2021高考数学（文）大一轮复习习题 第六章 不等式、推理与证明 课时跟踪检测 （三十六）　合情推理与演绎推理 word版含答案

这是一份2021高考数学（文）大一轮复习习题 第六章 不等式、推理与证明 课时跟踪检测 （三十六）　合情推理与演绎推理 word版含答案，共7页。试卷主要包含了观察下列等式，在锐角三角形ABC中，求证等内容，欢迎下载使用。
1．正弦函数是奇函数，f(x)＝sin(x2＋1)是正弦函数，因此f(x)＝sin(x2＋1)是奇函数，以上推理( )
A．结论正确 B．大前提不正确
C．小前提不正确 D．全不正确
解析：选C 因为f(x)＝sin(x2＋1)不是正弦函数，所以小前提不正确．
2．已知数列{an}中，a1＝1，n≥2时，an＝an－1＋2n－1，依次计算a2，a3，a4后，猜想an的表达式是( )
A．an＝3n－1 B．an＝4n－3
C．an＝n2 D．an＝3n－1
解析：选C a1＝1，a2＝4，a3＝9，a4＝16，猜想an＝n2．
3．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)”．
以上的式子中，类比得到的结论正确的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B ①②正确，③④⑤⑥错误．
4．(2017·云南名校联考)观察下列等式：13＝12,13＋23＝32,13＋23＋33＝62,13＋23＋33＋43＝102，…，根据上述规律，第n个等式为______________________．
解析：由第一个等式13＝12，得13＝(1＋0)2；第二个等式13＋23＝32，得13＋23＝(1＋2)2；第三个等式13＋23＋33＝62，得13＋23＋33＝(1＋2＋3)2；第四个等式13＋23＋33＋43＝102，得13＋23＋33＋43＝(1＋2＋3＋4)2，由此可猜想第n个等式为13＋23＋33＋43＋…＋n3＝(1＋2＋3＋…＋n)2＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(nn＋1,2)))2．
答案：13＋23＋33＋43＋…＋n3＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(nn＋1,2)))2
5．(2017·黑龙江哈三中检测)设等差数列{an}的前n项和为Sn，则S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12成等差数列．类比以上结论我们可以得到的一个真命题为：设等比数列{bn}的前n项积为Tn，则____________________成等比数列．
解析：利用类比推理把等差数列中的差换成商即可．
答案：T4，eq \f(T8,T4)，eq \f(T12,T8)，eq \f(T16,T12)
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1．(2017·洛阳统考)下面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
解析：选B A项中小前提不正确，选项C、D都不是由一般性结论到特殊性结论的推理，所以选项A、C、D都不正确，只有B项的推导过程符合演绎推理三段论形式且推理正确．
2．下列推理中属于归纳推理且结论正确的是( )
A．设数列{an}的前n项和为Sn．由an＝2n－1，求出S1＝12，S2＝22，S3＝32，…，推断：Sn＝n2
B．由f(x)＝xcs x满足f(－x)＝－f(x)对∀x∈R都成立，推断：f(x)＝xcs x为奇函数
C．由圆x2＋y2＝r2的面积S＝πr2，推断：椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的面积S＝πab
D．由(1＋1)2＞21，(2＋1)2＞22，(3＋1)2＞23，…，推断：对一切n∈N*，(n＋1)2＞2n
解析：选A 选项A由一些特殊事例得出一般性结论，且注意到数列{an}是等差数列，其前n项和等于Sn＝eq \f(n1＋2n－1,2)＝n2，选项D中的推理属于归纳推理，但结论不正确．
3．(2017·济宁模拟)对于数25，规定第1次操作为23＋53＝133，第2次操作为13＋33＋33＝55，如此反复操作，则第2 016次操作后得到的数是( )
A．25 B．250
C．55 D．133
解析：选B 由题意知，第3次操作为53＋53＝250，第4次操作为23＋53＋03＝133，第5次操作为13＋33＋33＝55，…．因此每次操作后的得数呈周期排列，且周期为3，又2 016＝672×3，故第2 016次操作后得到的数是250．
