高考数一轮复习 6.5合情推理与演绎推理讲解与练习 理 新人教A版

eq\a\vs4\al(第五节合情推理与演绎推理)[备考方向要明了]考什么怎么考1.了解合情推理的含义，能利用归纳和类比等进行简单的推理，了解合情推理在数学发现中的作用．2.了解演绎推理的重要性，掌握演绎推理的基本模式，并能运用它们进行一些简单推理．3.了解合情推理和演绎推理之间的联系和差异.1.合情推理的考查常单独命题，以选择题、填空题的形式考查，如年江西T6，陕西T11，湖南T16等．2.对演绎推理的考查则渗透在解答题中，侧重于对推理形式的考查.[归纳·知识整合]1．合情推理(1)归纳推理：①定义：由某类事物的部分对象具有某些特征，推出该类事物的全部对象都具有这些特征的推理，或者由个别事实概括出一般结论的推理．②特点：是由部分到整体、由个别到一般的推理．(2)类比推理①定义：由两类对象具有某些类似特征和其中一类对象的某些已知特征，推出另一类对象也具有这些特征的推理．②特点：类比推理是由特殊到特殊的推理．[探究]1.归纳推理的结论一定正确吗？提示：不一定，结论是否真实，还需要经过严格的逻辑证明和实践检验．2．演绎推理(1)模式：三段论①大前提——已知的一般原理；②小前提——所研究的特殊情况；③结论——根据一般原理，对特殊情况做出的判断．(2)特点：演绎推理是由一般到特殊的推理．[探究]2.演绎推理所获得的结论一定可靠吗？提示：不一定，只有前提是正确的，推理形式是正确的，结论才一定是真实的，错误的前提则可能导致错误的结论．[自测·牛刀小试]1．下面几种推理是合情推理的是()①由圆的性质类比出球的有关性质；②由直角三角形、等腰三角形、等边三角形的内角和是180°，归纳出所有三角形的内角和都是180°；③某次考试张军成绩是100分，由此推出全班同学成绩都是100分；④三角形的内角和是180°，四边形的内角和是360°，五边形的内角和是540°，由此得出凸多边形的内角和是(n－2)·180°.A．①② B．①③C．①②④ D．②④解析：选C①是类比推理，②④是归纳推理，③是非合情推理．2．观察下列各式：55＝3125,56＝15625,57＝78125，…，则52013的末四位数字为()A．3125 B．5625C．0625 D．8125解析：选A55＝3125,56＝15625,57＝78125，，58＝390625，59＝1953125，可得59与55的后四位数字相同，…，由此可归纳出5m＋4k与5m(k∈N*，m＝5,6,7,8)的后四位数字相同，又2013＝4×502＋5，所以52013与55后四位数字相同为3125.3．给出下列三个类比结论．①(ab)n＝anbn与(a＋b)n类比，则有(a＋b)n＝an＋bn；②loga(xy)＝logax＋logay与sin(α＋β)类比，则有sin(α＋β)＝sinαsinβ；③(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2与(a＋b)2类比，则有(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2.其中结论正确的个数是()A．0 B．1C．2 D．3解析：选B①②不正确，③正确．4．(教材习题改编)有一段演绎推理是这样的：“直线平行于平面，则直线平行于平面内所有直线；已知直线b⊄平面α，直线a⊂平面α，直线b∥平面α，则直线b∥直线a”，结论显然是错误的，这是因为()A．大前提错误 B．小前提错误C．推理形式错误 D．非以上错误解析：选A大前提是错误的，直线平行于平面，则不一定平行于平面内所有直线，还有异面直线的情况．5．(教材习题改编)在△ABC中，不等式eq\f(1,A)＋eq\f(1,B)＋eq\f(1,C)≥eq\f(9,π)成立；在四边形ABCD中，不等式eq\f(1,A)＋eq\f(1,B)＋eq\f(1,C)＋eq\f(1,D)≥eq\f(16,2π)成立；在五边形ABCDE中，不等式eq\f(1,A)＋eq\f(1,B)＋eq\f(1,C)＋eq\f(1,D)＋eq\f(1,E)≥eq\f(25,3π)成立，猜想，在n边形A1A2…An中，成立的不等式为________．解析：∵9＝32,16＝42,25＝52，且1＝3－2,2＝4－2,3＝5－2，…，故在n边形A1A2…An中，有不等式eq\f(1,A1)＋eq\f(1,A2)＋…＋eq\f(1,An)≥eq\f(n2,n－2π)成立．答案：eq\f(1,A1)＋eq\f(1,A2)＋…＋eq\f(1,An)≥eq\f(n2,n－2π)(n≥3)归纳推理[例1](1)(·江西高考)观察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，则a10＋b10＝()A．28 B．76C．123 D．199(2)设f(x)＝eq\f(1,3x＋\r(3))，先分别求f(0)＋f(1)，f(－1)＋f(2)，f(－2)＋f(3)，然后归纳猜想一般性结论，并给出证明．[自主解答](1)记an＋bn＝f(n)，则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.通过观察不难发现f(n)＝f(n－1)＋f(n－2)(n∈N*，n≥3)，则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.