旧教材适用2023高考数学一轮总复习第十二章算法初步复数推理与证明第3讲合情推理与演绎推理

第3讲合情推理与演绎推理1．合情推理归纳推理类比推理定义由某类事物的部分对象具有某些特征，推出该类事物的eq\o(□,\s\up3(01))全部对象都具有这些特征的推理，或者由个别事实概括出eq\o(□,\s\up3(02))一般结论的推理由两类对象具有某些类似特征和其中一类对象的eq\o(□,\s\up3(03))某些已知特征，推出另一类对象也具有这些特征的推理特点由eq\o(□,\s\up3(04))部分到eq\o(□,\s\up3(05))整体、由eq\o(□,\s\up3(06))个别到eq\o(□,\s\up3(07))一般的推理由eq\o(□,\s\up3(08))特殊到eq\o(□,\s\up3(09))特殊的推理一般步骤(1)通过观察个别情况发现某些相同性质；(2)从已知的相同性质中推出一个明确的一般性命题(猜想)(1)找出两类事物之间的相似性或一致性；(2)用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题(猜想)2．演绎推理(1)定义：从eq\o(□,\s\up3(10))一般性的原理出发，推出eq\o(□,\s\up3(11))某个特殊情况下的结论，我们把这种推理称为演绎推理．(2)特点：演绎推理是由eq\o(□,\s\up3(12))一般到特殊的推理．(3)模式：“三段论”是演绎推理的一般模式．“三段论”的结构①大前提——已知的eq\o(□,\s\up3(13))一般原理；②小前提——所研究的特殊情况；③结论——根据一般原理，对eq\o(□,\s\up3(14))特殊情况做出的判断“三段论”的表示①大前提——eq\o(□,\s\up3(15))M是P；②小前提——eq\o(□,\s\up3(16))S是M；③结论——S是P1．合情推理的结论是猜想，不一定正确；演绎推理在大前提、小前提和推理形式都正确时，得到的结论一定正确．2．合情推理是发现结论的推理；演绎推理是证明结论的推理．1．“对数函数是非奇非偶函数，f(x)＝log2|x|是对数函数，因此f(x)＝log2|x|是非奇非偶函数”，以上推理()A．结论正确 B．大前提错误C．小前提错误 D．推理形式错误答案C解析本命题的小前提是f(x)＝log2|x|是对数函数，但是这个小前提是错误的，因为f(x)＝log2|x|不是对数函数，它是一个复合函数，只有形如y＝logax(a>0，且a≠1)的函数才是对数函数．故选C.2．某单位安排甲、乙、丙三人在某月1日至12日值班，每人4天．甲说：“我在1日和3日都有值班”；乙说：“我在8日和9日都有值班”；丙说：“我们三人各自值班的日期之和相等”．据此可判断丙必定值班的日期是()A．10日和12日 B．2日和7日C．4日和5日 D．6日和11日答案D解析这12天的日期之和为S12＝eq\f(12×12＋1,2)＝78，甲、乙、丙各自的值班日期之和是26，对于甲，剩余2天的值班日期之和是22，因此这两天是10日和12日，故甲在1日，3日，10日，12日值班；对于乙，剩余2天的值班日期之和是9，故乙可能在2日，7日，或者是4日，5日值班，因此丙必定值班的日期是6日和11日．故选D.3．(2022·云南曲靖模拟)二维空间中，圆的一维测度(周长)l＝2πr，二维测度(面积)S＝πr2；三维空间中，球的二维测度(表面积)S＝4πr2，三维测度(体积)V＝eq\f(4,3)πr3.应用合情推理，若四维空间中，“超球”的三维测度V＝8πr3，则其四维测度W＝()A．2πr4 B．3πr4C．4πr4 D．6πr4答案A解析二维空间中，圆的一维测度(周长)l＝2πr，二维测度(面积)S＝πr2，(πr2)′＝2πr，三维空间中，球的二维测度(表面积)S＝4πr2，三维测度(体积)V＝eq\f(4,3)πr3，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)πr3))′＝4πr2，四维空间中，“超球”的三维测度V＝8πr3，∵(2πr4)′＝8πr3，∴“超球”的四维测度W＝2πr4.故选A.4．(2021·陕西铜川模拟)沈老师告知高三文数周考的附加题只有6名同学A，B，C，D，E，F尝试做了，并且这6人中只有1人答对了．同学甲猜测：D或E答对了．同学乙猜测：C不可能答对．同学丙猜测：A，B，F当中必有1人答对了．同学丁猜测：D，E，F都不可能答对．若甲、乙、丙、丁中只有1人猜对，则此人是()A．