此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。
课时提升作业(三)
合情推理
(25分钟 60分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1.(2015·厦门高二检测)定义A*B，B*C，C*D，D*A的运算分别对应下图中的(1)，(2)，(3)，(4)，那么下图中的 (A)，(B)所对应的运算结果可能是( )
A.B*D，A*D B.B*D，A*C
C.B*C，A*D D.C*D，A*D
【解析】选B.由(1)(2)(3)(4)图得A表示|，B表示□，C表示—，D表示○，故图(A)(B)表示B*D和A*C.
2.给出下列三个类比结论：
①类比ax·ay=ax+y，则有ax÷ay=ax-y；
②类比loga(xy)=logax+logay，则有sin(α+β)=sinαsinβ；
③类比(a+b)2=a2+2ab+b2，则有(a+b)2=a2+2a·b+b2.
其中结论正确的个数是( )
A.0 B.1 C.2 D.3
【解析】选C.根据指数的运算法则知ax÷ay=ax-y，故①正确；根据三角函数的运算法则知：sin(α+β)≠sinαsinβ，②不正确；根据向量的运算法则知：(a+b)2=a2+2a·b+b2，③正确.
【补偿训练】若数列{an}(n∈N*)是等差数列，则有数列bn=(n∈N*)也是等差数列.类比上述性质，相应地有，若数列{cn}(n∈N*)是等比数列，且cn>0，则数列dn= (n∈N*)也是等比数列.
【解析】由等差、等比数列的性质易知，等差数列、等比数列在运算上具有相似性.等差与等比类比是和与积、倍与乘方、商与开方的类比.由此猜想dn=.
答案：
3.设n棱柱有f(n)个对角面，则(n+1)棱柱的对角面的个数f(n+1)等于( )
A.f(n)+n+1 B.f(n)+n
C.f(n)+n-1 D.f(n)+n-2
【解析】选C.因为过不相邻两条侧棱的截面为对角面，过每一条侧棱与它不相邻的一条侧棱都能作对角面，可作(n-3)个对角面，n条侧棱可作n(n-3)个对角面，由于这些对角面是相互之间重复计算了，所以共有n(n-3)÷2个对角面，
所以可得f(n+1)-f(n)
=(n+1)(n+1-3)÷2-n(n-3)÷2
=n-1，
故f(n+1)=f(n)+n-1.
4.(2015·北京高二检测)设0<θ<，已知a1=2cosθ，an+1=，猜想an=( )
A.2cos B.2cos C.2cos D.2sin
【解析】选B.因为a1=2cosθ，
a2==2=2cos，
a3==2=2cos，…，
猜想an=2cos.
【一题多解】验n=1时，排除A，C，D.
5.(2015·吉林高二检测)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=；类比这个结论可知：四面体P-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P-ABC的体积为V，则r=( )
A. B.
C. D.
【解析】选C.△ABC的三条边长a，b，c类比到四面体P-ABC的四个面面积S1，S2，S3，S4，将三角形面积公式中系数类比到三棱锥体积公式中系数，从而可知选C.
【补偿训练】在Rt△ABC中，若∠C=90°，AC=b，BC=a，则△ABC外接圆半径r=.运用类比方法，若三棱锥的三条侧棱两两互相垂直且长度分别为a，b，c，则其外接球的半径R= .
【解题指南】解题时题设条件若是三条线两两互相垂直，就要考虑到构造正方体或长方体.
【解析】(构造法)通过类比可得R=.
证明：作一个在同一个顶点处棱长分别为a，b，c的长方体，则这个长方体的体对角线的长度是，故这个长方体的外接球的半径是，这也是所求的三棱锥的外接球的半径.
答案：
二、填空题(每小题5分，共15分)
6.下面是一系列有机物的结构简图，图中的“小黑点”表示原子，两黑点间的“连线”表示化学键，按图中结构第n个图中有 个原子，有 个化学键.
【解析】第1，2，3个图中分别有原子：6个、6×2-2个、6×3-2×2个，所以第n个图中有6n-(n-1)×2=4n+2个原子；第1，2，3个图中分别有化学键：6个，6×2-1个，6×3-2个，所以第n个图中有6n-(n-1)=5n+1个化学键.
答案：4n+2 5n+1
7.类比“等差数列”的定义，写出“等和数列”的定义，并解答下列问题：
已知数列{an}是等和数列，且a1=2，公和为5，那么a18= ，这个数列的前n项和Sn的计算公式为 .
【解析】定义“等和数列”：在一个数列中，从第二项起每一项与它前一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和.
由上述定义，得an=
故a18=3.
从而Sn=
答案：3 Sn=
8.如图1，小正方形ABCD的面积为1，把它的各边延长一倍得到新正方形A1B1C1D1，再把正方形A1B1C1D1的各边延长一倍得到正方形A2B2C2D2(如图2)，如此进行下去，正方形AnBnCnDn的面积为 .(用含有n的式子表示，n为正整数)
【解题指南】根据三角形的面积公式，知每一次延长一倍后，得到的一个直角三角形的面积和延长前的正方形的面积相等，即每一次延长一倍后，得到的图形是延长前的正方形的面积的5倍，从而解答.
【解析】如题干图1，已知小正方形ABCD的面积为1，则把它的各边延长一倍后，△AA1B1的面积是1，
新正方形A1B1C1D1的面积是5，
从而正方形A2B2C2D2的面积为5×5=25=52，
…
正方形AnBnCnDn的面积为5n.
答案：5n
三、解答题(每小题10分，共20分)
9.已知：1=12；1+3=22；1+3+5=32；1+3+5+7=42，…
根据以上等式的结构特点，请你归纳一般结论.
