高考复习《演绎推理》课时作业13.1

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1．(2020·衡水模拟)下列四个推导过程符合演绎推理三段论形式且推理正确的是( )
A．大前提：无限不循环小数是无理数；小前提：π是无理数；结论：π是无限不循环小数
B．大前提：无限不循环小数是无理数；小前提：π是无限不循环小数；结论：π是无理数
C．大前提：π是无限不循环小数；小前提：无限不循环小数是无理数；结论：π是无理数
D．大前提：π是无限不循环小数；小前提：π是无理数；结论：无限不循环小数是无理数
B A中小前提不是大前提的特殊情况，不符合三段论的推理形式，故A错误；C，D都不是由一般性命题到特殊性命题的推理，所以C，D都不正确，只有B正确，故选B.
2．(2020·成都诊断)观察一列算式：1⊗1，1⊗2，2⊗1，1⊗3，2⊗2，3⊗1，1⊗4，2⊗3，3⊗2，4⊗1，…，则式子3⊗5是第( )
A．22项 B．23项
C．24项 D．25项
C 两数和为2的有1个，和为3的有2个，和为4的有3个，和为5的有4个，和为6的有5个，和为7的有6个，前面共有21个，3⊗5是和为8的第3项，所以为第24项．
3．(2016·北京卷)袋中装有偶数个球，其中红球、黑球各占一半．甲、乙、丙是三个空盒，每次从袋中任意取出两个球，将其中一个球放入甲盒，如果这个球是红球，就将另一个球放入乙盒，否则就放入丙盒．重复上述过程，直到袋中所有球都被放入盒中，则( )
A．乙盒中黑球不多于丙盒中黑球
B．乙盒中红球与丙盒中黑球一样多
C．乙盒中红球不多于丙盒中红球
D．乙盒中黑球与丙盒中红球一样多
B 取两个球往盒子中放有4种情况：
①红＋红，则乙盒中红球数加1；
②黑＋黑，则丙盒中黑球数加1；
③红＋黑(红球放入甲盒中)，则乙盒中黑球数加1；
④黑＋红(黑球放入甲盒中)，则丙盒中红球数加1.
因为红球和黑球个数一样多，所以①和②的情况一样多．③和④的情况完全随机．③和④对B选项中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数没有任何影响．①和②出现的次数是一样的，所以对B选项中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数的影响次数一样．综上，选B.
4．(2020·安徽江淮十校三联)我国古代数学名著《九章算术》中割圆术有：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣．”其体现的是一种无限与有限的转化过程，比如在 eq \r(2＋ \r(2＋\r(2＋…)))中“…”即代表无限次重复，但原式却是个定值x，这可以通过方程eq \r(2＋x)＝x确定出来x＝2，类似地不难得到1＋eq \f(1,1＋\f(1,1＋…))等于( )
A.eq \f(－\r(5)－1,2) B.eq \f(\r(5)－1,2)
C.eq \f(1＋\r(5),2) D.eq \f(1－\r(5),2)
C 设1＋eq \f(1,1＋\f(1,1＋…))＝x，则1＋eq \f(1,x)＝x，即x2－x－1＝0，
解得x＝eq \f(1＋\r(5),2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＝\f(1－\r(5),2)舍)).
故1＋eq \f(1,1＋\f(1,1＋…))＝eq \f(1＋\r(5),2)，故选C.
5．(2020·宜昌一中月考)老师带甲、乙、丙、丁四名学生去参加自主招生考试，考试结束后老师向四名学生了解考试情况，四名学生回答如下：
甲说：“我们四人都没考好”；
乙说：“我们四人中有人考的好”；
丙说：“乙和丁至少有一人没考好”；
丁说：“我没考好”．
结果，四名学生中有两人说对了，则四名学生中说对的两人是( )
A．甲、丙 B．乙、丁
C．丙、丁 D．乙、丙
D 甲与乙的关系是对立事件，二人说话矛盾，必有一对一错，如果丁正确，则丙也是对的，所以丁错误，可得丙正确，此时乙正确，故答案为D.
6．由代数式的乘法法则类比推导向量的数量积的运算法则：
①“mn＝nm”类比得到“a·b＝b·a”；
②“(m＋n)t＝mt＋nt”类比得到“(a＋b)·c＝a·c＋b·c”；
③“(m·n)t＝m(n·t)”类比得到“(a·b)·c＝a·(b·c)”；
④“t≠0，mt＝xt⇒m＝x”类比得到“p≠0，a·p＝x·p⇒a＝x”；
⑤“|m·n|＝|m|·|n|”类比得到“|a·b|＝|a|·|b|”；
⑥“eq \f(ac,bc)＝eq \f(a,b)”类比得到“eq \f(a·c,b·c)＝eq \f(a,b)”．
以上式子中，类比得到的结论正确的个数是( )
A．1 B．2 C．3 D．4
B ①②正确；③④⑤⑥错误．
7．古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数，如三角形数1，3，6，10，…，第n个三角形数为eq \f(n（n＋1）,2)＝eq \f(1,2)n2＋eq \f(1,2)n，记第n个k边形数为N(n，k)(k≥3)，以下列出了部分k边形数中第n个数的表达式：
三角形数 N(n，3)＝eq \f(1,2)n2＋eq \f(1,2)n，
正方形数 N(n，4)＝n2，
五边形数 N(n，5)＝eq \f(3,2)n2－eq \f(1,2)n，
六边形数 N(n，6)＝2n2－n
…
可以推测N(n，k)的表达式，由此计算N(10，24)＝________．
解析 由N(n，4)＝n2，N(n，6)＝2n2－n，可以推测：
当k为偶数时，N(n，k)＝eq \f(k－2,2)n2＋eq \f(4－k,2)n，
∴N(10，24)＝eq \f(24－2,2)×100＋eq \f(4－24,2)×10
＝1 100－100＝1 000.
