2014屆高三數(shù)學(xué)（基礎(chǔ)+難點(diǎn)）《 第67講 合情推理與演繹推理課時(shí)訓(xùn)練卷 理 新人教A版

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1、　[第67講　合情推理與演繹推理] (時(shí)間：45分鐘　分值：100分) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．[2013·太原檢測(cè)] 下面幾種推理過(guò)程是演繹推理的是(　　) A．兩條直線(xiàn)平行，同旁?xún)?nèi)角互補(bǔ)，由此若∠A，∠B是兩條平行直線(xiàn)被第三條直線(xiàn)所截得的同旁?xún)?nèi)角，則∠A＋∠B＝180° B．某校高三(1)班有55人，高三(2)班有54人，高三(3)班有52人，由此得出高三所有班人數(shù)超過(guò)50人 C．由平面正三角形的性質(zhì)，推測(cè)空間正四面體的性質(zhì) D．在數(shù)列{an}中，a1＝1，an＝(n≥2)，由此歸納出{an}的通項(xiàng)公式 2．[2013

2、·洛陽(yáng)檢測(cè)] “因?yàn)橹笖?shù)函數(shù)y＝ax是增函數(shù)(大前提)，而y＝x是指數(shù)函數(shù)(小前提)，所以y＝x是增函數(shù)(結(jié)論)”，上面推理的錯(cuò)誤是(　　) A．大前提錯(cuò)導(dǎo)致結(jié)論錯(cuò) B．小前提錯(cuò)導(dǎo)致結(jié)論錯(cuò) C．推理形式錯(cuò)導(dǎo)致結(jié)論錯(cuò) D．大前提和小前提都錯(cuò)導(dǎo)致結(jié)論錯(cuò) 3．把正整數(shù)按一定的規(guī)則排成了如下所示的三角形數(shù)表．設(shè)aij(i，j∈N*)是位于這個(gè)三角形數(shù)表中從上往下數(shù)第i行、從左往右數(shù)第j個(gè)數(shù)，如a42＝8.若aij＝2 009，則i與j的和為(　　) 1 2　4 3　5　7 6　8　10　12 9　11　13　15　17 14　16　18　20　22　24 A．105 B．10

3、6 C．107 D．108 4．[2013·山西五校聯(lián)考] 我們把平面內(nèi)與直線(xiàn)垂直的非零向量稱(chēng)為直線(xiàn)的法向量，在平面直角坐標(biāo)系中，利用求動(dòng)點(diǎn)軌跡方程的方法，可以求出過(guò)點(diǎn)A(－3，4)，且法向量為n＝(1，－2)的直線(xiàn)(點(diǎn)法式)方程為：1×(x＋3)＋(－2)×(y－4)＝0，化簡(jiǎn)得x－2y＋11＝0.類(lèi)比以上方法，在空間直角坐標(biāo)系中，經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(1，2，3)，且法向量為n＝(－1，－2，1)的平面的方程為(　　) A．x＋2y－z－2＝0 B．x－2y－z－2＝0 C．x＋2y＋z－2＝0 D．x＋2y＋z＋2＝0 5．[2013·哈爾濱模擬] 觀(guān)察下列各式：55

4、＝3 125，56＝15 625，57＝78 125，…，則52 011的末四位數(shù)字為(　　) A．3 125 B．5 625 C．0 625 D．8 125 6．在等差數(shù)列{an}中，若an>0，公差d>0，則有a4·a6>a3·a7，類(lèi)比上述性質(zhì)，在等比數(shù)列{bn}中，若bn>0，公比q>1，則b4，b5，b7，b8的一個(gè)不等關(guān)系是(　　) A．b4＋b8>b5＋b7 B．b4＋b8b5＋b8 D．b4＋b7

5、，則f2 013(x)＝(　　) A．sinx B．－sinx C．cosx D．－cosx 8．[2013·江西卷] 觀(guān)察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，則a10＋b10＝(　　) A．28 B．76 C．123 D．199 9．[2013·太原模擬] 四個(gè)小動(dòng)物換座位，開(kāi)始是猴、兔、貓、鼠分別坐在1、2、3、4號(hào)位置上(如圖K67－1)，第一次前后排動(dòng)物互換位置，第二次左右列互換座位，…，這樣交替進(jìn)行下去，那么第2014次互換座位后，小兔的位置對(duì)應(yīng)的是(　　) 圖K67－1 A．編號(hào)1 B．編號(hào)2