甲 B．乙C．丙 D．丁答案D解析若甲猜对，则乙也猜对，与题意不符，故甲猜错；若乙猜对，则甲和丙中有1人猜对，与题意不符，故乙也猜错；若丙猜对，则乙也猜对，与题意不符，故丙猜错；因为甲、乙、丙、丁四人中只有1人猜对，所以丁猜对．故选D.5．(2021·安徽淮南模拟)下面图形由小正方形组成，请观察图1至图4的规律，依此规律，第n个图形中小正方形的个数是________．答案eq\f(nn＋1,2)解析由图知第1个图形的小正方形的个数为1，第2个图形的小正方形的个数为1＋2，第3个图形的小正方形的个数为1＋2＋3，第4个图形的小正方形的个数为1＋2＋3＋4，…，则第n个图形的小正方形的个数为1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2).6．已知eq\r(2＋\f(2,3))＝2eq\r(\f(2,3))，eq\r(3＋\f(3,8))＝3eq\r(\f(3,8))，eq\r(4＋\f(4,15))＝4eq\r(\f(4,15))，…，若eq\r(6＋\f(a,t))＝6eq\r(\f(a,t))(a，t均为正实数)，类比以上等式，可推测a，t的值，则a＋t＝________.答案41解析根据题中所列的前几项的规律可知其通项应为eq\r(n＋\f(n,n2－1))＝neq\r(\f(n,n2－1))，所以当n＝6时，a＝6，t＝35，a＋t＝41.精准设计考向，多角度探究突破考向一归纳推理角度数字的归纳例1已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋n，将该数列按下列格式(第n行有2n－1个数)排成一个数阵，则该数阵第8行从左向右的第8个数为()A．142 B．270C．526 D．1038答案B解析由题意，得Sn＝n2＋n，当n＝1时，a1＝2；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n，所以an＝2n，又由数阵，知每一行的项数构成首项为1，公比为2的等比数列，由等比数列的前n项和公式，得该数阵第8行从左到右的第8个数为数列{an}的第eq\f(1－27,1－2)＋8＝135项，所以该数为a135＝2×135＝270.故选B.角度式子的归纳例2观察下列各式：13＝1；23＝3＋5；33＝7＋9＋11；43＝13＋15＋17＋19；…若m3(m∈N*)按上述规律展开后，发现等式右边含有“2023”这个数，则m的值为________．答案45解析由题意可得第n个式子的左边是n3，右边是n个连续奇数的和，设第n个式子右边的第一个数为an，则有a2－a1＝3－1＝2，a3－a2＝7－3＝4，a4－a3＝13－7＝6，…，an－an－1＝2(n－1)，以上(n－1)个式子相加可得an－a1＝eq\f(n－1[2＋2n－1],2)＝n2－n，故an＝n2－n＋1，可得a45＝1981，a46＝2071，故可知2023在第45个式子中，故m＝45.角度图形的归纳例3图中的④为2011西安世园会会徽“长安花”的线徽图案．已知图中四个图案①，②，③，④的“花瓣”数依次为3,7,12,18，按照以上的构图规律，第5个图的“花瓣”数为________，第n(n≥3)个图的“花瓣”数为________(用n表示)．答案25eq\f(nn＋5,2)解析第1,2,3,4个图的“花瓣”数分别为3,3＋4,3＋4＋5,3＋4＋5＋6，所以第5个图的“花瓣”数为3＋4＋5＋6＋7＝25.第n(n≥3)个图的“花瓣”数为3＋4＋5＋…＋(n＋2)＝eq\f(nn＋5,2).归纳推理问题的常见类型及解题策略(1)与数字有关的等式的推理．观察数字特点，找出等式左右两侧的规律及符号即可．(2)与式子有关的归纳推理①与不等式有关的推理．观察每个不等式的特点，注意是纵向看，找到规律即可．②与数列有关的推理．通常是先求出几个特殊现象，采用不完全归纳法，找出数列的项与项数的关系，列出关系式即可．(3)与图形变化有关的推理．合理利用特殊图形归纳推理得出结论，并用赋值检验法验证其真伪性．1.(2021·陕西榆林高三检测)有一个奇数组成的数阵排列如下：1371321…591523……111725………1927…………29……………则第30行从左到右第3个数是________．答案1051解析观察每一行的第一个数，由归纳推理可得第30行的第1个数是1＋4＋6＋8＋10＋…＋60＝eq\f(30×2＋60,2)－1＝929.