(2)f(0)＋f(1)＝eq\f(\r(3),3)，f(－1)＋f(2)＝eq\f(\r(3),3)，f(－2)＋f(3)＝eq\f(\r(3),3)，猜想f(x)＋f(1－x)＝eq\f(\r(3),3)，证明：∵f(x)＝eq\f(1,3x＋\r(3))，∴f(1－x)＝eq\f(1,31－x＋\r(3))＝eq\f(3x,3＋\r(3)·3x)＝eq\f(3x,\r(3)\r(3)＋3x).∴f(x)＋f(1－x)＝eq\f(1,3x＋\r(3))＋eq\f(3x,\r(3)\r(3)＋3x)＝eq\f(\r(3)＋3x,\r(3)\r(3)＋3x)＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3).[答案](1)C利用本例(2)的结论计算f(－2014)＋f(－2013)＋…＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋…＋f(2015)的值．解：∵f(x)＋f(1－x)＝eq\f(\r(3),3)，∴f(－2014)＋f(－2013)＋…＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋…＋f(2015)＝[f(－2014)＋f(2015)]＋[f(－2013)＋f(2014)]＋…＋[f(0)＋f(1)]＝2015×eq\f(\r(3),3)＝eq\f(2015\r(3),3).———————————————————归纳推理的分类常见的归纳推理分为数的归纳和形的归纳两类(1)数的归纳包括数字归纳和式子归纳，解决此类问题时，需要细心观察，寻求相邻项及项与序号之间的关系，同时还要联系相关的知识，如等差数列、等比数列等．(2)形的归纳主要包括图形数目归纳和图形变化规律归纳．1．观察下列等式：eq\a\vs4\al(1＝1,1＋2＝3,1＋2＋3＝6,1＋2＋3＋4＝10,1＋2＋3＋4＋5＝15,…)eq\a\vs4\al(13＝1,13＋23＝9,13＋23＋33＝36,13＋23＋33＋43＝100,13＋23＋33＋43＋53＝225,…)可以推测：13＋23＋33＋…＋n3＝________(n∈N*，用含n的代数式表示)．解析：第二列等式右边分别是1×1,3×3,6×6,10×10，15×15，与第一列等式右边比较即可得，13＋23＋33＋…＋n3＝(1＋2＋3＋…＋n)2＝eq\f(1,4)n2(n＋1)2.答案：eq\f(1,4)n2(n＋1)2类比推理[例2](·广州模拟)已知数列{an}为等差数列，若am＝a，an＝b(n－m≥1，m，n∈N*)，则am＋n＝eq\f(nb－ma,n－m).类比等差数列{an}的上述结论，对于等比数列{bn}(bn>0，n∈N*)，若bm＝c，bn＝d(n－m≥2，m，n∈N*)，则可以得到bm＋n＝________.[自主解答]法一：设数列{an}的公差为d1，则d1＝eq\f(an－am,n－m)＝eq\f(b－a,n－m).所以am＋n＝am＋nd1＝a＋n·eq\f(b－a,n－m)＝eq\f(bn－am,n－m).类比推导方法可知：设数列{bn}的公比为q，由bn＝bmqn－m可知d＝cqn－m，所以q＝eq\r(n－m,\f(d,c))，所以bm＋n＝bmqn＝c·eq\r(n－m,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,c)))n)＝eq\r(n－m,\f(dn,cm)).法二：(直接类比)设数列{an}的公差为d1，数列{bn}的公比为q，因为等差数列中an＝a1＋(n－1)d1，等比数列中bn＝b1qn－1，因为am＋n＝eq\f(nb－ma,n－m)，所以bm＋n＝eq\r(n－m,\f(dn,cm)).[答案]eq\r(n－m,\f(dn,cm))———————————————————类比推理的分类类比推理的应用一般为类比定义、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．————————————————————————————————————————2．在△ABC中，AB⊥AC，AD⊥BC于点D.求证：eq\f(1,AD2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2).那么在四面体ABCD中，类比上述结论，你能得到怎样的猜想，并说明理由．证明：如图所示，∵AB⊥AC，AD⊥BC，∴△ABD∽△CAD，△ABC∽△DBA，∴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：类比AB⊥AC，AD⊥BC，猜想四面体ABCD中，AB，AC，AD两两垂直，AE⊥平面BCD，则eq\f(1,AE2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,AD2).下面证明上述猜想成立．如右图所示，连接BE并延长交CD于点F，连接AF.∵AB⊥AC，AB⊥AD，AC∩AD＝A，∴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).同理可得在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).故猜想正确．