高考数学压轴专题盘锦备战高考《推理与证明》知识点复习

【最新】高考数学《推理与证明》专题解析
一、选择题
1．学校艺术节对同一类的A、B、C、D四项参赛作品，只评一项一等奖，在评奖揭晓前，甲、乙、丙、丁四位同学对这四项参赛作品预测如下：
甲说：“是C或D作品获得一等奖” 乙说：“B作品获得一等奖”
丙说：“A、D两项作品未获得一等奖” 丁说：“是C作品获得一等奖”
若这四位同学中只有两位说的话是对的，则获得一等奖的作品为（）
A．C作品 B．D作品 C．B作品 D．A作品
【答案】C
【解析】分析：根据学校艺术节对同一类的A，B，C，D四项参赛作品，只评一项一等奖，故假设A，B，C，D分别为一等奖，判断甲、乙、丙、丁的说法的正确性，即可判断．
详解：若A为一等奖，则甲，丙，丁的说法均错误，故不满足题意，
若B为一等奖，则乙，丙说法正确，甲，丁的说法错误，故满足题意，
若C为一等奖，则甲，丙，丁的说法均正确，故不满足题意，
若D为一等奖，则只有甲的说法正确，故不合题意，
故若这四位同学中只有两位说的话是对的，则获得一等奖的作品是B
故答案为：C.
点睛：本题考查推理的应用，意在考查学生的分析、推理能力．这类题的特点是：通过几组命题来创设问题情景，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.对于逻辑推理问题，应耐心读题，找准突破点，一般可以通过假设前提依次验证即可.
2．平面内的一条直线将平面分成2部分,两条相交直线将平面分成4部分,三条两两相交且不共点的直线将平面分成7部分,…则平面内的六条两两相交且任意三条不共点的直线将平面分成的部分数为( )
A．20B．21C．22D．23
【答案】C
【解析】
【分析】
一条直线可以把平面分成两部分,两条直线最多可以把平面分成4部分,三条直线最多可以把平面分成7部分,四条直线最多可以把平面分成11部分,可以发现,两条直线时多了2部分,三条直线比原来多了3部分,四条直线时比原来多了4部分,即可求得答案.
【详解】
f n个部分,
设画n条直线,最多可将面分成()
1,(1)112
Q;
==+=
n f
==+=;
2,(2)(1)24
n f f
==+=;,
3,(3)(2)37
n f f
4,(4)(3)411n f f ==+=; ,
5,(5)(4)516n f f ==+=; 6,(6)(5)622n f f ==+=.
故选:C. 【点睛】
本题解题关键是掌握根据题意能写出函数递推关系,在求解中寻找规律,考查了分析能力和推理能力,属于中档题.
3．二维空间中圆的一维测度(周长)2l
r π=，二维测度(面积)2S r π=；三维空间中球的二
维测度(表面积)24S r π=，三维测度(体积)3
43
V r π=
.若四维空间中“超球”的三维测度38V r π=，猜想其四维测度W =（ ）
A ．42r π
B ．43r π
C ．44r π
D ．46r π
【答案】A 【解析】
分析：由题意结合所给的性质进行类比推理即可确定四维测度W .
详解：结合所给的测度定义可得：在同维空间中，1n +维测度关于r 求导可得n 维测度， 结合“超球”的三维测度38V r π=，可得其四维测度42W r π=. 本题选择A 选项.