又第n行从左到右的第2个数比第1个数大2n，第3个数比第2个数大2n＋2，所以第30行从左到右的第2个数比第1个数大60，第3个数比第2个数大62，故第30行从左到右第3个数是929＋60＋62＝1051.2．有下列各式：1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)>1，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,7)>eq\f(3,2)，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,15)>2，…则按此规律可猜想此类不等式的一般形式为________．答案1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n＋1－1)>eq\f(n＋1,2)(n∈N*)解析观察各式，左边为eq\f(1,n)的和的形式，项数分别为3,7,15，…，故可猜想第n个式子左边应有2n＋1－1项，不等式右边分别写成eq\f(2,2)，eq\f(3,2)，eq\f(4,2)，故猜想第n个式子右边应为eq\f(n＋1,2)，故按此规律可猜想此类不等式的一般形式为1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n＋1－1)>eq\f(n＋1,2)(n∈N*)．3．(2021·宁夏平罗中学模拟)如图所示，第n个图形由正n＋2边形拓展而来(n＝1,2，…)，则第n－2(n≥3)个图形共有________个顶点．答案n2＋n解析第1个图有3＋3×3＝4×3个顶点；第2个图有4＋4×4＝5×4个顶点；第3个图有5＋5×5＝6×5个顶点；第4个图有6＋6×6＝7×6个顶点；…第n个图有(n＋3)(n＋2)个顶点，第n－2个图形共有n(n＋1)＝n2＋n个顶点．考向二类比推理例4(1)已知a，b，c是△ABC的内角A，B，C对应的三边，若满足a2＋b2＝c2，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,c)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))2＝1，则△ABC为直角三角形，类比此结论可知，若满足an＋bn＝cn(n∈N，n≥3)，则△ABC的形状为()A．锐角三角形 B．直角三角形C．钝角三角形 D．以上都有可能答案A解析由题意，知角C最大，an＋bn＝cn(n∈N，n≥3)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,c)))n＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))n＝1(n∈N，n≥3)，又c>a，c>b，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,c)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))2>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,c)))n＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))n＝1，即a2＋b2>c2，所以cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)>0，所以0<C<eq\f(π,2)，故△ABC为锐角三角形．(2)自然界中具有两种稳定状态的组件普遍存在，如开关的开和关、电路的通和断等，非常适合表示计算机中的数，所以现在使用的计算机设计为二进制计算机．二进制以2为基数，只用0和1两个数表示数，逢2进1，二进制数同十进制数遵循一样的运算规则，它们可以相互转化，如(521)10＝1×29＋0×28＋0×27＋0×26＋0×25＋0×24＋1×23＋0×22＋0×21＋1×20＝(1000001001)2.我国数学史上，对数制研究不乏其人，清代汪莱的《参两算经》是较早系统论述非十进制数的文献，总结出了八进制乘法口诀：7×7＝61,7×6＝52，7×5＝43，…，类比二进制与十进制转化的运算，数(1010011100)2对应的八进制数为()A．(446)8 B．(1134)8C．(1234)8 D．