答案 1 000
8．若{an}是等差数列，m，n，p是互不相等的正整数，则有：(m－n)ap＋(n－p)am＋(p－m)an＝0，类比上述性质，相应地，对等比数列{bn}，m，n，p是互不相等的正整数，有____________．
解析 类比已知条件中等差数列的等式(m－n)ap＋(n－p)am＋(p－m)an＝0，结合等比数列通项公式可得出等比数列的结论为：beq \\al(m－n,p)·beq \\al(n－p,m)·beq \\al(p－m,n)＝1.
答案 beq \\al(m－n,p)·beq \\al(n－p,m)·beq \\al(p－m,n)＝1
9．(2020·青岛模拟)若数列{an}的通项公式为an＝eq \f(1,（n＋1）2)(n∈N*)，记f(n)＝(1－a1)(1－a2)…(1－an)，试通过计算f(1)，f(2)，f(3)的值，推测出f(n)＝________．
解析 f(1)＝1－a1＝1－eq \f(1,4)＝eq \f(3,4)，
f(2)＝(1－a1)(1－a2)＝eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,9)))＝eq \f(2,3)＝eq \f(4,6)，
f(3)＝(1－a1)(1－a2)(1－a3)＝eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,16)))＝eq \f(5,8)，
推测f(n)＝eq \f(n＋2,2n＋2).
答案 eq \f(n＋2,2n＋2)
10．(2020·大连模拟)数列2，5，11，20，x，…中的x等于________．
解析 由5－2＝3，11－5＝6，20－11＝9，推出x－20＝12，故x＝32.
答案 32
11．(2020·济南模拟)设f(x)＝eq \f(1,3x＋\r(3))，先分别求f(0)＋f(1)，f(－1)＋f(2)，f(－2)＋f(3)，然后归纳猜想一般性结论，并给出证明．
解 f(0)＋f(1)＝eq \f(1,30＋\r(3))＋eq \f(1,31＋\r(3))
＝eq \f(1,1＋\r(3))＋eq \f(1,3＋\r(3))＝eq \f(\r(3)－1,2)＋eq \f(3－\r(3),6)＝eq \f(\r(3),3)，
同理可得：f(－1)＋f(2)＝eq \f(\r(3),3)，f(－2)＋f(3)＝eq \f(\r(3),3)，
并注意到在这三个特殊式子中，自变量之和均等于1.
归纳猜想得：当x1＋x2＝1时，
均有f(x1)＋f(x2)＝eq \f(\r(3),3).
证明：设x1＋x2＝1，
f(x1)＋f(x2)＝eq \f(1,3x1＋\r(3))＋eq \f(1,3x2＋\r(3))
＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x1＋\r(3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x2＋\r(3))),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x1＋\r(3)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x2＋\r(3))))＝eq \f(3x1＋3x2＋2\r(3),3x1＋x2＋\r(3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x1＋3x2))＋3)
＝eq \f(3x1＋3x2＋2\r(3),\r(3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x1＋3x2))＋2×3)＝eq \f(3x1＋3x2＋2\r(3),\r(3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x1＋3x2＋2\r(3))))＝eq \f(\r(3),3).
12．(2020·温州模拟)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．
解 如图所示，由三角形相似得
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).
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).
证明：如图，连接BE并延长交CD于F，连接AF.
∵AB⊥AC，AB⊥AD，
AC∩AD＝A，
AC⊂平面ACD，
AD⊂平面ACD，
∴AB⊥平面ACD.
∵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).
[技能过关提升]
13．(2020·佛山一模)所有真约数(除本身之外的正约数)的和等于它本身的正整数叫做完全数(也称为完备数、完美数)，如6＝1＋2＋3；28＝1＋2＋4＋7＋14；496＝1＋2＋4＋8＋16＋31＋62＋124＋248，此外，它们都可以表示为2的一些连续正整数次幂之和，如6＝21＋22，28＝22＋23＋24，…，按此规律，8 128可表示为________．
解析 由题意，如果2n－1是质数，则2n－1(2n－1)是完全数，n≥2，n∈N*，∴令n＝7，可得一个四位完全数为64×(128－1)＝8 128，
∴8 128＝26＋27＋…＋212.
答案 26＋27＋…＋212
14．(2019·赣州联考)我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有人持金出五关，前关二而税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一．并五关所税，适重一斤．问本持金几何？”其意思为“今有人持金出五关，第1关收税金eq \f(1,2)，第2关收税金为剩余的eq \f(1,3)，第3关收税金为剩余的eq \f(1,4)，第4关收税金为剩余的eq \f(1,5)，第5关收税金为剩余的eq \f(1,6)，5关所收税金之和，恰好重1斤，问原来持金多少？”若将“5关所收税金之和，恰好重1斤，问原来持金多少？”改成“假设这个人原本持金为x，按此规律通过第8关”，则第8关所收税金为________x.
解析 第1关收税金：eq \f(1,2)x；第2关收税金：eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))x＝eq \f(x,6)＝eq \f(x,2×3)；第3关收税金：eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)－\f(1,6)))x＝eq \f(x,12)＝eq \f(x,3×4)；…，可得第8关收税金：eq \f(x,8×9)＝eq \f(x,72).
答案 eq \f(1,72)
15．(2020·厦门模拟)设f(x)＝3ax2＋2bx＋c，若a＋b＋c＝0，f(0)>0，f(1)>0，证明：
(1)a>0且－20，
所以c>0，3a＋2b＋c>0.
由a＋b＋c＝0，消去b得a>c>0；
再由条件a＋b＋c＝0，消去c得a＋b0，
所以－2