6、C．編號(hào)3 D．編號(hào)4 10．[2013·鄭州模擬] 設(shè)函數(shù)f(x)＝(x>0)，觀(guān)察： f1(x)＝f(x)＝， f2(x)＝f(f1(x))＝， f3(x)＝f(f2(x))＝， f4(x)＝f(f3(x))＝， …… 根據(jù)以上事實(shí)，由歸納推理可得： 當(dāng)n∈N*且n≥2時(shí)，fn(x)＝f(fn－1(x))＝________． 圖K67－2 11．[2013·大連檢測(cè)] 現(xiàn)有一個(gè)關(guān)于平面圖形的命題：如圖K67－2所示，同一個(gè)平面內(nèi)有兩個(gè)邊長(zhǎng)都是a的正方形，其中一個(gè)的某頂點(diǎn)在另一個(gè)的中心，則這兩個(gè)正方形重疊部分的面積恒為.類(lèi)比到空間，有兩個(gè)棱長(zhǎng)均為a的正方體，其中一個(gè)

7、的某頂點(diǎn)在另一個(gè)的中心，則這兩個(gè)正方體重疊部分的體積恒為_(kāi)_______． 12．觀(guān)察下列等式： C＋C＝23－2， C＋C＋C＝27＋23， C＋C＋C＋C＝211－25， C＋C＋C＋C＋C＝215＋27， …… 由以上等式推測(cè)到一個(gè)一般的結(jié)論： 對(duì)于n∈N*，C＋C＋C＋…＋C＝________． 13．[2013·鄭州模擬] (1)已知等差數(shù)列的定義為：在一個(gè)數(shù)列中，從第二項(xiàng)起，如果每一項(xiàng)與它的前一項(xiàng)的差都為同一個(gè)常數(shù)，那么這個(gè)數(shù)列叫做等差數(shù)列，這個(gè)常數(shù)叫做該數(shù)列的公差．類(lèi)比等差數(shù)列的定義給出“等和數(shù)列”的定義為_(kāi)___________________________

8、____________________________________________． (2)已知數(shù)列{an}是等和數(shù)列，且a1＝2，公和為5，那么a18的值為_(kāi)_______．這個(gè)數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn的計(jì)算公式為_(kāi)_______． 14．(10分)[2013·洛陽(yáng)模擬] 若不等式＋＋…＋>對(duì)一切正整數(shù)n都成立，求正整數(shù)a的最大值，并證明結(jié)論． 15．(13分)(1)已知：a，b，x均是正數(shù)，且a>b，求證：1<<； (2)當(dāng)a，b，x均是正數(shù)，且a

9、(1)、(2)小題結(jié)論) (4)自己設(shè)計(jì)一道可直接應(yīng)用第(1)、(2)小題結(jié)論的不等式證明題，不要求寫(xiě)出證明過(guò)程． 16．(12分)點(diǎn)P為斜三棱柱ABC－A1B1C1的側(cè)棱BB1上一點(diǎn)，PM⊥BB1交AA1于點(diǎn)M，PN⊥BB1交CC1于點(diǎn)N. (1)求證：CC1⊥MN； (2)在任意△DEF中有余弦定理：DE2＝DF2＋EF2－2DF·EF·cos∠DFE. 拓展到空間，類(lèi)比三角形的余弦定理，寫(xiě)出斜三棱柱的三個(gè)側(cè)面面積與其中兩個(gè)側(cè)面所成的二面角之間的關(guān)系式，并予以證明． 課時(shí)作業(yè)(六十七) 【基礎(chǔ)熱身】