(4321)8答案C解析数(1010011100)2＝1×29＋0×28＋1×27＋0×26＋0×25＋1×24＋1×23＋1×22＋0×21＋0×20＝668，A项中，(446)8＝4×82＋4×81＋6×80＝294，B项中，(1134)8＝1×83＋1×82＋3×81＋4×80＝604，C项中，(1234)8＝1×83＋2×82＋3×81＋4×80＝668，D项中，(4321)8＝4×83＋3×82＋2×81＋1×80＝2257.故选C.类比推理的分类类比推理的应用一般分为类比定义、类比性质和类比方法．(1)类比定义：在求解由某种熟悉的定义产生的类比推理型试题时，可以借助原定义来求解．(2)类比性质：从一个特殊式子的性质、一个特殊图形的性质入手，提出类比推理型问题，求解时要认真分析两者之间的联系与区别，深入思考两者的转化过程是求解的关键．(3)类比方法：有一些处理问题的方法具有类比性，我们可以把这种方法类比应用到其他问题的求解中，注意知识的迁移．4.若等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为等差数列，公差为eq\f(d,2).类似，若各项均为正数的等比数列{bn}的公比为q，前n项积为Tn，则等比数列{eq\r(n,Tn)}的公比为()A.eq\f(q,2) B．q2C．eq\r(q) D．eq\r(n,q)答案C解析由题设，有Tn＝b1·b2·b3·…·bn＝b1·b1q·b1q2·…·b1qn－1＝beq\o\al(n,1)q1＋2＋…＋(n－1)＝beq\o\al(n,1)qeq\s\up15(eq\f(n－1n,2)).∴eq\r(n,Tn)＝b1qeq\s\up15(eq\f(n－1,2))，∴等比数列{eq\r(n,Tn)}的公比为eq\r(q).故选C.5．(2022·山西朔州摸底)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：c2＝a2＋b2.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O－LMN，如果用S1，S2，S3表示三个侧面的面积，S4表示截面的面积，那么类比得到的结论是________．答案Seq\o\al(2,1)＋Seq\o\al(2,2)＋Seq\o\al(2,3)＝Seq\o\al(2,4)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Seq\o\al(2,1)＋Seq\o\al(2,2)＋Seq\o\al(2,3)＝Seq\o\al(2,4).考向三演绎推理例5(2021·广西梧州模拟)数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1＝1，an＋1＝eq\f(n＋2,n)Sn(n∈N*)．证明：(1)数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是等比数列；(2)Sn＋1＝4an.证明(1)∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝eq\f(n＋2,n)Sn，∴(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，即nSn＋1＝2(n＋1)Sn.∴eq\f(Sn＋1,n＋1)＝2·eq\f(Sn,n)，(小前提)又eq\f(S1,1)＝1，故eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是以2为公比，1为首项的等比数列．(结论)(大前提是等比数列的定义，这里省略了)(2)由(1)可知eq\f(Sn＋1,n＋1)＝4·eq\f(Sn－1,n－1)(n≥2)，∴Sn＋1＝4(n＋1)·eq\f(Sn－1,n－1)＝4·eq\f(n－1＋2,n－1)·Sn－1＝4an(n≥2)，(小前提)又a2＝3S1＝3，S2＝a1＋a2＝1＋3＝4＝4a1，(小前提)∴对于任意正整数n，都有Sn＋1＝4an.(结论)(第(2)问的大前提是第(1)问的结论以及题中的已知条件)演绎推理的结构特点(1)演绎推理是由一般到特殊的推理，其最常见的形式是三段论，它是由大前提、小前提、结论三部分组成的．三段论推理中包含三个判断：第一个判断称为大前提，它提供了一个一般的原理；第二个判断叫小前提，它指出了一个特殊情况．这两个判断联合起来，提示了一般原理和特殊情况的内在联系，从而产生了第三个判断：结论．