《合情推理與演繹推理》試卷 省賽一等獎

《合情推理與演繹推理》試卷時間：45分鐘滿分：100分班級：________一、選擇題(本大題共6小題，每小題6分，共36分，在下列四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．(2022·天津十二區(qū)縣重點中學(xué)第一次聯(lián)考)推理“①矩形是平行四邊形；②三角形不是平行四邊形；③三角形不是矩形”中的小前提是()A．① B．②C．③ D．①和②解析：由演繹推理三段論可知，①是大前提；②是小前提；③是結(jié)論．故選B.答案：B2．(2022·烏魯木齊地區(qū)高三第一次測驗)下面給出了關(guān)于復(fù)數(shù)的四種類比推理：①復(fù)數(shù)的加減法運算可以類比多項式的加減法運算法則；②由向量a的性質(zhì)|a|2＝a2類比得到復(fù)數(shù)z的性質(zhì)|z|2＝z2；③方程ax2＋bx＋c＝0(a，b，c∈R)有兩個不同實數(shù)根的條件是b2－4ac＞0可以類比得到：方程az2＋bz＋c＝0(a，b，c∈C)有兩個不同復(fù)數(shù)根的條件是b2－4ac＞0；④由向量加法的幾何意義可以類比得到復(fù)數(shù)加法的幾何意義．其中類比得到的結(jié)論錯誤的是()A．①③ B．②④C．②③ D．①④解析：選項②中z＝i，則|z|2≠i2，選項③若a、b、c為實數(shù)，則方程有實根．答案：C3．(2022·江西模擬)觀察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，則a10＋b10＝()A．28 B．76C．123 D．199解析：記an＋bn＝f(n)，則f(3)＝f(1)＋f(2)＝1＋3＝4；f(4)＝f(2)＋f(3)＝3＋4＝7；f(5)＝f(3)＋f(4)＝11.通過觀察不難發(fā)現(xiàn)f(n)＝f(n－1)＋f(n－2)(n∈N*，n≥3)，則f(6)＝f(4)＋f(5)＝18；f(7)＝f(5)＋f(6)＝29；f(8)＝f(6)＋f(7)＝47；f(9)＝f(7)＋f(8)＝76；f(10)＝f(8)＋f(9)＝123.所以a10＋b10＝123.答案：C4．(2022·安徽江南十校素質(zhì)測試)有一段演繹推理是這樣的：“若直線平行于平面，則該直線平行于平面內(nèi)所有直線；已知直線b∥平面α，直線a?平面α，則直線b∥直線a”，結(jié)論顯然是錯誤的，這是因為()A．大前提錯誤 B．小前提錯誤C．推理形式錯誤 D．非以上錯誤解析：由演繹推理的三段論可知答案應(yīng)為A.答案：A5．(2022·長沙模考(一))若點P是正四面體A－BCD的面BCD上一點，且P到另三個面的距離分別為h1，h2，h3，正四面體A－BCD的高為h，則()A．h>h1＋h2＋h3 B．h＝h1＋h2＋h3C．h<h1＋h2＋h3 D．h1，h2，h3與h的關(guān)系不定解析：由點P是正三角形ABC的邊BC上一點，且P到另兩邊的距離分別為h1，h2，正三角形ABC的高為h，由面積相等可以得到h＝h1＋h2.于是，采用類比方法，平面上的面積類比空間中的體積，可得答案為B.答案：B6．(2022·北京石景山期末)觀察圖中各正方形圖案，每條邊上有n(n≥2)個圓點，第n個圖案中圓點的個數(shù)是an，按此規(guī)律推斷出所有圓點總和Sn與n的關(guān)系式為()A．Sn＝2n2－2n B．Sn＝2n2C．Sn＝4n2－3n D．Sn＝2n2＋2n解析：事實上由合情推理的本質(zhì)：由特殊到一般，當(dāng)n＝2時有S2＝4，分別代入即可淘汰B，C，D三選項，從而選A.也可以觀察各個正方形圖案可知圓點個數(shù)可視為首項為4，公差為4的等差數(shù)列，因此所有圓點總和即為等差數(shù)列前n－1項和，即Sn＝(n－1)×4＋eq\f(n－1n－2,2)×4＝2n2－2n.答案：A二、填空題(本大題共4小題，每小題6分，共24分，把正確答案填在題后的橫線上)7．(2022·湖北)古希臘畢達哥拉斯學(xué)派的數(shù)學(xué)家研究過各種多邊形數(shù)．如三角形數(shù)1,3,6,10，…，第n個三角形數(shù)為eq\f(nn＋1,2)＝eq\f(1,2)n2＋eq\f(1,2)n.