演绎推理[例3]已知函数f(x)＝－eq\f(\r(a),ax＋\r(a))(a＞0且a≠1)．(1)证明：函数y＝f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)))对称；(2)求f(－2)＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)的值．[自主解答](1)证明：函数f(x)的定义域为R，任取一点(x，y)，它关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)))对称的点的坐标为(1－x，－1－y)．由已知得y＝－eq\f(\r(a),ax＋\r(a))，则－1－y＝－1＋eq\f(\r(a),ax＋\r(a))＝－eq\f(ax,ax＋\r(a))，f(1－x)＝－eq\f(\r(a),a1－x＋\r(a))＝－eq\f(\r(a),\f(a,ax)＋\r(a))＝－eq\f(\r(a)·ax,a＋\r(a)·ax)＝－eq\f(ax,ax＋\r(a))，∴－1－y＝f(1－x)，即函数y＝f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)))对称．(2)由(1)可知－1－f(x)＝f(1－x)，即f(x)＋f(1－x)＝－1.则f(－2)＋f(3)＝－1，f(－1)＋f(2)＝－1，f(0)＋f(1)＝－1，则f(－2)＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)＝－3.———————————————————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．3．已知函数f(x)＝eq\f(a,x)＋bx，其中a>0，b>0，x∈(0，＋∞)，试确定f(x)的单调区间，并证明在每个单调区间上的增减性．解：法一：设0<x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,x1)＋bx1))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,x2)＋bx2))＝(x2－x1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,x1x2)－b)).当0<x1<x2≤eq\r(\f(a,b))时，∵a>0，b>0，∴x2－x1>0,0<x1x2<eq\f(a,b)，eq\f(a,x1x2)>b，∴f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(a,b))))上是减函数；当x2>x1≥eq\r(\f(a,b))>0时，x2－x1>0，x1x2>eq\f(a,b)，eq\f(a,x1x2)<b，∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(a,b))，＋∞))上是增函数．法二：∵a>0，b>0，x∈(0，＋∞)，∴令f′(x)＝－eq\f(a,x2)＋b＝0，得x＝eq\r(\f(a,b))，当0＜x≤eq\r(\f(a,b))时，－eq\f(a,x2)≤－b，∴－eq\f(a,x2)＋b≤0，即f′(x)≤0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(a,b))))上是减函数；当x≥eq\r(\f(a,b))时，－eq\f(a,x2)＋b≥0，即f′(x)≥0，∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(a,b))，＋∞))上是增函数．2个步骤——归纳推理与类比推理的步骤(1)归纳推理的一般步骤：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表述的一般性命题(猜想)；③检验猜想．eq\x(实验、观察)→eq\x(概括、推广)→eq\x(猜测一般性结论)(2)类比推理的一般步骤：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)；③检验猜想．eq\x(观察、比较)→eq\x(联想、类推)→eq\x(猜想新结论)1个区别——合情推理与演绎推理的区别(1)归纳是由特殊到一般的推理；(2)类比是由特殊到特殊的推理；(3)演绎推理是由一般到特殊的推理；(4)从推理的结论来看，合情推理的结论不一定正确，有待证明；若大前提和小前提正确，则演绎推理得到的结论一定正确.创新交汇——合情推理与证明的交汇创新1．归纳推理主要有数与式的归纳推理、图形中的归纳推理、数列中的归纳推理；类比推理主要有运算的类比、性质的类比、平面与空间的类比．题型多为客观题，而年福建高考三角恒等式的推理与证明相结合出现在解答题中，是高考命题的一个创新．2．解决此类问题首先要通过观察特例发现某些相似性(特例的共性或一般规律)；然后把这种相似性推广到一个明确表述的一般命题(猜想)；最后对所得的一般性命题进行检验．