(2)演绎推理的前提和结论之间有着某种蕴含关系，解题时要找准正确的大前提．一般地，若大前提不明确时，一般可找一个使结论成立的充分条件作为大前提．6.(2021·甘肃兰州模拟)有一段“三段论”，推理是这样的：对于可导函数f(x)，如果f′(x0)＝0，那么x＝x0是函数f(x)的极值点．因为f(x)＝x3在x＝0处的导数值f′(0)＝0，所以x＝0是函数f(x)＝x3的极值点．以上推理中()A．大前提错误 B．小前提错误C．推理形式错误 D．结论正确答案A解析对于可导函数f(x)，如果f′(x0)＝0，那么x＝x0不一定是函数f(x)的极值点，大前提错误．故选A.自主培优(二十二)推理中的创新性问题1．将圆周20等分，按照逆时针方向依次编号为1,2，…，20，若从某一点开始，沿圆周逆时针方向行走，点的编号是数字几，就走几段弧长，称这种走法为一次“移位”，如：小明在编号为1的点，他应走1段弧长，即从1→2为第一次“移位”，这时他到达编号为2的点，然后从2→3→4为第二次“移位”，若某人从编号为3的点开始，沿逆时针方向，按上述“移位”方法行走，“移位”a次刚好到达编号为16的点，又满足|a－2020|的值最小，则a的值为()A．2019 B．2020C．2021 D．2022答案C解析若某人从编号为3的点开始，第一次“移位”到达6；第二次“移位”到达12；第三次“移位”到达4；第四次“移位”到达8；第五次“移位”到达16；第六次“移位”到达12；第七次“移位”到达4；第八次“移位”到达8；第九次“移位”到达16；第十次“移位”到达12；…从第二次开始，每4次“移位”为一组“移位”循环，“移位”a次刚好到达编号为16的点，则a－1应该能被4整除，又满足|a－2020|的值最小，则a＝2021.故选C.2．一个二元码是由0和1组成的数字串x1x2…xn(n∈N*)，其中xk(k＝1,2，…，n)称为第k位码元．二元码是通信中常用的码，但在通信过程中有时会发生码元错误(即码元由0变为1，或者由1变为0)．已知某种二元码x1x2…x7的码元满足如下校验方程组：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x4⊕x5⊕x6⊕x7＝0，,x2⊕x3⊕x6⊕x7＝0，,x1⊕x3⊕x5⊕x7＝0，))其中运算⊕定义为：0⊕0＝0,0⊕1＝1,1⊕0＝1,1⊕1＝0.现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第k位发生码元错误后变成了1101101，那么利用上述校验方程组可判定k等于________．答案5解析因为x4⊕x5⊕x6⊕x7＝1⊕1⊕0⊕1＝0⊕0⊕1＝0⊕1＝1≠0，所以二元码1101101的前3位码元都是对的；因为x2⊕x3⊕x6⊕x7＝1⊕0⊕0⊕1＝1⊕0⊕1＝1⊕1＝0，所以二元码1101101的第6,7位码元也是对的；因为x1⊕x3⊕x5⊕x7＝1⊕0⊕1⊕1＝1⊕1⊕1＝0⊕1＝1≠0，所以二元码1101101的第5位码元是错误的，所以k＝5.答题启示与推理有关的新定义问题是高考命制创新型试题的一个热点，解决此类问题时，一定要读懂新定义的本质含义及符号语言，紧扣题目所给定义，结合题目的要求进行恰当地转化，注意推理过程的严密性．对点训练1．某种平面分形图如图所示，一级分形图是由一点出发的三条线段，长度均为1，两两夹角为120°；二级分形图是在一级分形图的每条线段的末端再生成两条长度为原来eq\f(1,3)的线段，且这两条线段与原线段两两夹角为120°，……，依此规律得到n级分形图．n级分形图中共有________条线段．答案3×2n－3解析由题图知，一级分形图有3＝(3×2－3)条线段，二级分形图有9＝(3×22－3)条线段，三级分形图中有21＝(3×23－3)条线段，按此规律，n级分形图中的线段条数为an＝3×2n－3.2．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：图中的△ABC是格点三角形，对应的S＝1，N＝0，L＝4.(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S＝aN＋bL＋c，其中a，b，c为常数，若某格点多边形对应的N＝71，L＝18，则S＝________(用数值作答)．答案(1)3,1,6(2)79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，其内部有1个格点，边界上有6个格点，四边形DEFG的面积为3，所以S＝3，N＝1，L＝6.