点睛：本题主要考查类比推理，导数的简单应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
4．观察下列等式：332123+=，33321236++=，33332123410+++=，记
()3333123f n n =+++⋅⋅⋅+.根据上述规律，若()225f n =，则正整数n 的值为（ ）
A ．8
B ．7
C ．6
D ．5
【答案】D 【解析】 【分析】
由规律得()()()2
22
11234
n n f n n +=+++⋅⋅⋅+=
再解方程即可 【详解】
由已知等式的规律可知()()()2
22
11234
n n f n n +=+++⋅⋅⋅+=
，当()225f n =时，可得5n =. 故选：D 【点睛】
本题考查归纳推理，熟记等差数列求和公式是关键，考查观察转化能力，是基础题
5．若数列{}n a 是等差数列，则数列12n
n a a a b n
++⋯+=
也为等差数列．类比这一性质可
知，若正项数列{}n c 是等比数列，且n d 也是等比数列，则n d 的表达式应为( ) A ．12n
n c c c d n
++⋯+=
B ．12n
n c c c d n
⋅⋅⋯⋅=
C ．n d =
D ．n d =【答案】D 【解析】 【分析】
利用等差数列的求和公式，等比数列的通项公式，即可得到结论． 【详解】
解：Q 数列{}n a 是等差数列，则()12112
n n n
a a a a d n -++⋯++
=，
∴数列1211
2
n n a a a n b a d n ++⋯+-=
=+也为等差数列
Q 正项数列{}n c 是等比数列，设首项为1c ，公比为q ，
则()112
121111
n n n
n n c c c c c q c q c q
--⋅⋅⋯⋅⋅⋅⋯==⋅
∴1
2
1n n d c q
-=
∴
n d =
故选：D ． 【点睛】
本题考查类比推理，解题的关键是掌握好类比推理的定义及等差等比数列之间的共性，由此得出类比的结论即可．
6．用“算筹”表示数是我国古代计数方法之一，计数形式有纵式和横式两种，如图1所示.金元时期的数学家李冶在《测圆海镜》中记载：用“天元术”列方程，就是用算筹来表示方程中各项的系数.所谓“天元术”，即是一种用数学符号列方程的方法，“立天元一为某某”，
意即“设x 为某某”.如图2所示的天元式表示方程1
0110n n n n a x a x a x a --++⋅⋅⋅++=，其中
0a ，1a ，…，1n a -，n a 表示方程各项的系数，均为筹算数码，在常数项旁边记一“太”字或
在一次项旁边记一“元”字，“太”或“元”向上每层减少一次幂，向下每层增加一次幂.
试根据上述数学史料，判断图3天元式表示的方程是（ ） A ．228617430x x ++= B ．4227841630x x x +++= C ．2174328610x x ++= D ．43163842710x x x +++=
【答案】C 【解析】 【分析】
根据“算筹”法表示数可得题图3中从上至下三个数字分别为1，286，1743，结合“天元术”列方程的特征即可得结果. 【详解】
由题意可得，题图3中从上至下三个数字分别为1，286，1743， 由“元”向上每层减少一次幂，向下每层增加一次幂.可得天元式表示的方程为
2174328610x x ++=.
故选：C. 【点睛】
本题主要是以数学文化为背景，考查数学阅读及理解能力，充分理解“算筹”法表示数和“天元术”列方程的概念是解题的关键，属于中档题.
7．给出下面类比推理：
①“若2a<2b ，则a<b”类比推出“若a 2<b 2，则a<b”； ②“(a ＋b)c ＝ac ＋bc(c≠0)”类比推出“
a b a b
c c c
+=+ (c≠0)”；
③“a ，b ∈R ，若a －b ＝0，则a ＝b”类比推出“a ，b ∈C ，若a －b ＝0，则a ＝b”； ④“a ，b ∈R ，若a －b>0，则a>b”类比推出“a ，b ∈C ，若a －b>0，则a>b(C 为复数集)”． 其中结论正确的个数为( ) A ．1 B ．2
C ．3
D ．4
【答案】B 【解析】 【分析】
在数集的扩展过程中，有些性质是可以传递的，但有些性质不能传递，因此，要判断类比的结果是否正确，关键是要在新的数集里进行论证，当然要想证明一个结论是错误的，也可以直接举一个反例，要想得到本题的正确答案，可对四个结论逐一进行分析，不难解答. 【详解】
①若“22a b <，则a b <”类比推出“若22a b <，则a b <”，不正确，比如1,2a b ==-； ②“()(0)a b c ac bc c +=+≠”类比推出“
(0)a b a b
c c c c
+=+≠”，正确； ③在复数集C 中，若两个复数满足0a b -=，则它们的实部和虚部均相等，则,a b 相等，故正确；
④若,a b C ∈，当1,a i b i =+=时，10a b -=>，但,a b 是两个虚数，不能比较大小，故错误；
所以只有②③正确，即正确命题的个数是2个， 故选B. 【点睛】
该题考查的是有关判断类比得到的结论的正确性的问题，涉及到的知识点有式子的运算法则，数相等的条件，复数不能比较大小等结论，属于简单题目.
8．在平面几何中，与三角形的三条边所在直线的距离相等的点有4个，类似的，在立体几何中，与四面体的四个面所在平面的距离相等的点有（ ） A ．1个 B ．5个
C ．7个
D ．9个
【答案】B 【解析】 【分析】
根据平面图形的结论，通过想象类比得出立体图形对应的结论. 【详解】
根据三角形的内切圆和旁切圆可得
与三角形的三条边所在直线的距离相等的点有且只有4个， 由此类比到四面体中，
四面体的内切球的球心到四个面所在的平面的距离相等， 还有四个旁切球的球心到四个面所在的平面的距离相等， 因此这样的点有且只有5个. 故选：B
【点睛】
本题考查的是类比推理，找出切入点是解题的关键.
