【高考领航】2022高考数学总复习 6-5 合情推理与演绎推理练习 苏教版.docx

1、【高考领航】2022高考数学总复习 6-5 合情推理与演绎推理练习 苏教版【A组】一、填空题1给出下面类比推理命题(其中Q为有理数集，R为实数集，C为复数集)：“若a，bR，则ab0ab”类比推出“若a，bC，则ab0ab”；“若a，b，c，dR，则复数abicdiac，bd”类比推出“若a，b，c，dQ，则abcdac，bd”；“若a，bR，则ab0ab”类比推出“若a，bC，则ab0ab”其中类比得到的结论正确的个数是_解析：是正确的，是错误的，因为复数不能比较大小，如a56i，b46i，虽然满足ab10，但复数a与b不能比较大小答案：22观察等式：sin230cos260sin 30co

2、s 60，sin220cos250sin 20cos 50，sin215cos245sin 15cos 45；由此可以得出推广的命题是_答案：sin2ncos2(n30)sin ncos(n30).3(2022高考大纲全国卷)正方形ABCD的边长为1，点E在边AB上，点F在边BC上，AEBF.动点P从E出发沿直线向F运动，每当碰到正方形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角当点P第一次碰到E时，P与正方形的边碰撞的次数为_解析：由反射角等于入射角，利用三角形的相似比，准确画图如图，碰撞的顺序是EFGRMNE.答案：64(2022高考陕西卷)观察下列等式11234934567254567891049

3、照此规律，第n个等式为_解析：每行最左侧数分别为1、2、3、，所以第n行最左侧的数为n；每行数的个数分别为1、3、5、，则第n行的个数为2n1.所以第n行数依次是n，n1，n2，3n2.其和为n(n1)(n2)(3n2)(2n1)2.答案：n(n1)(n2)(3n2)(2n1)25(2022高考山东卷)设函数f(x)(x0)，观察：f1(x)f(x)，f2(x)f(f1(x)，f3(x)f(f2(x)，f4(x)f(f3(x)，根据以上事实，归纳推理可得：当nN*且n2时，fn(x)f(fn1(x)_.解析：根据题意知，分子都是x，分母中的常数项依次是2,4,8,16，可知fn(x)的分母中常

4、数项为2n，分母中x的系数为2n1，故fn(x).答案：6(2022高考陕西卷)观察下列不等式1，1，1，照此规律，第五个不等式为_答案：17(2022高考江西卷)观察下列事实：|x|y|1的不同整数解(x，y)的个数为4，|x|y|2的不同整数解(x，y)的个数为8，|x|y|3的不同整数解(x，y)的个数为12，则|x|y|20的不同整数解(x，y)的个数为_解析：由|x|y|1的不同整数解的个数为4，|x|y|2的不同整数解的个数为8，|x|y|3的不同整数解的个数为12，归纳推理得|x|y|n的不同整数解的个数为4n，(本题用列举法也不难找出|x|y|20的80个不同整数解)答案：80

5、二、解答题8在平面几何中，对于RtABC，设ABc，ACb，BCa，则(1)a2b2c2；(2)cos2Acos2B1；(3)RtABC的外接圆半径为r.把上面的结论类比到空间写出相类似的结论，如果你能证明，写出证明过程，如果在直角三角形中你还发现了异于上面的结论，试试看能否类比到空间？解：选取3个面两两垂直的四面体作为直角三角形的类比对象(1)设3个两两垂直的侧面的面积分别为S1，S2，S3，底面面积为S，则SSSS2.(2)设3个两两垂直的侧面与底面所成的角分别为，则cos2cos2cos21.(3)设3个两两垂直的侧面形成的侧棱长分别为a，b，c，则这个四面体的外接球的半径R.利用三角形

6、的有关性质，通过观察四面体的结构，比较二者的内在联系，从中类比出四面体的相似命题，提出猜想9已知椭圆具有性质：若M、N是椭圆C上关于原点对称的两个点，点P是椭圆上任意一点，当直线PM、PN的斜率都存在，并记为kPM、kPN时，那么kPM与kPN之积是与点P的位置无关的定值试对双曲线1写出具有类似特性的性质，并加以证明解：类似的性质为：若M、N是双曲线1上关于原点对称的两个点，点P是双曲线上任意一点，当直线PM、PN的斜率都存在，并记为kPM、kPN时，那么kPM与kPN之积是与点P的位置无关的定值证明：设点M、P的坐标分别为(m，n)、(x，y)，则N(m，n)因为点M(m，n)在已知双曲线上

7、，所以n2m2b2.同理y2x2b2.则kPMkPN(定值)【B组】一、填空题1(2022高考湖南卷)对于nN*，将n表示为nak2kak12k1a121a020，当ik时，ai1，当0ik1时，ai为0或1.定义bn如下：在n的上述表示中，当a0，a1，a2，ak中等于1的个数为奇数时，bn1；否则bn0.b2b4b6b8_.解析：依据所给定义：2121020，b21；4122021020，b41；6122121020，b60；8123022021020，b81.故b2b4b6b83.答案：32(2022高考湖北卷)传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上画点或用小石子表示数他们研究过如

8、图所示的三角形数：将三角形数1,3,6,10，记为数列an，将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列bn，可以推测：(1)b2 012是数列an中的第_项；(2)b2k1_.(用k表示)解析：归纳出an的通项是解题关键(1)由图可知an1an(n1)(nN)所以a2a12，a3a23，anan1n.累加得ana123n，即an123n.当n4,5,9,10,14,15,19,20,24,25，时，an能被5整除，即b2a5，b4a10，b6a15，b8a20，所以b2ka5k(kN)所以b2 012a51 006a5 030.(2)由(1)可知b2k1a5k15k(5k1).答案：

9、(1)5 030(2)3(2022扬州模拟)已知x0，由不等式x2 2，x33，我们可以得出推广结论：xn1(nN*)，则a_.解析：再续写一个不等式：x44，由此可得ann.答案：nn4(2022常州模拟)设n为正整数，f(n)1，计算得f(2)，f(4)2，f(8)，f(16)3，观察上述结果，可推测一般的结论为_解析：由前四个式子可得，第n个不等式的左边应当为f(2n)，右边应当为，即可得一般的结论为f(2n).答案：f(2n)5已知数列an2n1(nN*)把数列an的各项排成如图所示的三角形数阵记S(m，n)表示该数阵的第m行中从左到右的第n个数，则S(10,6)对应于数阵中的数是_1

10、35791113151719解析：设这个数阵每一行的第一个数组成数列bn，则b11，bnbn12(n1)，bn(bnbn1)(bn1bn2)(b2b1)b12(n1)(n2)11n2n1，b1010210191，S(10,6)b102(61)101.答案：1016(2022江苏连云港模拟)观察下列式子：1，1，1，根据以上式子可以猜想：1_.解析：将上述式子推广到一般形式，可得1，故1.答案：7现有一个关于平面图形的命题：如图所示，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a的正方体，其中一个的某顶点在另一

11、个的中心，则这两个正方体重叠部分的体积恒为_解析：在已知的平面图形中，中心O到两边的距离相等(如右图)，即OMON.四边形OPAR是圆内接四边形，RtOPNRtORM，因此S四边形OPARS正方形OMANa2.同样地，类比到空间，如图两个棱长均为a的正方体重叠部分的体积为a3.答案：二、解答题8观察下列等式：sin210cos240sin 10cos 40；sin26cos236sin 6cos 36.由上面两题的结构规律，你能否提出一个猜想？并证明你的猜想解：由可看出，两角差为30，则它们的相关形式的函数运算式的值均为.猜想：若30，则30，sin2cos2sin cos ，也可直接写成sin2cos2(30)sin cos(30).下面进行证明：左边sin cos(30)sin (cos cos 30sin sin 30)cos 2cos 2sin 2sin 2右边故sin2cos2(30)sin cos(30).9(2022苏州模拟)设f(x)，先分别求f(0)f(1)，f(1)f(2)，f(2)f(3)，然后归纳出一个一般结论，并给出证明解：f(0)f(1).同理f(1)f(2).f(2)f(3).由此猜想：当x1x21时，f(x1)f(x2).证明：设x1x21，则f(x1)f(x2).故猜想成立