(2)由待定系数法可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＝a·0＋b·3＋c，,1＝a·0＋b·4＋c，,3＝a·1＋b·6＋c，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝\f(1,2)，,c＝－1，))当N＝71，L＝18时，S＝1×71＋eq\f(1,2)×18－1＝79.1．正弦函数是奇函数，f(x)＝sin(x2＋1)是正弦函数，因此f(x)＝sin(x2＋1)是奇函数，以上推理()A．结论正确 B．大前提不正确C．小前提不正确 D．全不正确答案C解析因为f(x)＝sin(x2＋1)不是正弦函数，所以小前提不正确．故选C.2．(2021·北京房山区二模)为了庆祝中国共产党成立100周年，某校举行了以“重温时代经典，唱响回声嘹亮”为主题的“红歌”歌咏比赛，该校高三年级有1,2,3,4四个班参加了比赛，其中有两个班获奖．比赛结果揭晓之前，甲同学说：“两个获奖班级在2班、3班、4班中”，乙同学说：“2班没有获奖，3班获奖了”，丙同学说：“1班、4班中有且只有一个班获奖”，丁同学说：“乙说得对”．已知这四人中有且只有两人的说法是正确的，则这两人是()A．乙、丁 B．甲、丙C．甲、丁 D．乙、丙答案B解析假设乙的说法是正确的，则丁也是正确的，那么甲、丙的说法都是错误的，由丙的说法错误可知，1班、4班都获奖或1班、4班都没有获奖，与乙的说法正确矛盾，所以乙的说法是错误的，则丁也是错误的，所以2班获奖，3班没获奖，进而推断出1班、4班中有且只有一个班获奖，所以丙的说法正确，要使甲的说法也正确，则获奖的班级为2班、4班，故选B.3．观察下列等式：1＝12＋3＋4＝93＋4＋5＋6＋7＝254＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝49…照此规律，第n个等式的结果为()A．(2n)2 B．(2n＋1)2C．(2n－1)2 D．(n－1)2答案C解析由题中的数字规律很容易得出第n个等式为n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2.4．36的所有正约数之和可按如下方法得到：因为36＝22×32，所以36的所有正约数之和为(1＋3＋32)＋(2＋2×3＋2×32)＋(22＋22×3＋22×32)＝(1＋2＋22)×(1＋3＋32)＝91.参照上述方法，可求得500的所有正约数之和为()A．988 B．1032C．1092 D．1182答案C解析类比36的所有正约数之和的求法，可知500的所有正约数之和可按如下方法得到：因为500＝22×53，所以500的所有正约数之和为(1＋2＋22)×(1＋5＋52＋53)＝1092.5．(2021·江南十校联考)图①是美丽的“勾股树”，它是一个直角三角形分别以它的每一边向外作正方形而得到的．图②是第1代“勾股树”，重复图②的作法，得到图③为第2代“勾股树”，以此类推，已知最大的正方形的面积为1，则第n代“勾股树”所有正方形的面积的和为()A．n B．n2C．n－1 D．n＋1答案D解析最大的正方形的面积为1，由勾股定理知第1代“勾股树”所有正方形的面积的和为2，依次类推，可得第n代“勾股树”所有正方形的面积的和为n＋1.故选D.6．我国古代数学名著《九章算术》的论割圆术中有：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”．它体现了一种无限与有限的转化过程．比如在表达式1＋eq\f(1,1＋\f(1,1＋…))中“…”即代表无限次重复，但原式却是个定值，它可以通过方程1＋eq\f(1,x)＝x求得x＝eq\f(\r(5)＋1,2).类比上述过程，则eq\r(3＋2\r(3＋2\r(…)))＝()A．3 B．eq\f(\r(13)＋1,2)C．6 D．2eq\r(2)答案A解析令eq\r(3＋2\r(3＋2\r(…)))＝x(x>0)，两边平方，得3＋2eq\r(3＋2\r(…))＝x2，即3＋2x＝x2，解得x＝3或x＝－1(舍去)，故eq\r(3＋2\r(3＋2\r(…)))＝3，故选A.7．(2021·宁夏固原模拟)某计算机系统在同一时间只能执行一项任务，且该任务完成后才能执行下一项任务．