[典例](·福建高考)某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数：(1)sin213°＋cos217°－sin13°cos17°；(2)sin215°＋cos215°－sin15°cos15°；(3)sin218°＋cos212°－sin18°cos12°；(4)sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos48°；(5)sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos55°.(1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论．[解]法一：(1)选择(2)式，计算如下：sin215°＋cos215°－sin15°cos15°＝1－eq\f(1,2)sin30°＝1－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4).(2)三角恒等式为sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝eq\f(3,4).证明如下：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).法二：(1)同法一．(2)三角恒等式为sin2α＋cos2(30°－α)－sinα·cos(30°－α)＝eq\f(3,4).证明如下：sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝eq\f(1－cos2α,2)＋eq\f(1＋cos60°－2α,2)－sinα(cos30°cosα＋sin30°sinα)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)cos2α＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)(cos60°cos2α＋sin60°sin2α)－eq\f(\r(3),2)sinαcosα－eq\f(1,2)sin2α＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)cos2α＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)cos2α＋eq\f(\r(3),4)sin2α－eq\f(\r(3),4)sin2α－eq\f(1,4)(1－cos2α)＝1－eq\f(1,4)cos2α－eq\f(1,4)＋eq\f(1,4)cos2α＝eq\f(3,4).eq\a\vs4\al([名师点评])1．本题的创新点(1)本题给出一个等于同一个常数的5个代数式，但没有给出具体的值，需要学生求出这个常数，这打破以往给出具体关系式的模式．(2)本题没有给出具体的三角恒等式，需要考生归纳并给出证明，打破了以往只归纳不证明的方式．2．解决本题的关键(1)正确应用三角恒等变换，用一个式子把常数求出来．(2)通过观察各个等式的特点，找出共性，利用归纳推理正确得出一个三角恒等式，并给出正确的证明．eq\a\vs4\al([变式训练])阅读下面材料：根据两角和与差的正弦公式，有sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ，①sin(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ，②由①＋②得sin(α＋β)＋sin(α－β)＝2sinαcosβ.③令α＋β＝A，α－β＝B，有α＝eq\f(A＋B,2)，β＝eq\f(A－B,2)，代入③得sinA＋sinB＝2sineq\f(A＋B,2)coseq\f(A－B,2).(1)类比上述推理方法，根据两角和与差的余弦公式，证明：cosA－cosB＝－2sineq\f(A＋B,2)sineq\f(A－B,2)；(2)若△ABC的三个内角A，B，C满足cos2A－cos2B＝1－cos2C，试判断△ABC的形状．(提示：如果需要，也可以直接利用阅读材料及(1)中的结论)解：(1)因为cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ，①cos(α－β)＝cosαcosβ＋sinαsinβ，②①－②得cos(α＋β)－cos(α－β)＝－2sinαsinβ.③令α＋β＝A，α－β＝B，有α＝eq\f(A＋B,2)，β＝eq\f(A－B,2)，代入③得cosA－cosB＝－2sineq\f(A＋B,2)sineq\f(A－B,2).(2)由二倍角公式，cos2A－cos2B＝1－cos2C可化为1－2sin2A－1＋2sin2B＝1－1＋2sin2C，所以sin2A＋sin2C＝sin2B.设△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，由正弦定理可得a2＋c2＝b2.根据勾股定理的逆定理知△ABC为直角三角形．一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．(·合肥模拟)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．全不正确解析：选C由于f(x)＝sin(x2＋1)不是正弦函数，故小前提不正确．2．(·银川模拟)当x∈(0，＋∞)时可得到不等式x＋eq\f(1,x)≥2，x＋eq\f(4,x2)＝eq\f(x,2)＋eq\f(x,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)))2≥3，由此可以推广为x＋eq\f(p,xn)≥n＋1，取值p等于()A．