2019-2020年高考数学 第十二篇 第1讲 合情推理与演绎推理限时训练 新人教A版.doc

2019-2020年高考数学 第十二篇 第1讲 合情推理与演绎推理限时训练 新人教A版一、选择题(每小题5分，共20分)1下面几种推理过程是演绎推理的是()A某校高三有8个班，1班有51人，2班有53人，3班有52人，由此推各班人数都超过50人B由三角形的性质，推测空间四面体的性质C平行四边形的对角线互相平分，菱形是平行四边形，所以菱形的对角线互相平分D在数列an中，a11，an，由此归纳出an的通项公式解析A、D是归纳推理，B是类比推理；C运用了“三段论”是演绎推理答案C2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) ()Af(x) Bf(x) Cg(x) Dg(x)解析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)答案D3给出下面类比推理命题(其中Q为有理数，R为实数集，C为复数集)：“若a，bR，则ab0ab”类比推出“a，cC，则ac0ac”；“若a，b，c，dR，则复数abicdiac，bd”类比推出“a，b，c，dQ，则abcdac，bd”；“若a，bR，则ab0ab”类比推出“若a，bC，则ab0ab”；“若xR，则|x|11x1”类比推出“若zC，则|z|11z1”其中类比结论正确的个数有()A1 B2 C3 D4解析类比结论正确的只有.答案B4(xx江西)观察下列各式：553 125,5615 625,5778 125，则52 011的末四位数字为()A3 125 B5 625 C0 625 D8 125解析553 125,5615 625,5778 125,58390 625，591 953 125,5109 765 625，5n(nZ，且n5)的末四位数字呈周期性变化，且最小正周期为4，记5n(nZ，且n5)的末四位数字为f(n)，则f(2 011)f(50147)f(7)52 011与57的末四位数字相同，均为8 125.故选D.答案D二、填空题(每小题5分，共10分)5(xx山东省实验中学一模)以下是对命题“若两个正实数a1，a2满足aa1，则a1a2”的证明过程：证明：构造函数f(x)(xa1)2(xa2)22x22(a1a2)x1，因为对一切实数x，恒有f(x)0，所以0，从而得4(a1a2)280，所以a1a2.根据上述证明方法，若n个正实数满足aaa1时，你能得到的结论为_(不必证明)解析依题意，构造函数f(x)(xa1)2(xa2)2(xan)2，则有f(x)nx22(a1a2an)x1，2(a1a2an)24n4(a1a2an)24n0，即有a1a2an.答案a1a2an6用黑白两种颜色的正方形地砖依照下图所示的规律拼成若干个图形，则按此规律，第100个图形中有白色地砖_块；现将一粒豆子随机撒在第100个图中，则豆子落在白色地砖上的概率是_解析按拼图的规律，第1个图有白色地砖331(块)，第2个图有白色地砖352(块)，第3个图有白色地砖373(块)，则第100个图中有白色地砖3201100503(块)第100个图中黑白地砖共有603块，则将一粒豆子随机撒在第100个图中，豆子落在白色地砖上的概率是.答案503三、解答题(共25分)7(12分)给出下面的数表序列：其中表n(n1,2,3，)有n行，第1行的n个数是1,3,5，2n1，从第2行起，每行中的每个数都等于它肩上的两数之和写出表4，验证表4各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成等比数列，并将结论推广到表n(n3)(不要求证明)解表4为1357 4812 1220 32它的第1,2,3,4行中的数的平均数分别是4,8,16,32，它们构成首项为4，公比为2的等比数列将这一结论推广到表n(n3)，即表n(n3)各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成首项为n，公比为2的等比数列8(13分)(xx福建)某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数：sin213cos217sin 13cos 17；sin215cos215sin 15cos 15；sin218cos212sin 18cos 12；sin2(18)cos248sin(18)cos 48；sin2(25)cos255sin(25)cos 55.(1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论解(1)选择式，计算如下：sin215cos215sin 15cos 151sin 301.(2)三角恒等式为sin2cos2(30)sin cos(30).