10、 1．A　[解析] 兩條直線(xiàn)平行，同旁?xún)?nèi)角互補(bǔ)——大前提，∠A，∠B是兩條平行直線(xiàn)被第三條直線(xiàn)所截得的同旁?xún)?nèi)角——小前提，∠A＋∠B＝180°——結(jié)論． 故A是演繹推理，而B(niǎo)，D是歸納推理，C是類(lèi)比推理．故選A. 2．A　[解析] y＝ax是增函數(shù)這個(gè)大前提是錯(cuò)誤的，從而導(dǎo)致結(jié)論錯(cuò)． 3．C　[解析] 由三角形數(shù)表可以看出其奇數(shù)行為奇數(shù)列，偶數(shù)行為偶數(shù)列，2 009＝2×1 005－1，所以2 009為第1 005個(gè)奇數(shù)，又前31個(gè)奇數(shù)行內(nèi)數(shù)的個(gè)數(shù)的和為961，前32個(gè)奇數(shù)行內(nèi)數(shù)的個(gè)數(shù)的和為1 024，故2 009在第32個(gè)奇數(shù)行內(nèi)，所以i＝63，因?yàn)榈?3行的第一個(gè)數(shù)為2×962－1＝

11、1 923，2 009＝1 923＋2(m－1)，所以m＝44，即j＝44，所以i＋j＝107. 4．A　[解析] 類(lèi)比直線(xiàn)方程求法得平面方程為(－1)×(x－1)＋(－2)×(y－2)＋1×(z－3)＝0，即x＋2y－z－2＝0. 【能力提升】 5．D　[解析] ∵55＝3 125，56＝15 625，57＝78 125，58＝390 625，59＝1 953 125，510＝9 765 625，…， ∴5n(n∈Z且n≥5)的末四位數(shù)字呈周期性變化，且最小正周期為4， 記5n(n∈Z且n≥5)的末四位數(shù)為f(n)，則f(2 011)＝f(501×4＋7)＝f(7)， ∴52 0

12、11與57的末四位數(shù)相同，均為8 125.故選D. 6．A　[解析] 在等差數(shù)列{an}中，由于4＋6＝3＋7時(shí)有a4·a6>a3·a7，所以在等比數(shù)列{bn}中，由于4＋8＝5＋7，所以應(yīng)有b4＋b8>b5＋b7或b4＋b81，bn>0，∴b4＋b8>b5＋b7.故選A. 7．C　[解析] f1(

13、x)＝(sinx)′＝cosx， f2(x)＝(cosx)′＝－sinx， f3(x)＝(－sinx)′＝－cosx， f4(x)＝(－cosx)′＝sinx， f5(x)＝(sinx)′＝cosx＝f1(x)， f6(x)＝(cosx)′＝－sinx＝f2(x)， fn＋4(x)＝…＝…＝fn(x)， 故可猜測(cè)fn(x)以4為周期，有 f4n＋1(x)＝f1(x)＝cosx，f4n＋2(x)＝f2(x)＝－sinx， f4n＋3(x)＝f3(x)＝－cosx，f4n＋4(x)＝f4(x)＝sinx， 所以f2 013(x)＝f503×4＋1(x)＝f1(x)＝cosx，故

14、選C. 8．C　[解析] 考查歸納推理，以及觀(guān)察能力；解題的突破口是通過(guò)觀(guān)察得到后一項(xiàng)與前兩項(xiàng)結(jié)果之間的關(guān)系．由于a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，通過(guò)觀(guān)察發(fā)現(xiàn)，從第三項(xiàng)起，等式右邊的常數(shù)分別為其前兩項(xiàng)等式右邊的常數(shù)的和．因此，a6＋b6＝11＋7＝18，a7＋b7＝18＋11＝29，a8＋b8＝29＋18＝47，a9＋b9＝47＋29＝76，a10＋b10＝76＋47＝123，故選C. 9．C　[解析] 交換4次是一個(gè)周期，第2 014次小兔的位置和第2次小兔的位置一樣． 10.　[解析] 觀(guān)察1，3，7，15，…與對(duì)應(yīng)項(xiàng)的關(guān)系，顯然滿(mǎn)足

