專題推理與證明卷解析版

專題11推理與證明(B卷)1（2015·肇慶市高中畢業(yè)班第三次統(tǒng)一檢測(cè)題·8）對(duì)于非空集合A、B，定義運(yùn)算：ABx|xAB,且xAB}Mx|axb}，Nx|cxd}，a、b、c、d滿足abcdabcd0MN（）A．(a,d)(b, 2（2015·10P,1PxyPxyPx0則稱集合P是“Γ集，則下列結(jié)論不正確的是

Px有理數(shù)集 x（2x軸圍成的曲邊梯形的面積介于相應(yīng)小矩形與大矩形的面積之間，即yOa a2a1x2dxa1)2yOa a1n

1A1A1 1 n12n

D. 如[-1,2]=-2,[1,2]=1,[1]=1，則函數(shù)f(x)=[x]+[2x]+[3x](0≤x≤3)的值域中不可能取到 ①已知命題P：?x∈R，tanx=2；命題q：?x∈R，x2-x+1≥0，則命題“pΛq<2④用數(shù)學(xué)歸納法證明(n+)(+)?()=n?1?3?(2n1)(n??n=kn=k+12(2k+1). 62015·日照市高三校際聯(lián)合5月檢測(cè)·15yfx圖象上不同兩點(diǎn)

（AB kAkA①函數(shù)yx3x21圖象上兩點(diǎn)A與B的橫坐標(biāo)分別為1和2，則A,B 3③設(shè)點(diǎn)A,Byx21上不同的兩點(diǎn)，則AB2yex（e）AxyBxy且xx1 （7．(2015·黑龍江省哈爾濱市第三中學(xué)高三第三次數(shù)學(xué)（理）試題·16)設(shè)n為正f(n1111f(2)3f(4)2f(8)5f(163 8（2015·直線AB外的一點(diǎn)，則點(diǎn)P在直線AB上的充要條件是：存在實(shí)數(shù)xy滿足OPxOAyOBxy1”，我們把它稱為平面中三點(diǎn)共線定理，請(qǐng)嘗試類比此命9（2015··15）OA,OB滿足 C滿足OCxOAyOB,給出以下命題:①若2xy1,則點(diǎn)C的軌跡是直線;②若|x||y|1Cxy1,則點(diǎn)Cx1,則點(diǎn)Cy⑤若x2y2xy1,則點(diǎn)C的軌跡是圓．以上命題正確的是 A 的元素個(gè)數(shù)不是B中的元素． 點(diǎn)M的“距離坐標(biāo)”．給出下列四個(gè)命題：pq0，則“距離坐標(biāo)”為(0,0)的點(diǎn)有且僅有1

③若pq0，則“距離坐標(biāo)”為(p,q)的點(diǎn)有且僅有4個(gè) ④若pq，則點(diǎn)M的軌跡是一條過(guò)O點(diǎn)的直 函數(shù)fx x（1）當(dāng)x0時(shí)，求證：fx x21（2）x1且x0fx

1

并且相交于上下兩個(gè)頂點(diǎn).橢圓C1:2

1ab0的長(zhǎng)軸長(zhǎng)是4，橢圓2C: x1mn0短軸長(zhǎng)是1FFC 2

F1的直線lC2于點(diǎn)M，N，求F2MN面積的最大值.14.(2015·徐州、連云港、宿遷三市高三第三次模擬·23)(本小題滿分10分)設(shè)a,b,nN*,且ab,對(duì)于二項(xiàng)式 b)npn q(p,qN*)p b)n 與(ab)npq同時(shí)成立a15．(2015·鹽城市高三年級(jí)第三 ·p20)q本小題滿分13分）設(shè)函af(x)

n 可以表示為f(x)1axax2n a

n 專題11推理與證明(B卷)答案與解析a a-cd-由ab＜cd＜0，c＜0，b＞0，∴ c d-bd- b故選 【解析】當(dāng)x＝2時(shí)， Z，所以整數(shù)集Z不是“Γ集”故B項(xiàng)錯(cuò)誤．故選

n1 dx n ∴A

n1

dx

n2dx

dxlnn1lnnlnn2lnn n1 2n1 ln2nln2n1ln2nlnnln2 kxk6k

k1xkf(x)

kZ將[0,3分成[0,1)k0;[12)k6k

k1xk6k

k2xk1[23)k2;x3時(shí)f(x)=18，代入kcos2sincos2sin2 17,|kAkB|3AB y3(xx)2(x2x2 ③對(duì)；(A,(xx)2(x2x2 |ex1ex2 |ex1ex2