证明如下：sin2cos2(30)sin cos(30)sin2(cos 30cos sin 30sin )2sin (cos 30cos sin 30sin )sin2cos2sin cos sin2sin cos sin2sin2cos2.B级能力突破(时间：30分钟满分：45分)一、选择题(每小题5分，共10分)1(xx九江质检)观察下列事实：|x|y|1的不同整数解(x，y)的个数为4，|x|y|2的不同整数解(x，y)的个数为8，|x|y|3的不同整数解(x，y)的个数为12，则|x|y|20的不同整数解(x，y)的个数为 ()A76 B80 C86 D92解析由|x|y|1的不同整数解的个数为4，|x|y|2的不同整数解的个数为8，|x|y|3的不同整数解的个数为12，归纳推理得|x|y|n的不同整数解的个数为4n，故|x|y|20的不同整数解的个数为80.故选B.答案B2古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数比如：他们研究过图1中的1,3,6,10，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数；类似地，称图2中的1,4,9,16，这样的数为正方形数下列数中既是三角形数又是正方形数的是 ()A289 B1 024C1 225 D1 378解析观察三角形数：1,3,6,10，记该数列为an，则a11，a2a12，a3a23，anan1n.a1a2an(a1a2an1)(123n)an123n，观察正方形数：1,4,9,16，记该数列为bn，则bnn2.把四个选项的数字，分别代入上述两个通项公式，可知使得n都为正整数的只有1 225.答案C二、填空题(每小题5分，共10分)3(xx福州模拟)对一个边长为1的正方形进行如下操作；第一步，将它分割成33方格，接着用中心和四个角的5个小正方形，构成如图1所示的几何图形，其面积S1；第二步，将图1的5个小正方形中的每个小正方形都进行与第一步相同的操作，得到图2；依此类推，到第n步，所得图形的面积Snn.若将以上操作类比推广到棱长为1的正方体中，则到第n步，所得几何体的体积Vn_.解析对一个棱长为1的正方体进行如下操作：第一步，将它分割成333个小正方体，接着用中心和8个角的9个小正方体，构成新1几何体，其体积V1；第二步，将新1几何体的9个小正方体中的每个小正方体都进行与第一步相同的操作，得到新2几何体，其体积V22；，依此类推，到第n步，所得新n几何体的体积Vnn.答案n4(xx湖南)设N2n(nN*，n2)，将N个数x1，x2，xN依次放入编号为1,2，N的N个位置，得到排列P0x1x2xN.将该排列中分别位于奇数与偶数位置的数取出，并按原顺序依次放入对应的前和后个位置，得到排列P1x1x3xN1x2x4xN，将此操作称为C变换将P1分成两段，每段个数，并对每段作C变换，得到P2；当2in2时，将Pi分成2i段，每段个数，并对每段作C变换，得到Pi1.例如，当N8时，P2x1x5x3x7x2x6x4x8，此时x7位于P2中的第4个位置(1)当N16时，x7位于P2中的第_个位置；(2)当N2n(n8)时，x173位于P4中的第_个位置解析(1)当N16时，P1x1x3x5x7x9x16，此时x7在第一段内，再把这段变换x7位于偶数位的第2个位置，故在P2中，x7位于后半段的第2个位置，即在P2中x7位于第6个位置(2)在P1中，x173位于两段中第一段的第87个位置，位于奇数位置上，此时在P2中x173位于四段中第一段的第44个位置上，再作变换得P3时，x173位于八段中第二段的第22个位置上，再作变换时，x173位于十六段中的第四段的第11个位置上，也就是位于P4中的第(32n411)个位置上答案632n411三、解答题(共25分)5(12分)观察下表：1，2,34,5,6,7，8,9,10,11,12,13,14,15，问：(1)此表第n行的最后一个数是多少？(2)此表第n行的各个数之和是多少？(3)2 013是第几行的第几个数？解(1)第n1行的第1个数是2n，第n行的最后一个数是2n1.(2)2n1(2n11)(2n12)(2n1)322n32n2.(3)2101 024,2112 048,1 0242 0132 048，2 013在第11行，该行第1个数是2101 024，由2 0131 0241990，知2 013是第11行的第990个数6(13分)(xx南昌二模)将各项均为正数的数列an中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成数表，如图所示记表中各行的第一个数a1，a2，a4，a7，构成数列bn，各行的最后一个数a1，a3，a6，a10，构成数列cn，第n行所有数的和为Sn(n1,2,3,4，)已知数列bn是公差为d的等差数列，从第二行起，每一行中的数按照从左到右的顺序每一个数与它前面一个数的比是常数q，且a1a131，a31.(1)求数列cn，Sn的通项公式；(2)求数列cn的前n项和Tn的表达式解(1)bndnd1，前n行共有123n个数，因为133，所以a13b5q2，即(4d1)q21，又因为313，所以a31b8q2，即(7d1)q2，解得d2，q，所以bn2n1，cnbnn1，Sn(2n1).(2)Tn，Tn.两式相减，得Tn12122，所以Tn3. 特别提醒：教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见创新设计高考总复习光盘中内容.