4．给出以下数对序列：
(1,1)
(1,2)(2,1)
(1,3)(2,2)(3,1)
(1,4)(2,3)(3,2)(4,1)
……
记第i行的第j个数对为aij，如a43＝(3,2)，则anm＝( )
A．(m，n－m＋1) B．(m－1，n－m)
C．(m－1，n－m＋1) D．(m，n－m)
解析：选A 由前4行的特点，归纳可得：若an m＝(a，b)，则a＝m，b＝n－m＋1，∴an m＝(m，n－m＋1)．
5．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( )
A．289 B．1 024
C．1 225 D．1 378
解析：选C 观察三角形数：1,3,6,10，…，记该数列为{an}，则a1＝1，a2＝a1＋2，a3＝a2＋3，…，an＝an－1＋n．
∴a1＋a2＋…＋an＝(a1＋a2＋…＋an－1)＋(1＋2＋3＋…＋n)，∴an＝1＋2＋3＋…＋n＝eq \f(nn＋1,2)，
观察正方形数：1,4,9,16，…，记该数列为{bn}，则bn＝n2．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．
6．设n为正整数，f(n)＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)，计算得f(2)＝eq \f(3,2)，f(4)>2，f(8)>eq \f(5,2)，f(16)>3，观察上述结果，可推测一般的结论为____________________．
解析：∵f(21)＝eq \f(3,2)，f(22)>2＝eq \f(4,2)，f(23)>eq \f(5,2)，f(24)>eq \f(6,2)，∴归纳得f(2n)≥eq \f(n＋2,2)．
答案：f(2n)≥eq \f(n＋2,2)
7．用火柴棒摆“金鱼”，如图所示，按照图中的规律，第n个“金鱼”需要火柴棒的根数为________．
解析：由题意知，第1个图中有8根火柴棒，第2个图中有8＋6根火柴棒，第3个图中有8＋2×6根火柴棒，……，依此类推，第n个“金鱼”需要火柴棒的根数为8＋6(n－1)＝6n＋2．
答案：6n＋2
8．如果函数f(x)在区间D上是凸函数，那么对于区间D内的任意x1，x2，…，xn，都有eq \f(fx1＋fx2＋…＋fxn,n)≤feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2＋…＋xn,n)))．若y＝sin x在区间(0，π)上是凸函数，那么在△ABC中，sin A＋sin B＋sin C的最大值是________．
解析：由题意知，凸函数满足
eq \f(fx1＋fx2＋…＋fxn,n)≤feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2＋…＋xn,n)))，
又y＝sin x在区间(0，π)上是凸函数，
则sin A＋sin B＋sin C≤3sineq \f(A＋B＋C,3)＝3sineq \f(π,3)＝eq \f(3\r(3),2)．
答案：eq \f(3\r(3),2)
9．在锐角三角形ABC中，求证：sin A＋sin B＋sin C＞cs A＋cs B＋cs C．
证明：∵△ABC为锐角三角形，
∴A＋B＞eq \f(π,2)，
∴A＞eq \f(π,2)－B，
∵y＝sin x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上是增函数，
∴sin A＞sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－B))＝cs B，
同理可得sin B＞cs C，sin C＞cs A，
∴sin A＋sin B＋sin C＞cs A＋cs B＋cs C．
10．已知O是△ABC内任意一点，连接AO，BO，CO并延长，分别交对边于A′，B′，C′，则eq \f(OA′,AA′)＋eq \f(OB′,BB′)＋eq \f(OC′,CC′)＝1，这是一道平面几何题，其证明常采用“面积法”：
eq \f(OA′,AA′)＋eq \f(OB′,BB′)＋eq \f(OC′,CC′)＝eq \f(S△OBC,S△ABC)＋eq \f(S△OCA,S△ABC)＋eq \f(S△OAB,S△ABC)＝eq \f(S△ABC,S△ABC)＝1．
请运用类比思想，对于空间中的四面体ABCD，存在什么类似的结论，并用“体积法”证明．
解：在四面体ABCD中，任取一点O，连接AO，DO，BO，CO并延长，分别交四个面于E，F，G，H点．
则eq \f(OE,AE)＋eq \f(OF,DF)＋eq \f(OG,BG)＋eq \f(OH,CH)＝1．