nn B．n2C．n D．n＋1解析：选A∵x∈(0，＋∞)时可得到不等式x＋eq\f(1,x)≥2，x＋eq\f(4,x2)＝eq\f(x,2)＋eq\f(x,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)))2≥3，∴在p位置出现的数恰好是不等式左边分母xn的指数n的指数次方，即p＝nn.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：①“mn＝nm”类比得到“a·b＝b·a”；②“(m＋n)t＝mt＋nt”类比得到“(a＋b)·c＝a·c＋b·c”；③“(m·n)t＝m(n·t)”类比得到“(a·b)·c＝a·(b·c)”；④“t≠0，mt＝xt⇒m＝x”类比得到“p≠0，a·p＝x·p⇒a＝x”；⑤“|m·n|＝|m|·|n|”类比得到“|a·b|＝|a|·|b|”；⑥“eq\f(ac,bc)＝eq\f(a,b)”类比得到“eq\f(a·c,b·c)＝eq\f(a,b)”．以上的式子中，类比得到的结论正确的个数是()A．1 B．2C．3 D．4解析：选B①②正确，③④⑤⑥错误．4．(·江西高考)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()A．76 B．80C．86 D．92解析：选B通过观察可以发现|x|＋|y|的值为1,2,3时，对应的(x，y)的不同整数解的个数为4,8,12，可推出当|x|＋|y|＝n时，对应的不同整数解(x，y)的个数为4n，所以|x|＋|y|＝20的不同整数解(x，y)的个数为80.5．设△ABC的三边长分别为a、b、c，△ABC的面积为S，内切圆半径为r，则r＝eq\f(2S,a＋b＋c)；类比这个结论可知：四面体S－ABC的四个面的面积分别为S1、S2、S3、S4，内切球的半径为R，四面体S－ABC的体积为V，则R＝()A.eq\f(V,S1＋S2＋S3＋S4) B.eq\f(2V,S1＋S2＋S3＋S4)C.eq\f(3V,S1＋S2＋S3＋S4) D.eq\f(4V,S1＋S2＋S3＋S4)解析：选C设三棱锥的内切球球心为O，那么由V＝VO－ABC＋VO－SAB＋VO－SAC＋VO－SBC，即：V＝eq\f(1,3)S1R＋eq\f(1,3)S2R＋eq\f(1,3)S3R＋eq\f(1,3)S4R，可得：R＝eq\f(3V,S1＋S2＋S3＋S4).6．已知“整数对”按如下规律排成一列：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，…，则第60个数对是()A．(7,5) B．(5,7)C．(2,10) D．(10,1)解析：选B依题意，就每组整数对的和相同的分为一组，不难得知第n组整数对的和为n＋1，且有n个整数对，这样的前n组一共有eq\f(nn＋1,2)个整数对，注意到eq\f(1010＋1,2)<60<eq\f(1111＋1,2)，因此第60个整数对处于第11组(每对整数对的和为12的组)的第5个位置，结合题意可知每对整数对的和为12的组中的各对数依次为：(1,11)，(2,10)，(3,9)，(4,8)，(5,7)，…，因此第60个整数对是(5,7)．二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7．(·陕西高考)观察下列不等式1＋eq\f(1,22)<eq\f(3,2)，1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)<eq\f(5,3)，1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)<eq\f(7,4)，…照此规律，第五个不等式为________．解析：观察每行不等式的特点，每行不等式左端最后一个分数的分母与右端值的分母相等，且每行右端分数的分子构成等差数列．即1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)＋eq\f(1,52)＋…＋eq\f(1,n2)<eq\f(2n－1,n)(n∈N*，n≥2)，所以第五个不等式为1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)＋eq\f(1,52)＋eq\f(1,62)<eq\f(11,6).答案：1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)＋eq\f(1,52)＋eq\f(1,62)<eq\f(11,6)8．(·湖北高考)回文数是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数，如22,121,3443,94249等．显然2位回文数有9个：11,22,33，…，99.3位回文数有90个：101,111,121，…，191,202，…，999.则(1)4位回文数有________个；(2)2n＋1(n∈N*)位回文数有________个．解析：从左右对称入手考虑．(1)4位回文数第1、4位取1,2,3,4,5,6,7,8,9之一有Ceq\o\al(1,9)＝9种选法．