9．我们在求高次方程或超越方程的近似解时常用二分法求解，在实际生活中还有三分法.比如借助天平鉴别假币.有三枚形状大小完全相同的硬币，其中有一假币（质量较轻），把两枚硬币放在天平的两端，若天平平衡，则剩余一枚为假币，若天平不平衡，较轻的一端放的硬币为假币.现有 27 枚这样的硬币，其中有一枚是假币（质量较轻），如果只有一台天平，则一定能找到这枚假币所需要使用天平的最少次数为（ ） A ．2 B ．3
C ．4
D ．5
【答案】B 【解析】 【分析】
根据提示三分法，考虑将硬币分为3组，然后将有问题的一组再分为3组，再将其中有问题的一组分为3，此时每组仅为1枚硬币，即可分析出哪一个是假币. 【详解】
第一步将27枚硬币分为三组，每组9枚，取两组分别放于天平左右两侧测量，若天平平衡，则假币在第三组中；若天平不平衡，假币在较轻的那一组中；第二步把较轻的9枚金币再分成三组，每组3枚，任取2组，分别放于天平左右两侧测量，若天平平衡，则假币在第三组，若天平不平衡则假币在较轻的一组；第三步再将假币所在的一组分成三组，每组1枚，取其中两组放于天平左右两侧测量若天平平衡，则假币是剩下的一个；若天平不平衡，则较轻的盘中所放的为假币.因此，一定能找到假币最少需使用3次天平. 故选：B. 【点睛】
本题考查类比推理思想的应用，难度一般.处理该类问题的关键是找到题干中的提示信息，由此入手会方便很多.
10．观察下列各式：2749=，37343=，472401=，…，则10097的末两位数字为（ ） A ．49 B ．43
C ．07
D ．01
【答案】C 【解析】 【分析】
先观察前5个式子的末两位数的特点，寻找规律，结合周期性进行判断即可. 【详解】
观察2749=，37343=，472401=，572401716807=⨯=，
67168077117649=⨯=，…，可知末两位每4个式子一个循环，2749=到10097一共有
1008个式子，且10084252÷=，则10097的末两位数字与57的末两位数字相同，为07. 故选：C. 【点睛】
本题主要考查归纳推理的应用，根据条件寻找周期性是解决本题的关键.
11．明代朱载堉创造了音乐学上极为重要的“等程律”．在创造律制的过程中，他不仅给出了求解三项等比数列的等比中项的方法，还给出了求解四项等比数列的中间两项的方
法．比如，若已知黄钟、大吕、太簇、夹钟四个音律值成等比数列，则有
大吕
大吕
太簇数列{}n a 中，k a =（ ）
A ．n -
B ．n -
C ．
D ．【答案】C 【解析】 【分析】
根据题意可得三项等比数列的中项可由首项和末项表示，四项等比数列的第2、第3项均可由首项和末项表示，从而类比出正项等比数列{}n a 中的k a 可由首项1a 和末项n a 表示. 【详解】
因为三项等比数列的中项可由首项和末项表示， 四项等比数列的第2、第3项均可由首项和末项表示， 所以正项等比数列{}n a 中的k a 可由首项1a 和末项n a 表示，
因为1
1n n a a q -=
，所以=q
所以1
1=k k a a -⎛ ⎝
11
11=k n n a a a --⎛⎫ ⎪⎝⎭
11
1
1
=n k k n n n
a a --
--⋅=
故选：C. 【点睛】
本题以数学文化为背景，考查类比推理能力和逻辑推理能力，求解时要先读懂题目的文化背景，再利用等比数列的通项公式进行等价变形求解.