证明：在四面体OBCD与ABCD中，
eq \f(OE,AE)＝eq \f(h1,h)＝eq \f(\f(1,3)S△BCD·h1,\f(1,3)S△BCD·h)＝eq \f(VOBCD,VABCD)．
同理有eq \f(OF,DF)＝eq \f(VOABC,VDABC)；eq \f(OG,BG)＝eq \f(VOACD,VBACD)；eq \f(OH,CH)＝eq \f(VOABD,VCABD)．
∴eq \f(OE,AE)＋eq \f(OF,DF)＋eq \f(OG,BG)＋eq \f(OH,CH)
＝eq \f(VOBCD＋VOABC＋VOACD＋VOABD,VABCD)＝eq \f(VABCD,VABCD)＝1．
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1．(2017·河北“五校联盟”质检)古希腊的数学家研究过各种多边形数．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
四边形数 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(20,15)的值为________．
解析：原已知式子可化为N(n,3)＝eq \f(1,2)n2＋eq \f(1,2)n＝eq \f(3－2,2)n2＋eq \f(4－3,2)n；
N(n,4)＝n2＝eq \f(4－2,2)n2＋eq \f(4－4,2)n；
N(n,5)＝eq \f(3,2)n2－eq \f(1,2)n＝eq \f(5－2,2)n2＋eq \f(4－5,2)n；
N(n,6)＝2n2－n＝eq \f(6－2,2)n2＋eq \f(4－6,2)n．
故N(n，k)＝eq \f(k－2,2)n2＋eq \f(4－k,2)n，
N(20,15)＝eq \f(15－2,2)×202＋eq \f(4－15,2)×20＝2 490．
答案：2 490
2．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：
①sin213°＋cs217°－sin 13°cs 17°；
②sin215°＋cs215°－sin 15°cs 15°；
③sin218°＋cs212°－sin 18°cs 12°；
④sin2(－18°)＋cs248°－sin(－18°)cs 48°；
⑤sin2(－25°)＋cs255°－sin(－25°)cs 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②式，计算如下：
sin215°＋cs215°－sin 15°cs 15°＝1－eq \f(1,2)sin 30°
＝1－eq \f(1,4)＝eq \f(3,4)．
(2)法一：三角恒等式为
sin2α＋cs2(30°－α)－sin α·cs(30°－α)＝eq \f(3,4)．
证明如下：
sin2α＋cs2(30°－α)－sin α·cs(30°－α)
＝sin2α＋(cs 30°cs α＋sin 30°sin α)2－sin α·(cs 30°cs α＋sin 30°sin α)
＝sin2α＋eq \f(3,4)cs2α＋eq \f(\r(3),2)sin αcs α＋eq \f(1,4)sin2α－eq \f(\r(3),2)sin αcs α－eq \f(1,2)sin2α
＝eq \f(3,4)sin2α＋eq \f(3,4)cs2α＝eq \f(3,4)．
法二：三角恒等式为
sin2α＋cs2(30°－α)－sin α·cs(30°－α)＝eq \f(3,4)．
证明如下：
sin2α＋cs2(30°－α)－sin αcs(30°－α)
＝eq \f(1－cs 2α,2)＋eq \f(1＋cs60°－2α,2)－sin α·(cs 30°cs α＋sin 30°sin α)
＝eq \f(1,2)－eq \f(1,2)cs 2α＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)(cs 60°cs 2α＋sin 60°sin 2α)－eq \f(\r(3),2)sin αcs α－eq \f(1,2)sin2α
＝eq \f(1,2)－eq \f(1,2)cs 2α＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,4)cs 2α＋eq \f(\r(3),4)sin 2α－eq \f(\r(3),4)sin 2α－eq \f(1,4)(1－cs 2α)
＝1－eq \f(1,4)cs 2α－eq \f(1,4)＋eq \f(1,4)cs 2α＝eq \f(3,4)．