記第n個k邊形數(shù)為N(n，k)(k≥3)，以下列出了部分k邊形數(shù)中第n個數(shù)的表達式：三角形數(shù)N(n,3)＝eq\f(1,2)n2＋eq\f(1,2)n，正方形數(shù)N(n,4)＝n2，五邊形數(shù)N(n,5)＝eq\f(3,2)n2－eq\f(1,2)n，六邊形數(shù)N(n,6)＝2n2－n，……可推測N(n，k)的表達式，由此計算N(10,24)＝________.解析：首先將三、四、五、六邊形數(shù)中第n個數(shù)的表達式分別通分，化成分母統(tǒng)一為2的形式如下：三角形數(shù)：N(n,3)＝eq\f(1,2)n2＋eq\f(1,2)n＝eq\f(n2＋n,2)＝eq\f(3－2n2＋4－3n,2)；正方形數(shù)：N(n,4)＝n2＝eq\f(4－2n2＋4－4n,2)；五邊形數(shù)：N(n,5)＝eq\f(3n2,2)－eq\f(1,2)n＝eq\f(5－2n2＋4－5n,2)；六邊形數(shù)：N(n,6)＝2n2－n＝eq\f(4n2－2n,2)＝eq\f(6－2n2＋4－6n,2)；……根據(jù)以上規(guī)律總結(jié)，推測：N(n，k)＝eq\f(k－2n2＋4－kn,2).故N(10,24)＝eq\f(24－2102＋4－2410,2)＝1000.答案：10008．(2022·陜西)觀察下列等式12＝112－22＝－312－22＋32＝612－22＋32－42＝－10……照此規(guī)律，第n個等式可為__________________________________解析：設(shè)等式右邊的數(shù)的絕對值構(gòu)成數(shù)列{an}，a2－a1＝2，a3－a2＝3，a4－a3＝4，…，an－an－1＝n，以上所有等式相加可得an－a1＝2＋3＋4＋…＋n，即an＝1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2)，再觀察各式的符號可知第n個等式為：12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1eq\f(nn＋1,2).答案：12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1eq\f(nn＋1,2)9．(2022·北京朝陽期末)已知數(shù)列2022,2022,1，－2022，－2022，…，這個數(shù)列的特點是從第二項起，每一項都等于它的前后兩項之和，則這個數(shù)列的前2022項之和S2022等于________．解析：數(shù)列前幾項依次為2022,2022,1，－2022，－2022，－1,2022,2022，…每6項一循環(huán)，前6項之和為0，故前2022項包含334個周期和前5個數(shù)，故其和為2022＋2022＋1－2022－2022＝1.答案：110．已知等差數(shù)列{an}中，a10＝0，則有等式a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a19－n(n＜19，n∈N*)成立，那么等比數(shù)列{bn}中，若b9＝1，則有等式________成立．解析：這是一個由等差數(shù)列與等比數(shù)列類比的題目，由于二者的參照物不同，因此我們要先進行分析，從二者的本質(zhì)即數(shù)列的結(jié)構(gòu)找到突破口，如下表所示：特征等差數(shù)列等比數(shù)列運算符號和(差)積(商)通項anbn公差(比)dq前n項和SnTn特殊項01等式結(jié)構(gòu)左邊n項，右邊19－n項左邊n項，右邊17－n項符號轉(zhuǎn)換加法乘法減法除法關(guān)鍵詞a10＝0b9＝1由題設(shè)，若ak＝0，那么有a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a2k－1－n(n＜2k－1，n∈N*)成立．由等差數(shù)列與等比數(shù)列的加乘轉(zhuǎn)換性質(zhì)，我們可以類比得出這樣的結(jié)論：b1b2·…·bn＝b1b2·…·b2k－1－n(n＜2k－1，n∈N*)成立．結(jié)合本n＝9，得2k－1－n＝17－n，故本題應(yīng)填：b1b2·…·bn＝b1b2·…·b17－n(n＜17，n∈N*)．