《2015届高考数学大一轮复习 课时训练38 合情推理与演绎推理 理 苏教版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2015届高考数学大一轮复习 课时训练38 合情推理与演绎推理 理 苏教版（5页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1课时跟踪检测课时跟踪检测( (三十八三十八) ) 合情推理与演绎推理合情推理与演绎推理第组：全员必做题1推理“矩形是平行四边形；三角形不是平行四边形；三角形不是矩形”中的小前提是_(填写序号)2由代数式的乘法法则类比推导向量的数量积的运算法则：“mnnm”类比得到“ababbaba” ；“(mn)tmtnt”类比得到“(a ab b)ccacacbcbc” ；“(mn)tm(nt)”类比得到“(abab)ccaa(bcbc)” ；“t0，mtxtmx”类比得到“p p0，apapxpxpa ax x” ；“|mn|m|n|”类比得到“|ab|ab|a|b|a|b|” ；“ ”类比得到“ ”
2、ac bca ba ac c b bc ca a b b以上的式子中，类比得到的结论正确的个数是_3在平面几何中有如下结论：正三角形ABC的内切圆面积为S1，外接圆面积为S2，则 ，推广到空间可以得到类似结论；已知正四面体PABC的内切球体积为V1，外接S1 S21 4球体积为V2，则_.V1 V24(2014南通一模)设面积为S的平面四边形的第i条边的边长记为ai(i1,2,3,4)，P是该四边形内任意一点，P点到第i条边的距离记为hi，若k，则a1 1a2 2a3 3a4 4(ihi).类比上述结论，体积为V的三棱锥的第i个面的面积记为Si(i1,2,3,4)，4 i12S kQ是该三棱锥
3、内的任意一点，Q点到第i个面的距离记为Hi，则相应的正确命题是：若k，则_S1 1S2 2S3 3S4 45将正奇数按如图所示的规律排列，则第 21 行从左向右的第 5 个数为_1 3 5 7 9 11 13 15 17 19 21 23 25 27 29 31 6在平面上，我们如果用一条直线去截正方形的一个角，那么截下的一个直角三角形，按下图所标边长，由勾股定理有：c2a2b2.设想正方形换成正方体，把截线换成如图的截面，这时从正方体上截下三条侧棱两两垂直的三棱锥OLMN，如果用S1，S2，S3表示三个侧面面积，S4表示截面面积，那么类比得到的结论是_27若an是等差数列，m，n，p是互不相
4、等的正整数，则有：(mn)ap(np)am(pm)an0，类比上述性质，相应地，对等比数列bn，有_8(2013湖北高考)在平面直角坐标系中，若点P(x，y)的坐标x，y均为整数，则称点P为格点若一个多边形的顶点全是格点，则称该多边形为格点多边形格点多边形的面积记为S，其内部的格点数记为N，边界上的格点数记为L.例如图中ABC是格点三角形，对应的S1，N0，L4.(1)图中格点四边形DEFG对应的S，N，L分别是_；(2)已知格点多边形的面积可表示为SaNbLc，其中a，b，c为常数若某格点多边形对应的N71，L18，则S_(用数值作答)9(2014盐城期末)现有一个关于平面图形的命题：如图，
5、同一个平面内有两个边长都是a的正方形，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方形重叠部分的面积恒为.类比到空间，有两个棱长均为aa2 4的正方体，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方体重叠部公的体积恒为_10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：(1)sin213cos217sin 13cos 17；(2)sin215cos215sin 15cos 15；(3)sin218cos212sin 18cos 12；(4)sin2(18)cos248sin(18)cos 48；(5)sin2(25)cos255sin(25)cos 55.(1)试从上述五个式子中
6、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，并证明你的结论第组：重点选做题1观察下列算式：131，32335，337911，4313151719，若某数m3按上述规律展开后，发现等式右边含有“2 013”这个数，则m_.2(2013苏北四市二模)对于问题：“已知关于x的不等式ax2bxc0 的解集为(1,2)，解关于x的不等式ax2bxc0” ，给出如下一种解法：解：由ax2bxc0的解集为1，2， 得ax2bxc0的解集为2，1， 即关于x的不等式ax2bxc0的解集为2，1.参考上述解法，若关于x的不等式0 的解集为，则关k xaxb xc(1，1
7、3) (1 2，1)于x的不等式0 的解集为_kx ax1bx1 cx1答 案第组：全员必做题1解析：由演绎推理三段论可知，是大前提；是小前提；是结论答案：2解析：正确，错误答案：23解析：正四面体的内切球与外接球的半径之比为 13，故.V1 V21 27答案：1 274解析：平面四边形面积计算方法S(aihi)1 24 i1 (kh12kh23kh34kh4)1 2k(ihi)，1 24 i1所以结论(ihi)正确，由此类比到空间图形，则由锥体体积公式ViHi得4 i12S k1 34 i1S4(iHi).4 i13V k答案：(iHi)4 i13V k5解析：前 20 行共有正奇数 135
8、39202400 个，则第 21 行从左向右的第 5 个数是第 405 个正奇数，所以这个数是 24051809.答案：8096解析：将侧面面积类比为直角三角形的直角边，截面面积类比为直角三角形的斜边，可得SSSS.2 12 22 32 4答案：SSSS2 12 22 32 47解析：设bn的首项为b1，公比为q，则bbbmnpnpmpmn(b1qp1)mn(b1qm1)np(b1qn1)pmbq01.0 1答案：bbb1mnpnpmpmn8解析：(1)由定义知，四边形DEFG由一个等腰直角三角形和一个平行四边形构成，其内部格点有 1 个，边界上格点有 6 个，S四边形DEFG3.(2)由待定
9、系数法可得，Error!Error!当N71，L18 时，S171 18179.1 2答案：(1)3,1,6 (2)799解析：如图，易证OABOCD，则两个正方形重叠部分的面积为S ，类比到正方体，两个重叠部分的体积V .a 2a 2a2 4a 2a 2a 2a3 8答案：a3 810解：(1)选择(2)式，计算如下：sin215cos215sin 15cos 151 sin 301 .1 21 43 4(2)三角恒等式为 sin2cos2(30)sin cos(30) .3 4证明如下：法一：sin2cos2(30)sin cos(30)sin2(cos 30cos sin 30sin )
10、2sin (cos 30cos sin 30sin )5sin2 cos2sin cos sin2sin cos sin23 4321 4321 2 sin2 cos2 .3 43 43 4法二：sin2cos2(30)sin cos(30)sin (cos 30cos sin 30sin )1cos 2 21cos602 2 cos 2 (cos 60cos 2sin 60sin 2)sin cos 1 21 21 21 232 sin21 2 cos 2 cos 21 21 21 21 4sin 2sin 2 (1cos 2)34341 41 cos 2 cos 2 .1 41 41 43 4第组：重点选做题1解析：某数m3按上述规律展开后，等式右边为m个连续奇数的和，观察可知每行的最后一个数为 1120,5221,11322,19423，所以第m行的最后一个数为m2(m1)因为当m44 时，m2(m1)1 979，当m45 时，m2(m1)2 069，所以要使等式右边含有“2 013”这个数，则m45.答案：452解析：不等式0kx ax1bx1 cx1可化为0，k 1 xa1 xb 1 xc故 ，1 x(1，1 3) (1 2，1)即x(3，1)(1,2)，从而0 的解集为kx ax1bx1 cx1(3，1)(1,2)答案：(3，1)(1,2)