12．已知2a b c ++=，则ab bc ca ++的值（ ） A ．大于2 B ．小于2
C ．不小于2
D ．不大于2
【答案】B 【解析】 【分析】
把已知变形得到a b c +=-，a c b +=-，b c a +=-，把2()ab bc ac ++拆开后提取公因式代入a b c +=-，a c b +=-，b c a +=-，则可判断2()ab bc ac ++的符号，从而得到
ab bc ac ++的值的符号． 【详解】
解：2a b c ++=Q ，
2a b c ∴+=-，2a c b +=-，2b c a +=-．
则2()ab bc ac ++
222ab ac bc =++ ab ac bc ac ab bc =+++++
()()()a b c c b a b a c =+++++ (2)(2)(2)b b a a c c =-+-+- 222222b b a a c c =-+-+- ()()2222a b c a b c =-+++++
()2224a b c =-+++，
2a b c ++=Q ，()2220a b c ∴++>，
即()222
0a b c -++<，
2()4ab bc ac ++<Q ，()2ab bc ac ∴++<
即ab bc ac ++的值小于2． 故选：B ． 【点睛】
本题考查不等式的应用，考查了学生的灵活处理问题和解决问题的能力．
13．幻方最早起源于我国，由正整数1，2，3，……，2n 这2n 个数填入n n ⨯方格中，使得每行、每列、每条对角线上的数的和相等，这个正方形数阵就叫n 阶幻方．定义()f n 为n 阶幻方对角线上所有数的和，如(3)15f =，则(10)f =（ ）
A ．55
B ．500
C ．505
D ．5050
【答案】C 【解析】 【分析】
因为幻方的每行、每列、每条对角线上的数的和相等，可得2
123()n f n n
+++⋅⋅⋅+=，
即得解. 【详解】
因为幻方的每行、每列、每条对角线上的数的和相等，
所以n 阶幻方对角线上数的和()f n 就等于每行（或每列）的数的和， 又n 阶幻方有n 行（或n 列），
因此，
2
123
()
n
f n
n
+++⋅⋅⋅+
=，
于是
12399100
(10)505
10
f
+++⋅⋅⋅++
==．
故选：C
【点睛】
本题考查了数阵问题，考查了学生逻辑推理，数学运算的能力，属于中档题.
14．桌面上有3枚正面朝上的硬币，如果每次用双手同时翻转2枚硬币，那么无论怎么翻转（）
A．都不可能使3枚全部正面朝上B．可能使其中2枚正面朝上，1枚反面朝上C．都不可能使3枚全部反面朝上D．都不可能使其中1枚正面朝上，2枚反面朝上
【答案】C
【解析】
【分析】
先推理出正确答案，再利用反证法进行证明，对错误选项可举反例说明即可.
【详解】
对A，对两枚硬币连续翻转2次，能使3枚全部正面朝上，故A错误；
对B，如果能1枚反面朝上，则就有可能3枚全部反面朝上，利用C选项的证明，发现此种情况不可能，故B错误；
对C，假设经过若干次翻转可以使硬币全部反面向上，由于每枚硬币从正面朝上变为反面朝上，都需要翻转奇数次，所以3枚硬币全部反面朝上时，需要翻转(3×奇数)次，即要翻转奇数次,但由于每次用双手同时翻转2枚硬币，3枚硬币被翻转的次数只能是2的倍数，即偶数次，这个矛盾说明假设错误，所以原结论成立.故C正确；
对D，只要翻转一次，就可实现两枚反面朝上，一枚正面朝上，故D错误；
故选：C.
【点睛】
本题考查合情推理和反证法的运用，考查逻辑推理能力，属于基础题.
15．某学校为响应国家强化德智体美劳教育的号召，积极实施国家课程校本化.每个学生除学习文化课程外，还可以根据自己的兴趣爱好来选修一门校本课程作为自己的特长课程来学习.该校学生小刚选完课后，本班的其他三位同学根据小刚的兴趣爱好对小刚的选课做出了自己的判断：甲说：小刚选的不是书法，选的是篮球；乙说：小刚选的不是篮球，选的是排球；丙说：小刚选的不是篮球，选的也不是国画.已知三人中有一个人说的全对，有一人说对了一半，另一个人说的全不对，由此推断小刚的选择的（）
A．可能是国画B．可能是书法C．可能是排球D．一定是篮球
【答案】B
【解析】
【分析】
依次假定小刚的选择，逐一验证得到答案. 【详解】
若小刚选择的是国画，则甲对一半，乙对一半，丙对一半，不满足，排除； 若小刚选择的是书法，则甲全不对，乙对一半，丙全对，满足； 若小刚选择的是排球，则甲对一半，乙全对，丙全对，不满足，排除； 若小刚选择的是篮球，则甲全对，乙全不对，丙对一半，满足； 故小刚可能选择的是书法和篮球. 故选：B . 【点睛】
本题考查了推理分析，意在考查学生的逻辑推理能力.
16．已知()()()212
f x f x f x +=+， ()11f =（*x N ∈），猜想()f x 的表达式为（ ）
A ．()21f x x =+
B ．()422x f x =+
C ．()11f x x =+
D ．()221
f x x =+ 【答案】A
【解析】因为
()()()212
f x f x f x +=
+,所以
()()111
12
f x f x =++ ,因此
()()()()()11112
111221
x x f x f x f x =+-=+⇒=+,选A.