答案：b1b2·…·bn＝b1b2·…·b17－n(n＜17，n∈N*)三、解答題(本大題共3小題，共40分，11、12題各13分，13題14分，寫出證明過程或推演步驟)11．設(shè)f(n)＝n2＋n＋41，n∈N*，計算：f(1)，f(2)，f(3)，f(4)，…，f(10)的值，同時作出歸納推理，并用n＝40驗證猜想是否正確．解：f(1)＝12＋1＋41＝43，f(2)＝22＋2＋41＝47，f(3)＝32＋3＋41＝53，f(4)＝42＋4＋41＝61，f(5)＝52＋5＋41＝71，f(6)＝62＋6＋41＝83，f(7)＝72＋7＋41＝97，f(8)＝82＋8＋41＝113，f(9)＝92＋9＋41＝131，f(10)＝102＋10＋41＝151.∵43,47,53,61,71,83,97,113,131,151都為質(zhì)數(shù)，∴歸納猜想：當(dāng)n∈N*時，f(n)＝n2＋n＋41的值都為質(zhì)數(shù)．∵n＝40時，f(40)＝402＋40＋41＝40×(40＋1)＋41＝41×41，∴f(40)是合數(shù)，因此，由上面歸納推理得到的猜想不正確．12．在△ABC中，AB⊥AC，AD⊥BC于D，求證eq\f(1,AD2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2).那么在四面體ABCD中，類比上述論據(jù)，你能得到怎樣的猜想？并說明理由．解：如右圖所示，由射影定理，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)，∴eq\f(1,AD2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2).猜想：四面體ABCD中，AB，AC，AD兩兩垂直，AE⊥平面BCD，則eq\f(1,AE2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,AD2).證明上述猜想成立．如右圖所示，連接BE并延長，交CD于F，連接AF.∵AB⊥AC，AB⊥AD，∴AB⊥平面ACD.而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).故猜想正確．13．(2022·福建模擬)某同學(xué)在一次研究性學(xué)習(xí)中發(fā)現(xiàn)，以下五個式子的值都等于同一個常數(shù)：①sin213°＋cos217°－sin13°cos17°②sin215°＋cos215°－sin15°cos15°③sin218°＋cos212°－sin18°cos12°；④sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos48°；⑤sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos55°.(1)試從上述五個式子中選擇一個，求出這個常數(shù)；(2)根據(jù)(1)的計算結(jié)果，將該同學(xué)的發(fā)現(xiàn)推廣為三角恒等式，并證明你的結(jié)論．解：(1)選擇②式，計算如下：sin215°＋cos215°－sin15°sin15°＝1－eq\f(1,2)sin30°＝1－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4).(2)由上述5個式子的結(jié)構(gòu)特征可知，三角恒等式為sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝eq\f(3,4).進入如下證明：證法一：sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝sin2α＋(cos30°cosα＋sin30°sinα)2－sinα(cos30°cosα＋sin30°sinα)＝sin2α＋eq\f(3,4)cos2α＋eq\f(\r(3),2)sinαcosα＋eq\f(1,4)sin2α－eq\f(\r(3),2)sinαcosα－eq\f(1,2)sin2α＝eq\f(3,4)sin2α＋eq\f(3,4)cos2α＝eq\f(3,4).證法二：sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝eq\