高考数学一轮复习课时跟踪检测（五十）合情推理与演绎推理文苏教版.docx

课时跟踪检测（五十） 合情推理与演绎推理一抓基础，多练小题做到眼疾手快1(2019徐州调研)已知f(n)1(nN*)，经计算得f(4)2，f(8)，f(16)3，f(32)，则对于任意n(nN*)有不等式_成立解析：观察已知中的等式： f(2)，f(4)2，f(8)，f(16)3，f(32)，则f(2n).答案：f(2n)2设等差数列an的前n项和为Sn，则S4，S8S4，S12S8，S16S12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：T4，3由代数式的乘法法则类比推导向量的数量积的运算法则：“mnnm”类比得到“abba”；“(mn)tmtnt”类比得到“(ab)cacbc”；“(mn)tm(nt)”类比得到“(ab)ca(bc)”；“t0，mtxtmx”类比得到“p0，apxpax”；“|mn|m|n|”类比得到“|ab|a|b|”；“”类比得到“”以上的式子中，类比得到的结论正确的个数是_解析：正确，错误答案：24(2018扬州期末)点(x0，y0)到直线AxByC0的距离公式为d，通过类比的方法，可求得：在空间中，点(1,1,2)到平面xy2z30的距离为_解析：在空间中，点(1,1,2)到平面xy2z30的距离d.答案：5(2019南京调研)已知函数f(x)x3x，对于等差数列an满足：f(a21)2， f(a2 0163)2，Sn是其前n项和，则S2 017_.解析：因为函数f(x)x3x为奇函数，且在R上单调递增，又因为f(a21)2，f(a2 0163)2，则a21(a2 0163)，即a2a2 0164，即a1a2 0174.则S2 017(a1a2 017)4 034.答案：4 0346(2018启东检测) x表示不超过x的最大整数，例如：3.S13，S210，S321，依此规律，那么S10_.解析：因为x表示不超过x的最大整数，所以S1133，S22510，S33721，Snn(2n1)，所以S101021210.答案：210二保高考，全练题型做到高考达标1已知正三角形ABC，它的高为h，内切圆的半径为r，则，类比这一结论可知：正四面体SABC的高为H，内切球的半径为R，则_.解析：从平面图形类比空间图形，从二维类比三维，可得如下结论：正四面体的内切球半径等于这个正四面体高的.证明如下：球心到正四面体一个面的距离即球的半径R，连结球心与正四面体的四个顶点，把正四面体分成四个高为R的三棱锥，设正四面体一个面的面积为S，所以4SRSH，解得RH，所以.答案： 2观察下列等式1211222312223261222324210照此规律，第n个等式可为_解析：观察规律可知，第n个式子为12223242(1)n1n2(1)n1.答案：12223242(1)n1n2(1)n13(2018南京第十三中学检测)某种树的分枝生长规律如图所示，第1年到第5年的分枝数分别为1,1,2,3,5，则预计第10年树的分枝数为_解析：因为211,321,532，即从第三项起每一项都等于前两项的和，所以第10年树的分枝数为213455.答案：554(2019南京模拟)观察下列式子：2，8，根据以上规律，第n(nN*)个不等式是_解析：根据所给不等式可得第n个不等式是.答案：5在平面几何中：ABC的C内角平分线CE分AB所成线段的比为.把这个结论类比到空间：在三棱锥ABCD中(如图)，平面DEC平分二面角ACDB且与AB相交于E，则得到类比的结论是_解析：由平面中线段的比转化为空间中面积的比可得.答案：6(2018常州调研)已知数组，记该数组为(a1)，(a2，a3)，(a4，a5，a6)，则a2 019_.解析：设a2 019是第M组数中的第N个数，则解得M64，且123632 016，2 0192 0163，a2 019.答案：7(2018沭阳月考)将正奇数按如下规律填在5列的数表中：则2 019排在该表的第_行，第_列(行是从上往下数，列是从左往右数).135715131191719212331292725解析：2 0192528325385，2 019在第253行，第三列数：3,11,19,27，规律为8n5，2 019应该出现在第3列答案：25338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f.若ysin x在区间(0，)上是凸函数，那么在ABC中，sin Asin Bsin C的最大值是_解析：由题意知，凸函数满足f ，又ysin x在区间(0，)上是凸函数，则sin Asin Bsin C3sin3sin.答案：9(2018苏州调研)已知函数f(x)ln x，g(x)x2xm.(1)当m0时，求函数F(x)f(x)g(x)在(0，a的最大值；(2)证明：当m3时，不等式f(x)g(x)x2(x2)ex对任意x均成立(其中e为自然对数的底数，e2.718)解：(1)当m0时，F(x)ln xx2x，x(0，)，则F(x)，x(0，)，当0x1时，F(x)0；当x1时，F(x)0，所以F(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所以当0a1时，F(x)的最大值为F(a)ln aa2a；当a1时，F(x)的最大值为F(1)0.(2)证明：f(x)g(x)x2(x2)ex可化为m(x2)exln xx，设h(x)(x2)exln xx，x，要证m3时，mh(x)对任意x均成立，只要证h(x)max3即可，下证此结论成立因为h(x)(x1)，所以当x1时，x10，设u(x)ex，则u(x)ex0，所以u(x)在上单调递增，又因为u(x)在区间上的图象是一条不间断的曲线，且u20，u(1)e10，所以x0，使得u(x0)0，即e，ln x0x0，当x时，u(x)0，h(x)0；当x(x0,1)时，u(x)0，h(x)0；所以函数h(x)在上单调递增，在(x0,1上单调递减，所以h(x)maxh(x0)(x02)eln x0x0(x02)2x012x0.因为y12x在x上单调递增，所以h(x0)12x01223，即h(x)max3，所以当m3时，不等式f(x)g(x)x2(x2)ex对任意x均成立. 10已知O是ABC内任意一点，连结AO，BO，CO并延长，分别交对边于A，B，C，则1，这是一道平面几何题，其证明常采用“面积法”：1.请运用类比思想，对于空间中的四面体ABCD，存在什么类似的结论，并用“体积法”证明解：在四面体ABCD中，任取一点O，连结AO，DO，BO，CO并延长，分别交四个面于E，F，G，H点则1.证明：在四面体OBCD与ABCD中，.同理有；.所以1.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1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，故|x|y|20的不同整数解的个数为80.答案：802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)(k3)，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)n2n四边形数N(n,4)n2五边形数N(n,5)n2n六边形数N(n,6)2n2n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)n2nn2n；N(n,4)n2n2n；N(n,5)n2nn2n；N(n,6)2n2nn2n.故N(n，k)n2n，N(20,15)202202 490.答案：2 4903.(2018东台中学检测)如图，已知双曲线1，F1，F2是左右两个焦点，点M在双曲线上(1)若F1MF290，求F1MF2的面积；(2)若F1MF2120，F1MF2的面积是多少？若F1MF260， F1MF2的面积又是多少？(3)观察以上结果，你能猜出随着F1MF2的度数的变化，F1MF2的面积将怎样变化吗？试证明你的结论解：由双曲线方程知a2，b3，c，设MF1r1，MF2r2(r1r2)，由双曲线的定义，得r1r22a4，将r1r24两边平方得rr2r1r216，(1)若F1MF290，在RtF1MF2中，有F1F4SF1MF216，即52164SF1MF2，解得SF1MF29.(2)若F1MF2120，在F1MF2中，由余弦定理得F1Frr2r1r2cos 120，即F1F(r1r2)23r1r2，即(2)2423r1r2，所以r1r212，可得SF1MF2r1r2sin 1203.同