15、2n－1，觀(guān)察2，4，8，16，…與對(duì)應(yīng)項(xiàng)的關(guān)系，顯然滿(mǎn)足2n，故fn(x)＝. 11.　[解析] 平面內(nèi)類(lèi)比到空間＝. 12．24n－1＋(－1)n22n－1　[解析] 給出的一系列等式中，右邊為兩項(xiàng)2s形式加減輪換的規(guī)律，其中第一個(gè)2s的指數(shù)由3，7，11，…，4n－1構(gòu)成，第二個(gè)2s的指數(shù)由1，3，5，7，…，2n－1構(gòu)成．由此可歸納為：第二個(gè)2s前有(－1)n，二項(xiàng)指數(shù)分別為24n－1，22n－1，所以，對(duì)于n∈N*，C＋C＋C＋…＋C＝24n－1＋(－1)n22n－1. 13．(1)在一個(gè)數(shù)列中，如果每一項(xiàng)與它的后一項(xiàng)的和都為同一個(gè)常數(shù)，那么這個(gè)數(shù)列叫做等和數(shù)列，這個(gè)常數(shù)叫做該

16、數(shù)列的公和． (2)3　Sn＝ [解析] (1)在一個(gè)數(shù)列中，如果每一項(xiàng)與它的后一項(xiàng)的和都為同一個(gè)常數(shù)，那么這個(gè)數(shù)列叫做等和數(shù)列，這個(gè)常數(shù)叫做該數(shù)列的公和． (2)由題意知數(shù)列{an}為2，3，2，3，2，3，…，故a18＝3；當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Sn＝5·＝；當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，Sn＝＋2＝. 14．解：當(dāng)n＝1時(shí)，＋＋>，即>， 所以a<26. 而a是正整數(shù)，所以取a＝25，下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：＋＋…＋>. (1)當(dāng)n＝1時(shí)，已證； (2)假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，不等式成立，即＋＋…＋>. 則當(dāng)n＝k＋1時(shí)， 有＋＋…＋ ＝＋＋…＋＋＋＋－ >＋＋－. 因?yàn)椋?， 所以＋－>0

17、. 所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)不等式也成立． 由(1)(2)知，對(duì)一切正整數(shù)n，都有＋＋…＋>， 所以a的最大值等于25. 15．解：(1)∵a＋x>b＋x>0，∴1<， 又－＝<0，∴1<<. (2)∵a1，應(yīng)用第(1)小題結(jié)論，得1<<，取倒數(shù)，得<<1. (3)由正弦定理，原題△ABC中，求證：＋＋<2. 證明：由(2)的結(jié)論得a，b，c>0，且，，均小于1， ∴<，<，<， ＋＋<＋＋＝2. (4)如得出：四邊形ABCD中，各邊長(zhǎng)分別為a，b，c，d，求證：＋＋＋<2. 如得出：凸n邊形A1A2A3…An中，各邊長(zhǎng)依次為a1，a2，…，an，求證： ＋＋…＋

18、<2. 如得出：{an}為各項(xiàng)為正數(shù)的等差數(shù)列(d≠0)，求證： ＋＋…＋<＋＋…＋. 【難點(diǎn)突破】 16．解：(1)證明：∵PM⊥BB1，PN⊥BB1，又PM∩PN＝P， ∴BB1⊥平面PMN.∴BB1⊥MN. 又CC1∥BB1，∴CC1⊥MN. (2)在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，有 S2ABB1A1＝S2BCC1B1＋S2ACC1A1－2SBCC1B1SACC1A1cosα. 其中α為平面CC1B1B與平面CC1A1A所成的二面角． 證明如下： ∵CC1⊥平面PMN，∴上述的二面角的平面角為∠MNP. 在△PMN中， ∵PM2＝PN2＋MN2－2PN·MNcos∠MNP， ∴PM2·CC＝PN2·CC＋MN2·CC－2(PN·CC1)·(MN·CC1)cos∠MNP， 由于SBCC1B1＝PN·CC1，SACC1A1＝MN·CC1， SABB1A1＝PM·BB1＝PM·CC1， ∴S2ABB1A1＝S2BCC1B1＋S2ACC1A1－2SBCC1B1·SACC1A1·cosα.