17．分形几何是美籍法国数学家芒德勃罗在20世纪70年代创立的一门数学新分支，其中的“谢尔宾斯基”图形的作法是:先作一个正三角形，挖去一个“中心三角形”(即以原三角形各边的中点为顶点的三角形)，然后在剩下的每个小正三角形中又挖去一个“中心三角形”.按上述方法无限连续地作下去直到无穷，最终所得的极限图形称为“谢尔宾斯基”图形(如图所示)，按上述操作7次后，“谢尔宾斯基”图形中的小正三角形的个数为（ ）
A ．53
B ．63
C ．73
D ．83
【答案】C 【解析】 【分析】
根据题意分别求出第1,2,3次操作后，图形中的小正三角形的个数，然后可归纳出一般结论，得到答案. 【详解】
如图，根据题意第1次操作后，图形中有3个小正三角.
第2次操作后，图形中有3×3=23个小正三角.
第3次操作后，图形中有9×3=33个小正三角.
…………………………
所以第7次操作后，图形中有73 个小正三角.
故选：C
【点睛】
本题考查归纳推理，属于中档题.
18．在平面几何中有如下结论：正三角形ABC 的内切圆面积为1S ，外接圆面积为2S ，则1214
S S =，推广到空间中可以得到类似结论：已知正四面体P ABC -的内切球体积为1V ，外接球体积为2V ，则为
12V V =（ ） A ．164 B ．127 C ．19 D ．18
【答案】B
【解析】
【分析】
平面图形类比空间图形,二维类比三维,类比平面几何的结论,确定正四面体的外接球和内切球的半径之比,即可求得结论.
【详解】
设正四面体P-ABC 的边长为a ，设E 为三角形ABC 的中心，H 为正四面体P-ABC 的中心，则HE 为正四面体P-ABC 的内切球的半径r,BH=PH 且为正四面体P-ABC 的外接球的半径R ，
所以BE=2223336,32333a a PE a a a ⎛⎫⨯==-= ⎪ ⎪⎝⎭
， 所以在Rt BEH ∆中 ，2226333a r r a ⎛⎫⎛⎫-=+
⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 解得6
12r =，所以666-=，所以13r R =，
根据的球的体积公式有，
3
3 1
3
2
4
1
3
427
3
r
V r
V R
R
π
π
⎛⎫
===
⎪
⎝⎭
，
故选：B.
【点睛】
本题考查类比推理，常见类型有：（1）等差数列与等比数列的类比；（2）平面与空间的类比；（3）椭圆与双曲线的类比；（4）复数与实数的类比；（5）向量与数的类比.
19．下列表述正确的是（）
①归纳推理是由特殊到一般的推理；②演绎推理是由一般到特殊的推理；
③类比推理是由特殊到一般的推理；④分析法是一种间接证明法；
A．②④ B．①③ C．①④ D．①②
【答案】D
【解析】分析：根据题意，结合合情推理、演绎推理的定义，依次分析4个命题，综合即可得答案.
详解：根据题意，依次分析4个命题：
对于①，归纳推理是由特殊到一般的推理，符合归纳推理的定义，所以正确；
对于②，演绎推理是由一般到特殊的推理，符合演绎推理的定义，所以正确；
对于③，类比推理是由特殊到特殊的推理，所以错误；
对于④，分析法、综合法是常见的直接证明法，所以错误；
则正确的是①②，故选D.
点睛：该题考查的是有关推理的问题，对归纳推理、演绎推理和类比推理的定义要明确，以及清楚哪些方法是直接证明方法，哪些方法是间接证明方法，就可以得结果.
20．将从1开始的连续奇数排成如图所示的塔形数表，表中位于第i行，第j列的数记为ij
a，例如
32
9
a=，
42
15
a=，
54
23
a=，若2019
ij
a=，则i j
-=（）
A ．71
B ．72
C ．20
D ．19
【答案】D
【解析】
【分析】 先确定奇数2019为第1010个奇数，根据规律可得从第1行到第i 行末共有()11+2+3++=
2i i i +⋅⋅⋅个奇数，可确定2019位于第45行，进而确定2019所在的列，
即可得解.
【详解】 奇数2019为第1010个奇数，
由题意按照蛇形排列，从第1行到第i 行末共有()
11+2+3++=2i i i +⋅⋅⋅个奇数，
则从第1行到第44行末共有990个奇数，从第1行到第45行末共有1035个奇数， 则2019位于第45行，而第45行时从右往左递增，且共有45个奇数， 故2019位于第45行，从右往左第20列，
则45i =，26j =，故19i j -=.
故选：D.
【点睛】
本题考查了归纳推理的应用，考查了逻辑思维能力和推理能力，属于中档题.。