现有三项任务U，V，W，计算机系统执行这三项任务的时间(单位：s)依次为a，b，c，其中a<b<c.一项任务的“相对等待时间”定义为从开始执行第一项任务到完成该任务的时间与计算机系统执行该任务的时间之比．下列四种执行顺序中，使三项任务“相对等待时间”之和最小的是()A．U→V→W B．V→W→UC．W→U→V D．U→W→V答案A解析假设a＝1，b＝2，c＝4.顺序A中三项任务相对等待时间之和为SA＝eq\f(1,1)＋eq\f(1＋2,2)＋eq\f(1＋2＋4,4)＝eq\f(17,4).顺序B中三项任务相对等待时间之和为SB＝eq\f(2,2)＋eq\f(2＋4,4)＋eq\f(1＋2＋4,1)＝eq\f(19,2).顺序C中三项任务相对等待时间之和为SC＝eq\f(4,4)＋eq\f(1＋4,1)＋eq\f(1＋2＋4,2)＝eq\f(19,2).顺序D中三项任务相对等待时间之和为SD＝eq\f(1,1)＋eq\f(1＋4,4)＋eq\f(1＋2＋4,2)＝eq\f(23,4).故选A.8．(2022·西宁模拟)将自然数0,1,2，…，按照如下形式进行摆列：根据以上规律判定，从2020到2022的箭头方向是()答案A解析从所给的图形中观察得到规律：每隔四个单位，箭头的走向是一样的，比如说，0→1，箭头竖直向下，4→5，箭头也是竖直向下，8→9也是如此，而2020＝4×505，所以2020→2021箭头也是竖直向下，之后2021→2022的箭头是水平向右．故选A.9．如图所示的数阵中，若A(m，n)表示第m行的第n个数，则依此规律A(15,2)为()A.eq\f(29,42) B．eq\f(7,10)C．eq\f(17,24) D．eq\f(73,102)答案C解析由数阵知A(3,2)为eq\f(1,6)＋eq\f(1,6)＝eq\f(1,6)＋eq\f(2,3×4)，A(4,2)为eq\f(1,6)＋eq\f(1,6)＋eq\f(1,10)＝eq\f(1,6)＋eq\f(2,3×4)＋eq\f(2,4×5)，A(5,2)为eq\f(1,6)＋eq\f(1,6)＋eq\f(1,10)＋eq\f(1,15)＝eq\f(1,6)＋eq\f(2,3×4)＋eq\f(2,4×5)＋eq\f(2,5×6)，…，则A(15,2)为eq\f(1,6)＋eq\f(2,3×4)＋eq\f(2,4×5)＋eq\f(2,5×6)＋…＋eq\f(2,15×16)＝eq\f(1,6)＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4)＋\f(1,4)－\f(1,5)＋…＋\f(1,15)－\f(1,16)))＝eq\f(1,6)＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,16)))＝eq\f(1,6)＋2×eq\f(13,48)＝eq\f(17,24).故选C.10．老王和小王父子俩玩一种类似于古代印度的“梵塔游戏”；有3个柱子甲、乙、丙，在甲柱上现有4个盘子，最上面的两个盘子大小相同，从第二个盘子往下大小不等，大的在下，小的在上(如图)，把这4个盘子从甲柱全部移到乙柱游戏即结束，在移动过程中每次只能移动一个盘子，甲、乙、丙柱都可以利用，且3个柱子上的盘子始终保持小的盘子不能放在大的盘子之下，设游戏结束需要移动的最少次数为n，则n＝()A．7 B．8C．11 D．15答案C解析由题意，得图中甲柱最上面的两个盘子大小一样，所以比操作三个盘子的次数(23－1)要多，比操作四个盘子的次数(24－1)要少，相当于操作三个盘子的时候，最上面的那个挪动了几次，就会增加几次，故选C.11．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eq\f(fx1＋fx2＋…＋fxn,n)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2＋…＋xn,n)))(n∈N*)．y＝sinx在区间(0，π)上是凸函数，则在△ABC中，sinA＋sinB＋sinC的最大值是()A.eq\f(3\r(3),2) B．eq\f(\r(3),3)C．eq\f(1,3) D．eq\f(2,3)答案A解析由题意，知凸函数f(x)满足eq\f(fx1＋fx2＋…＋fxn,n)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2＋…＋xn,n)))(n∈N*)．