【解析】注意到各等号左边为若干项奇数的和，且最后一项分别为1=2×1-1；3=2×2-1；5=2×3-1；7=2×4-1，…
又等号右边相应结果分别为：12；22；32；42；…
由此总结出一般结论：1+3+5+7+…+(2n-1)=n2.
10.如图1，在三角形ABC中，AB⊥AC，若AD⊥BC，则AB2=BD·BC；若类比该命题，如图2，三棱锥A-BCD中，AD⊥平面ABC，若A点在三角形BCD所在平面内的射影为M，则可以得到什么命题？命题是否是真命题并加以证明.
【解析】命题是：三棱锥A-BCD中，AD⊥平面ABC，若A点在三角形BCD所在平面内的射影为M，则有=S△BCM·S△BCD，是一个真命题.
证明如下：
在图2中，连接DM，并延长交BC于E，连接AE，则有DE⊥BC.
因为AD⊥平面ABC，
所以AD⊥AE.
又AM⊥DE，
所以AE2=EM·ED.
于是=
=·
=S△BCM·S△BCD.
(20分钟 40分)
一、选择题(每小题5分，共10分)
1.下面由火柴棒拼出的一列图形中，第n个图形由n个正方形组成.通过观察可以发现第10个图形中火柴棒的根数是( )
A.30 B.31 C.32 D.34
【解析】选B.第1个图形中有4根火柴棒；
第2个图形中有4+3=7根火柴棒；
第3个图形中有4+3×2=10根火柴棒；
…
第10个图形中有4+3×9=31根火柴棒.
2.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，由和相同的“整数对”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”.这样前n组一共有个“整数对”.注意到<60<.因此第60个“整数对”处于第11组的第5个位置，可得为(5，7).
二、填空题(每小题5分，共10分)
3.(2015·西安高二检测)对于命题：如果O是线段AB上一点，则||·+
||·=0；将它类比到平面的情形是：若O是△ABC内一点，有S△OBC·+
S△OCA·+S△OBA·=0；将它类比到空间的情形应该是：若O是四面体ABCD内一点，则有 .
【解题指南】根据线性几何中的线段长度、平面几何中平面图形的面积中有关等式的共性，将这个共性引申到立体几何中得到相应的等式或结论.
【解析】根据线性几何中的长度、平面几何中平面图形的面积以及立体几何中相应几何体体积的类比特点以及题中等式的特点，得到在立体几何中：若O是四面体ABCD内一点，则有VO-BCD·+VO-ACD·+VO-ABD·+VO-ABC·=0.
答案：VO-BCD·+VO-ACD·+VO-ABD·+VO-ABC·=0
【拓展延伸】类比推理的常见类型及解题思路
类比推理主要是找出两类事物的共性，一般的类比有以下几种：①线段的长度——平面几何中平面图形的面积——立体几何中立体图形的体积的类比；②等差数列与等比数列的类比，等差数列中两数相加类比到等比数列中两数相乘，等差数列中两数的差类比到等比数列中两数相除.在类比的时候还需注意，有些时候不能将式子的结构改变，只需将相应的量进行替换.
4.根据给出的数塔猜测123456×9+7等于 .
1×9+2=11
12×9+3=111
123×9+4=1111
1234×9+5=11111
12345×9+6=111111
……
【解析】由数塔猜测应是各位都是1的七位数，即1111111.
答案：1111111
三、解答题(每小题10分，共20分)
5.在平面几何中研究正三角形内任意一点与三边的关系时，我们有真命题：边长为a的正三角形内任意一点到各边的距离之和是定值a，类比上述命题，请你写出关于正四面体内任意一点与四个面的关系的一个真命题，并给出简要的证明.
【解题指南】利用类比推理时，正三角形可类比成正四面体，归纳出结论再给予证明.
【解析】类比所得的真命题是：棱长为a的正四面体内任意一点到四个面的距离之和是定值a.
证明：设M是正四面体P-ABC内任一点，M到面ABC，面PAB，面PAC，面PBC的距离分别为d1，d2，d3，d4.
由于正四面体四个面的面积相等，故有：
VP-ABC=VM-ABC+VM-PAB+VM-PAC+VM-PBC
=·S△ABC·(d1+d2+d3+d4)，
而S△ABC=a2，VP-ABC=a3，
故d1+d2+d3+d4=a(定值).
【拓展延伸】类比法的可靠性
(1)类比法所获得的结论是对两个研究对象的观察比较、分析联想直到形成猜想来完成的，是一种由特殊到特殊的推理方法，其结论的可靠程度，依赖于两个研究对象的共有属性.
(2)一般说来，共有属性越多，结论的可靠程度就越大；共有属性越是本质的，结论的可靠程度就越高.尽管类比法结论的真实性不一定得到保证，但它在人们的认识活动中仍有着重要意义.
6.设{an}是集合{2t+2s|0≤s
(2)求a100.
【解析】(1)将前三行各数分别写成2t+2s的形式：
第1行：3=21+20；
第2行：5=22+20，6=22+21；
第3行：9=23+20，10=23+21，12=23+22；
由此归纳猜想：
第4行：24+20，24+21，24+22，24+23；
第5行：25+20，25+21，25+22，25+23，25+24.
经计算可得第4行各数依次是：17，18，20，24；第5行各数依次是：33，34，36，40，48.
(2)由每行数的个数与所在行数相同，即第1行1个数，第2行2个数，第3行3个数，…故前13行共有1+2+3+…+13=91个数.
因此，a100应当是第14行中的第9个数.
所以a100=214+28=16640.
关闭Word文档返回原板块