2014高考复习——合情与演绎推理

一、选择题 1．下列平面图形中与空间的平行六面体作为类比对象较合适的是(　　) A．三角形　　　　　　　　 B．梯形 C．平行四边形 D．矩形 解析：选C.因为平行六面体相对的两个面互相平行，类比平面图形，则相对的两条边互相平行，故选C. 2．由eq \f(7,10)>eq \f(5,8)，eq \f(9,11)>eq \f(8,10)，eq \f(13,25)>eq \f(9,21)，….若a>b>0且m>0，则eq \f(b＋m,a＋m)与eq \f(b,a)之间大小关系为(　　) A．相等 B．前者大 C．后者大 D．不确定 解析：选B.观察题设规律，由归纳推理易得eq \f(b＋m,a＋m)>eq \f(b,a). 3．记Sn是等差数列{an}前n项的和，Tn是等比数列{bn}前n项的积，设等差数列{an}公差d≠0，若对小于2013的正整数n，都有Sn＝S2013－n成立，则推导出a1007＝0，设等比数列{bn}的公比q≠1，若对于小于23的正整数n，都有 Tn＝T23－n成立，则(　　) A．b11＝1 B．b12＝1 C．b13＝1 D．b14＝1 解析：选B.由等差数列中Sn＝S2013－n，可导出中间项a1007＝0，类比得等比数列中Tn＝T23－n，可导出中间项b12＝1. 4．对任意正整数a，b，a＋b≥2eq \r(ab)大前提 x＋eq \f(1,x)≥2 eq \r(x·\f(1,x))小前提 所以x＋eq \f(1,x)≥2结论 以上推理过程中的错误为(　　) A．大前提 B．小前提 C．结论 D．无错误 解析：选B.∵小前提中没有标明x＞0，故小前提错． 5．(2013·日照质检)观察(x2)′＝2x，(x4)′＝4x3，(cos x)′＝－sin x，由归纳推理可得：若定义在R上的函数f(x)满足f(－x)＝f(x)，记g(x)为f(x)的导函数，则g(－x)＝(　　) A．f(x) B．－f(x) C．g(x) D．－g(x) 解析：选D.由所给函数及其导数知，偶函数的导函数为奇函数．因此当f(x)是偶函数时，其导函数应为奇函数，故g(－x)＝－g(x)． 二、填空题 6．一切奇数都不能被2整数，2100＋1是奇数，所以2100＋1不能被2整除，其演绎“三段论”的形式为： 大前提：一切奇数都不能被2整除， 小前提：________________________________________________________________________， 结论：________________________________________________________________________. 解析：由“三段论”的形式可知：2100＋1是奇数为小前提，2100＋1不能被2整除是结论． 答案：2100＋1是奇数　2100＋1不能被2整除 7．古希腊数学家把数1,3,6,10,15,21，…叫做三角形数，它们有一定的规律性．第30个三角形数与第28个三角形数的差为________． 解析：第n个三角形数满足的规律为an＝an－1＋n，从而有a30＝a29＋30＝a28＋29＋30＝a28＋59，所以两数差为59. 答案：59 8．(2012·高考湖北卷)回文数是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数，如22,121,3443,94249等．显然2位回文数有9个：11,22,33，…，99.3位回文数有90个：101,111,121，…，191,202，…999.则 (1)4位回文数有________个； (2)2n＋1(n∈N＋)位回文数有________个． 解析：2位回文数有9个，4位回文数有9×10＝90个，3位回文数有90个，5位回文数有9×10×10＝100×9个，依次类推可得2n＋1位有9×10n个． 答案：(1)90　(2)9×10n 三、解答题 9．已知等式：sin25°＋cos235°＋sin5°cos35°＝eq \f(3,4)； sin215°＋cos245°＋sin15°cos45°＝eq \f(3,4)； sin230°＋cos260°＋sin30°cos60°＝eq \f(3,4)；…. 由此可归纳出对任意角θ都成立的一个等式，并予以证明． 解：归纳已知可得： sin2θ＋cos2(θ＋30°)＋sinθcos(θ＋30°)＝eq \f(3,4). 证明如下： sin2θ＋cos2(θ＋30°)＋sinθcos(θ＋30°) ＝sin2θ＋(eq \f(\r(3),2)cosθ－eq \f(1,2)sinθ)2＋sinθ(eq \f(\r(3),2)cosθ－eq \f(1,2)sinθ) ＝sin2θ＋eq \f(3,4)cos2θ＋eq \f(1,4)sin2θ－eq \f(1,2)sin2θ＝eq \f(3,4). 10．(2013·聊城质检)已知命题：“若数列{an}是等比数列，且an＞0，则数列bn＝ eq \r(n,a1a2…an)(n∈N*)也是等比数列”．类比这一性质，你能得到关于等差数列的一个什么性质？并证明你的结论． 