因为y＝sinx在区间(0，π)上是凸函数，所以sinA＋sinB＋sinC≤3sineq\f(A＋B＋C,3)＝3sineq\f(π,3)＝eq\f(3\r(3),2).故选A.12．(2022·四川南充诊断考试)如图，将一张等边三角形纸片沿中位线剪成4个小三角形，称为第一次操作；然后，将其中的一个三角形按同样方式再剪成4个小三角形，共得到7个小三角形，称为第二次操作；再将其中一个三角形按同样方式再剪成4个小三角形，共得到10个小三角形，称为第三次操作；……，根据以上操作，若要得到100个小三角形，则需要操作()A．31次 B．32次C．33次 D．34次答案C解析由题意可知，第一次操作后，三角形共有4个；第二次操作后，三角形共有4＋3＝7个；第三次操作后，三角形共有4＋3＋3＝10个，…，由此可得第n次操作后，三角形共有4＋3(n－1)＝3n＋1个．当3n＋1＝100时，n＝33.故共需要操作33次，故选C.13．在平面上，设ha，hb，hc是△ABC三条边上的高，P为三角形内任一点，P到相应三边的距离分别为pa，pb，pc，我们可以得到结论：eq\f(pa,ha)＋eq\f(pb,hb)＋eq\f(pc,hc)＝1.把它类比到空间中，设ha，hb，hc，hd分别是三棱锥A－BCD四个面上的高，P为三棱锥A－BCD内任一点，P到相应四个面的距离分别为pa，pb，pc，pd，则三棱锥中的类似结论为________．答案eq\f(pa,ha)＋eq\f(pb,hb)＋eq\f(pc,hc)＋eq\f(pd,hd)＝1解析由题意，知在△ABC中，eq\f(pa,ha)＝eq\f(\f(1,2)BC·pa,\f(1,2)BC·ha)＝eq\f(S△PBC,S△ABC)，同理，得eq\f(pb,hb)＝eq\f(S△PAC,S△ABC)，eq\f(pc,hc)＝eq\f(S△PAB,S△ABC).又S△PBC＋S△PAC＋S△PAB＝S△ABC，所以eq\f(pa,ha)＋eq\f(pb,hb)＋eq\f(pc,hc)＝eq\f(S△PBC＋S△PAC＋S△PAB,S△ABC)＝1.由平面图形中的面积可类比立体图形中的体积，得在三棱锥A－BCD中，由VP－ABC＋VP－BCD＋VP－CDA＋VP－DAB＝V，V＝VD－ABC＝VA－BCD＝VB－CDA＝VC－DAB，得eq\f(VP－BCD,VA－BCD)＋eq\f(VP－CDA,VB－CDA)＋eq\f(VP－DAB,VC－DAB)＋eq\f(VP－ABC,VD－ABC)＝1，即eq\f(\f(1,3)S△BCD·pa,\f(1,3)S△BCD·ha)＋eq\f(\f(1,3)S△CDA·pb,\f(1,3)S△CDA·hb)＋eq\f(\f(1,3)S△DAB·pc,\f(1,3)S△DAB·hc)＋eq\f(\f(1,3)S△ABC·pd,\f(1,3)S△ABC·hd)＝1，即eq\f(pa,ha)＋eq\f(pb,hb)＋eq\f(pc,hc)＋eq\f(pd,hd)＝1.14．(2021·湖南三湘名校第三次联考)“开车不喝酒，喝酒不开车”，为了营造良好的交通秩序，全国各地交警都大力宣传和查处“酒驾行为”．某地交警在设卡查处“酒驾行为”时碰到甲、乙、丙三位司机，司机甲说：我喝酒了．司机乙说：我没有喝酒．司机丙说：甲没有喝酒．若这三位司机身上都有酒味，但只有一人真正喝酒了，三人中只有一人说的是真话，在不使用酒精测试仪的情况下，帮助交警判定出真正喝酒的人是________．答案乙解析因为只有一人真正喝酒了，三人中只有一人说的是真话，如果甲说的是真话，那么乙说的也是真话，与只有一人说的是真话相矛盾，故甲说的是假话，即甲没有喝酒是真的，则丙说的是真话，那么乙说的就是假话，则乙喝酒了，真正喝酒的人是乙．15.祖暅是我国南北朝时期的数学家，是祖冲之的儿子．他提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异．”这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高．这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等，设由椭圆eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)所围成的平面图形绕y轴旋转一周后，得一橄榄状的几何体(称为椭球体)如图所示，课本中介绍了应用祖暅原理求球体体积公式的方法，请类比此法，求出椭球体体积，其体积为________．答案eq