(xx)2(ex1ex2)2

1(ex1ex21(ex1ex2 1(ex1ex2 |ex1ex2

f(2nn2(nNf(1024)f(210102 足OPxOAyOBzOCxyzxy滿足OPxOAyOBxy1ABCPABC內(nèi)的充要條件是：存x,yzOPxOAyOBzOCxyz1”. 所以cos2

建立如圖所示的直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)C(x,y)，A(1,0),B(1, 3)， (OA1 3),OB(1, 3)，因?yàn)镺CxOAyOB，所以(x,y 3)(x(1,

3)y(1,

3 ， x1x1y,y 3

x 3 ， xx

1y23 2，當(dāng)xy1時(shí)，得 y11，得y0，故①正確，23yx

y2|x||y|1，即|xy1||x2y1|12 y10,xy10時(shí)，2x1，x10y2 10,xy1，xy1xy11，即y21x222 根據(jù)對(duì)稱性可知，其軌跡為矩形，故②正確， xy1，(x y1)(x y1)1，整理得 y1)2x21表示雙曲線，故③2

yx2y2xy1時(shí)，(xy)23xy1，所以4x23(1 yx)(1 yx)

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5的個(gè)數(shù)是5對(duì)；5555的個(gè)數(shù)是10對(duì)；5的個(gè)數(shù)是5對(duì)；5511Op,qp,q中必有一個(gè)為零，兩條平行線的交點(diǎn)；若pqM的軌跡是兩條過(guò)O點(diǎn)的角分線，故④錯(cuò)誤．2fxgxDhxfxgx，然后根據(jù)函數(shù)

fx x

x

1

2xg'x

3 x x x

4（2）當(dāng)1x0fx1kxx1lnx1x1

2k因?yàn)?x0,0x11, x2k1即k1h''x0h'xh'xh00hxhxh0 7若2k1x01,0，使得h''x0

x0

2k 9x0fx1kxx1lnx1x1

2kx0,x11,0 x2k1即k1h''x0h'xh'xh00 12若2k1x00,，使得h''x0

x0

2k1x0,fx1kxk1x0,fx1kxk11

1 x1,且x0fx

kx恒成立時(shí)，k 141 2 x2 2【答案】(I)橢圓C14y1，橢圓C2y4

21

m2m24

，m4 4 則橢圓C14y1C2y4

3(14m2y283my110y24x2192m244()14m216m2440設(shè)M(x,y),N(x,y)，則yy83m，yy 1 1 1|MN| 30m3121又FMN的高即為點(diǎn)F 30m31212FMNS

1|MN|h

4m2

2 1

4m211

4m24m2114m234m24m2114m234m2m 232 S 2，即F2MN2(

b)3(a3b)a(b3a)b當(dāng)n=4時(shí)（a (a26abb2(a26abb216ab(a【解析】（1）n=3(ab3a

a(b a(aa(ab(b當(dāng)n=4時(shí)，(ab)4a24aab6ab4babb2(a26abb2)4(a (a26abb2(a26abb216ab(an（2）證明：由二項(xiàng)式定理得 若n

b)n

(1)kCk

nk

ka b)n[C0(a)nC2(a)n2(b)2Cn3(a)3(b)n3Cn1(a)(ba [C1(a)n1(b)C3(a)n3(b)3 Cn2(a)2(b)n2Cn(b)n] aa b)n v1b的形式，其中u1,v1N*aaau11p 也即 b)n q，其中pu2a，qv2b，p,au11p a b)n[C0(a)nC2(a)n2a

b)2Cn2(a)2(b)n2Cn(b)n [C1(a)n1(b)C3(a)n3(b)3 Cn3(a)3(b) n1a( a類似地，可將上式表示為 b)nu2 的形式，其中u2,v2N*aau22pq也即 b)n ，其中pu2，qv2ab，p,qau22pq apap所以存在p,qN*，使得等式( b)n q． ?????????8分同理可得( b)n可表示為( b)n apapppaa從而有pq q q) b)n b)n(ab)nppaa綜上可知結(jié)論成立 n（2n【解析（1）由題意，得(1pxqx2)(1axax2 axn ) a1+pxx0a+ap+q

p，

p2q分由p1,q1，考慮xn(n3)的系數(shù)，則有a 0 得a aa2 0(n

a 所以數(shù)列an單調(diào)遞增，且bnan2an1a n n所以S(11)(11)(11) )n n 當(dāng)n2時(shí)， 1 1 1 1 n 分由（2）anpan1qan20因數(shù)列anan2an1an20(2+p)an11q)an2n若a0，則pq0，與p2q20nn2：由（1）a1pa2p2q，因?yàn)閿?shù)列andaap2qp，a2p22qp，a3p23q2p．又由（2