2

＞1＋(k＋1)x.所以p＝k＋1时，原不等式也成立． 综合①②可得，当x＞－1，x≠0时，对一切整数p＞1，不等式(1＋x)p＞1＋px

均成立． 1(2)证法一：先用数学归纳法证明ap

nc.11①当n＝1时，由题设ap

1c知ancp成立． ②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，1不等式ap

kc成立．

由ap1n＋1pac

1pnp

an易知an＞0，n∈N*.当n＝k＋1时，虢镇中学3ak1ap1pcp1c

pak1+pap1.kk

由a111c

kcp0得pp(aP1)0.k

由(1)中的结论得

（ak1)p[11(c1cc

.aP1)]p1p(P1)Pkpakpakak

因此aPp

k1c，即ak1c.1所以n＝k＋1时，不等式ap

nc也成立． 综合①②可得，对一切正整数n，不等式ancp

均成立．

再由

an111(c

a1aP1)可得n1，npanan

即an＋1＜an.综上所述，aap

nn1c，n∈N*.证法二：设fxp1pxc

p

x1p，xcp，则xp≥c，并且

fx

p1pcp(1p)xpp1c

p(1x

p)0，1xcp

.1由此可得，f(x)在[cp，＋∞)上单调递增． 111因而，当xcp

时，fxf(cp)cp

.1①当n＝1时，由ap

1c0，即ap1＞c可知

ap12

pac1p1c

1pa1a1[1p(ap1)]a11

1，并且ap

cp

2f(a1)c，从而a1a2.1故当n＝1时，不等式ap

nan1c成立． ②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，1不等式ap

kak1c成立，则当n＝k＋1时，1f(ak)＞f(ak＋1)＞f(cp)，1即有ap

k＋1ak＋2c.所以n＝k＋1时，原不等式也成立． 综合①②可得，对一切正整数n，数学教研组

1不等式ap

nan1c均成立．

虢镇中学4数学教研组