解：类比等比数列的性质，可以得到等差数列的一个性质是：若数列{an}是等差数列， 则数列bn＝eq \f(a1＋a2＋…＋an,n)也是等差数列． 证明如下： 设等差数列{an}的公差为d，则bn＝eq \f(a1＋a2＋…＋an,n)＝eq \f(na1＋\f(nn－1d,2),n)＝a1＋eq \f(d,2)(n－1)， 所以数列{bn}是以a1为首项，eq \f(d,2)为公差的等差数列． 一、选择题 1．(2012·高考江西卷)观察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，则a10＋b10＝(　　) A．28 B．76 C．123 D．199 解析：选C.记an＋bn＝f(n)，则f(3)＝f(1)＋f(2)＝1＋3＝4；f(4)＝f(2)＋f(3)＝3＋4＝7；f(5)＝f(3)＋f(4)＝11.通过观察不难发现f(n)＝f(n－1)＋f(n－2)(n∈N*，n≥3)，则f(6)＝f(4)＋f(5)＝18；f(7)＝f(5)＋f(6)＝29；f(8)＝f(6)＋f(7)＝47；f(9)＝f(7)＋f(8)＝76；f(10)＝f(8)＋f(9)＝123.所以a10＋b10＝123. 2．①由“若a，b，c∈R，则(ab)c＝a(bc)”类比“若a、b、c为三个向量，则(a·b)c＝a(b·c)”； ②在数列{an}中，a1＝0，an＋1＝2an＋2，猜想an＝2n－2； ③在平面内“三角形的两边之和大于第三边”类比在空间中“四面体的任意三个面的面积之和大于第四个面的面积”； 上述三个推理中，正确的个数为(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 解析：选C.①三个实数之积满足乘法的结合律，而三个向量之积是向量，而两个向量相等要满足方向和大小都相等，向量(a·b)c与向量a(b·c)不一定满足，故①错误． ②由an＋1＝2an＋2，可得an＋1＋2＝2(an＋2)，故数列{an＋2}为等比数列，易求得an＝2n－2，故②正确； ③在四面体ABCD中，设点A在底面BCD上的射影是O，则三个侧面的面积都大于其在底面上的投影的面积，三个侧面的面积之和一定大于底面的面积，故③正确． 二、填空题 3．在圆中有结论：如图所示，“AB是圆O的直径，直线AC，BD是圆O过A，B的切线，P是圆O上任意一点，CD是过P的切线，则有PO2＝PC·PD”．类比到椭圆：“AB是椭圆的长轴，直线AC，BD是椭圆过A，B的切线，P是椭圆上任意一点，CD是过P的切线，则有____________．” 解析：椭圆中的焦半径类比圆中的半径． 答案：PF1·PF2＝PC·PD 4．(2011·高考山东卷)设函数f(x)＝eq \f(x,x＋2)(x>0)，观察： f1(x)＝f(x)＝eq \f(x,x＋2)， f2(x)＝f(f1(x))＝eq \f(x,3x＋4)， f3(x)＝f(f2(x))＝eq \f(x,7x＋8)， f4(x)＝f(f3(x))＝eq \f(x,15x＋16)， … 根据以上事实，由归纳推理可得： 当n∈N*且n≥2时，fn(x)＝f(fn－1(x))＝________. 解析：依题意，先求函数结果的分母中x项系数所组成数列的通项公式，由1,3,7,15，…，可推知该数列的通项公式为an＝2n－1.又函数结果的分母中常数项依次为2,4,8,16，…，故其通项公式为bn＝2n. 所以当n≥2时，fn(x)＝f(fn－1(x))＝eq \f(x,2n－1x＋2n). 答案：eq \f(x,2n－1x＋2n) 三、解答题 5．在Rt△ABC中，AB⊥AC，AD⊥BC于D，求证：eq \f(1,AD2)＝eq \f(1,AB2)＋eq \f(1,AC2)，那么在四面体A－BCD中，类比上述结论，你能得到怎样的猜想？并说明理由． 图① 解：如图①所示，由射影定理知 AD2＝BD·DC， AB2＝BD·BC， AC2＝BC·DC， ∴eq \f(1,AD2)＝eq \f(1,BD·DC) ＝eq \f(BC2,BD·BC·DC·BC)＝eq \f(BC2,AB2·AC2). 又BC2＝AB2＋AC2， ∴eq \f(1,AD2)＝eq \f(AB2＋AC2,AB2·AC2)＝eq \f(1,AB2)＋eq \f(1,AC2). ∴eq \f(1,AD2)＝eq \f(1,AB2)＋eq \f(1,AC2). 类比AB⊥AC，AD⊥BC猜想： 四面体A－BCD中，AB、AC、AD两两垂直， AE⊥平面BCD， 则eq \f(1,AE2)＝eq \f(1,AB2)＋eq \f(1,AC2)＋eq \f(1,AD2). 图② 如图②，连接BE并延长交CD于F， 连接AF. ∵AB⊥AC，AB⊥AD，AC∩AD＝A， ∴AB⊥平面ACD. 而AF⊂平面ACD， ∴AB⊥AF， 在Rt△ABF中，AE⊥BF， ∴eq \f(1,AE2)＝eq \f(1,AB2)＋eq \f(1,AF2). 在Rt△ACD中，AF⊥CD， ∴eq \f(1,AF2)＝eq \f(1,AC2)＋eq \f(1,AD2). ∴eq \f(1,AE2)＝eq \f(1,AB2)＋eq \f(1,AC2)＋eq \f(1,AD2)，故猜想正确．