第2、3位可取0，有10种选法，故有9×10＝90个，即4位回文数有90个．(2)首位和末位不能取0，故有9种选法，其余位关于中间数对称，每两数都有10种选法，中间数也有10种选法，故2n＋1(n∈N*)位回文数有9×10n个．答案：909×10n9．(·包头模拟)如图，矩形ABCD和矩形A′B′C′D′夹在两条平行线l1、l2之间，且A′B′＝mAB，则容易得到矩形ABCD的面积S1与矩形A′B′C′D′的面积S2满足：S2＝mS1.由此类比，如图，夹在两条平行线l1、l2之间的两个平行封闭图形T1、T2，如果任意作一条与l1平行的直线l，l分别与两个图形T1、T2的边界交于M、N、M′、N′，且M′N′＝mMN，则T1、T2的面积S1、S2满足________．椭圆eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)与圆x2＋y2＝a2是夹在直线y＝a和y＝－a之间的封闭图形，类比上面的结论，由圆的面积可得椭圆的面积为________．解析：如图，任取一条与x轴平行的直线，设该直线与x轴相距h，则这条直线被椭圆截得的弦长l1＝eq\f(2b\r(a2－h2),a)，被圆截得的弦长l2＝2eq\r(a2－h2)，则eq\f(l1,l2)＝eq\f(b,a)，即eq\f(S椭圆,S圆)＝eq\f(b,a).故S椭圆＝eq\f(b,a)·πa2＝πab.答案：S2＝mS1πab三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)10．给出下面的数表序列：eq\a\vs4\al(表1表2表3,113135…,448,12)其中表n(n＝1,2,3，…)有n行，第1行的n个数是1,3，5，…，2n－1，从第2行起，每行中的每个数都等于它肩上的两数之和．写出表4，验证表4各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成等比数列，并将结论推广到表n(n≥3)(不要求证明)．解：表4为13574812122032它的第1,2,3,4行中的数的平均数分别是4,8,16,32，它们构成首项为4，公比为2的等比数列．将这一结论推广到表n(n≥3)，即表n(n≥3)各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成首项为n，公比为2的等比数列．11．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，kPM与kPN之积是与点P的位置无关的定值．试对双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1写出具有类似特征的性质，并加以证明．解：类似的性质为：若M，N是双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝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，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)在已知的双曲线上，所以n2＝eq\f(b2,a2)m2－b2.同理：y2＝eq\f(b2,a2)x2－b2.则kPM·kPN＝eq\f(y－n,x－m)·eq\f(y＋n,x＋m)＝eq\f(y2－n2,x2－m2)＝eq\f(b2,a2)·eq\f(x2－m2,x2－m2)＝eq\f(b2,a2)(定值)．12．观察：①sin210°＋cos240°＋sin10°cos40°＝eq\f(3,4)；②sin26°＋cos236°＋sin6°cos36°＝eq\f(3,4).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：猜想sin2α＋cos2(α＋30°)＋sinαcos(α＋30°)＝eq\f(3,4).证明：左边＝sin2α＋cos(α＋30°)[cos(α＋30°)＋sinα]＝sin2α＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosα－\f(1,2)sinα))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosα＋\f(1,2)sinα))＝sin2α＋eq\f(3,4)cos2α－eq\f(1,4)sin2α＝eq\f(3,4)＝右边．所以，猜想是正确的．1.正方形ABCD的边长是a，依次连接正方形ABCD各边中点得到一个新的正方形，再依次连接新正方形各边中点又得到一个新的正方形，依此得到一系列的正方形，如图所示．现有一只小虫从A点出发，沿正方形的边逆时针方向爬行，每遇到新正方形的顶点时，沿这个正方形的边逆时针方向爬行，如此下去，爬行了10条线段．则这10条线段的长度的平方和是()A.eq\f(1023,2048)a2 B.eq\f(1023,768)a2C.eq\f(511,1024)a2 D.eq\f(2047,4096)a2解析：选A由题可知，这只小虫爬行的第一段长度的平方为aeq\o\al(2,1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a))2＝eq\f(1,4)a2，第二段长度的平方为aeq\o\al(