高考数学总复习第五单元 第一节 合情推理与演绎推理练习

第十二单元 第一节一、选择题1(精选考题福州质检)将正奇数1,3,5,7，排成五列(如下表)，按此表的排列规律，89所在的位置是()A第一列 B第二列C第三列 D第四列【解析】正奇数从小到大排，则89居第45位，而454111，故89位于第四列【答案】D2已知bn为等比数列，b52，则b1b2b3b4b5b6b7b8b929.若an为等差数列，a52，则an的类似结论为()Aa1a2a3a929Ba1a2a3a929Ca1a2a3a929Da1a2a3a929【解析】根据等差数列中“若mnpq，则amanapaq”，等比数列中“若mnpq，则amanapaq”，可得a1a2a3a929.【答案】D3(精选考题深圳调研)已知扇形的弧长为，半径为r，类比三角形的面积公式S，可推知扇形面积公式S扇等于()A. B. C. D不可类比【解析】可将扇形的弧长与三角形的底边相类比，将扇形的半径与三角形的高相类比【答案】C4定义A*B，B*C，C*D，D*B分别对应下列图形：那么下列图形中，可以分别表示A*D，A*C的是()A(1)(2) B(2)(3)C(2)(4) D(1)(4)【解析】依据条件可知：A BCDA*D，A*C分别对应(2)，(4)【答案】C5观察等式：sin230cos260sin30cos60；sin220cos250sin20cos50；sin215cos245sin15cos45.由此得出以下推广命题，不正确的是()Asin2cos2sincosBsin2(30)cos2sin(30)cosCsin2(15)cos2(15)sin(15)cos(15)Dsin2cos2(30)sincos(30)【解析】条件给出的三个等式，角的特点为两已知角的差为常数30，而选项A不具备此特点，故A项错误【答案】A6已知xR，有不等式x22，x33，启发我们可以推广为xn1(nN*，a0)，则a的值为()Ann B2n Cn2 D2n1【解析】由前面两个式子可得x(n1)n1，ann.【答案】A7如果f(xy)f(x)f(y)且f(1)1，则等于()A1 005 B1 006 C2 008 D2 010【解析】f(xy)f(x)f(y)，f(1)1，1 006f(1)1 006.【答案】B二、填空题8(精选考题南京第一次调研)五位同学围成一圈依次循环报数，规定：第一位同学首次报出的数为2，第二位同学首次报出的数为3，之后每位同学所报出的数都是前两位同学所报出数的乘积的个位数字，则第2 010个被报出的数为_【解析】根据规则，五位同学第一轮报出的数依次为2,3,6,8,8，第二轮报出的数依次为4,2,8,6,8，第三轮报出的数依次为8,4,2,8,6，故除第一、第二位同学第一轮报出的数为2,3外，从第三位同学开始报出的数依次按6,8,8,4,2,8循环，则第2 010个被报出的数为4.【答案】49在三棱锥SABC中，SASB，SBSC，SASC，且SA、SB、SC和底面ABC所成的角分别为1、2、3，三侧面SBC、SAC、SAB面积分别为S1、S2、S3.类比三角形中的正弦定理，给出空间中的一个猜想_【解析】与三角形三条边的边长对应的是四面体三个侧面的面积，与三角形的三个角对应的是SA、SB、SC与底面ABC所成的三个线面角1、2、3，由此类比三角形中的正弦定理，得出四面体SABC中相应关系【答案】10(精选考题深圳模拟)现有一个关于平面图形的命题：如图，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个的中心，则这两个正方体重叠部分的体积恒为_【解析】本题考查类比推理知识可取特殊情况研究，当将一个正方体的一个顶点垂直放在另一个正方体的中心时，易知两正方体的重叠部分占整个正方体的，故其体积为.【答案】三、解答题11若函数f(x)，g(x)，分别计算g(4)2f(2)g(2)和g(6)2f(3)g(3)的值，由此归纳出函数f(x)和g(x)的对于所有实数x都成立的一个等式，并加以证明【解析】g(4)2f(2)g(2)0，g(6)2f(3)g(3)0，由此归纳出g(2x)2f(x)g(x)0.证明如下：g(2x)2f(x)g(x)20.12已知双曲线1，F1，F2分别是双曲线的两个焦点，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)观察上述运算结果，你能看出随F1MF2的变化，F1MF2的面积将怎样变化吗(不要求证明)?【解析】(1)由双曲线方程知a2，b3，c，设|MF1|r1，|MF2|r2(r1r2)，由双曲线定义，有r1r22a4，两边平方得r12r222r1r216，即|F1F2|24SF1MF216，也即52164SF1MF2，解得SF1MF29.(2)若F1MF2120，在MF1F2中，由余弦定理得|F1F2|2r12r222r1r