2020-2021学年高中数学(人教A版选修2-2)课时作业-2.1.1-合情推理.docx

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课时提升作业(十四)
合情推理

一、选择题(每小题3分，共18分)
1.某同学在电脑上打下了一串黑白圆，如图所示，，按这种规律往下排，那么第36个圆的颜色应是(　　)
A.白色
B.黑色
C.白色可能性大
D.黑色可能性大
【解析】选A.由题干图知，图形是三白二黑的圆周而复始相继排列，是一个周期为5的三白二黑的圆列，由于36÷5=7余1，所以第36个圆应与第1个圆颜色相同，即白色.
2.已知数列{an}满足a0=1，an=a0+a1+a2+…+an-1(n≥1)，则当n≥1时，an等于(　　)
A.2n B.12n(n+1)
C.2n-1 D.2n-1
【解析】选C.a0=1，a1=a0=1，
a2=a0+a1=2a1=2，
a3=a0+a1+a2=2a2=4，
a4=a0+a1+a2+a3=2a3=8，…，
猜想n≥1时，an=2n-1.
3.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.依据指数的运算法则知ax÷ay=ax-y，故①正确；依据三角函数的运算法则知：sin(α+β)≠sinαsinβ，②不正确；依据向量的运算法则知：(a+b)2=a2+2a·b+b2，③正确.
4.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
【解题指南】由于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，从而得出f(n+1)与f(n)的关系.
【解析】选C.由于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.
5.古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种外形来争辩数.比如：

他们争辩过图1中的1，3，6，10，…，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数；类似地，称图2中的1，4，9，16，…，这样的数为正方形数.下列数中既是三角形数又是正方形数的是(　　)
A.289 B.1024 C.1225 D.1378
【解析】选C.观看三角形数：1，3，6，10，…，记该数列为{an}，则a1=1，
a2=a1+2，
a3=a2+3，
…
an=an-1+n.
所以a1+a2+…+an
=(a1+a2+…+an-1)+(1+2+3+…+n)⇒an=1+2+3+…+n=n(n+1)2，
观看正方形数：1，4，9，16，…，记该数列为{bn}，
则bn=n2.把四个选项的数字，分别代入上述两个通项公式，可知使得n都为正整数的只有1225.
6.(2022·枣庄高二检测)将正奇数按如图所示的规律排列，则第21行从左向右的第5个数为(　　)
1
3　5　7
9　11　13　15　17
19　21　23　25　27　29　31
…　
A.809 B.853 C.785 D.893
【解析】选A.前20行共有正奇数1+3+5+…+39=202=400个，
则第21行从左向右的第5个数是第405个正奇数，
所以这个数是2×405-1=809.
二、填空题(每小题4分，共12分)
7.在平面上，若两个正三角形的边长的比为1∶2，则它们的面积比为1∶4.类似地，在空间中，若两个正四周体的棱长的比为1∶2，则它们的体积比为________.
【解析】V1V2=13S1h113S2h2=S1S2·h1h2
=14×12=18.
答案：18
8.(2022·石家庄高二检测)设n为正整数，f(n)=1+12+13+…+1n，计算得f(2)=32，f(4)>2，f(8)>52，f(16)>3，观看上述结果，可推想一般的结论为________.
【解析】由前四个式子可得，第n个不等式的左边应当为f(2n)，右边应当为n+22，即可得一般的结论为f(2n)≥n+22.
答案：f(2n)≥n+22
9.(2022·杭州高二检测)对于命题“假如O是线段AB上一点，则|OB→|·OA→+|OA→|·OB→=0”将它类比到平面的情形是：若O是△ABC内一点，有S△OBC·OA→+S△OCA·OB→+S△OBA·OC→=0，将它类比到空间的情形应为：若O是四周体ABCD内一点，则有____________________________.
【解析】依据类比的特点和规律，所得结论形式上全都，又线段类比平面，平面类比到空间，又线段长类比为三角形面积，再类比成四周体的体积，故可以类比为
VO-BCD·OA→+VO-ACD·OB→+VO-ABD·OC→+VO-ABC·OD→=0.
答案：VO-BCD·OA→+VO-ACD·OB→+VO-ABD·OC→+VO-ABC·OD→=0
三、解答题(每小题10分，共20分)
10.平面中的三角形和空间中的四周体有很多相类似的性质，例如在三角形中：
(1)三角形两边之和大于第三边.
(2)三角形的面积S=12×底×高.
(3)三角形的中位线平行于第三边且第于第三边的12.
…
请类比上述性质，写出空间中四周体的相关结论.
【解析】由三角形的性质，可类比得空间四周体的相关性质为：
(1)四周体的任意三个面的面积之和大于第四个面的面积.
(2)四周体的体积V=13×底面积×高.
(3)四周体的中位面平行于第四个面且面积等于第四个面的面积的14.
11.在平面几何中争辩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32a，类比上述命题，请你写出关于正四周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周体，归纳出结论再赐予证明.
【解析】类比所得的真命题是：棱长为a的正四周体内任意一点到四个面的距离之和是定值63a.
证明：设M是正四周体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.
由于正四周体四个面的面积相等，故有：
VP-ABC=VM-ABC+VM-PAB+VM-PAC+VM-PBC
=13·S△ABC·(d1+d2+d3+d4)，
而S△ABC=34a2，VP-ABC=212a3，
故d1+d2+d3+d4=63a(定值).
【变式训练】设f(x)=13x+3，先分别求f(0)+f(1)，f(-1)+f(2)，f(-2)+f(3)，然后归纳出一个一般结论，并给出证明.
【解析】f(0)+f(1)=130+3+13+3
=11+3+13+3
=3-12+3-36=33.
同理f(-1)+f(2)=33，
f(-2)+f(3)=33.
由此猜想：当x1+x2=1时，
f(x1)+f(x2)=33.
证明：设x1+x2=1，
则f(x1)+f(x2)=13x1+3+13x2+3
=3x1+3x2+233x1+x2+3(3x1+3x2)+3
=3x1+3x2+233(3x1+3x2)+2×3
=3x1+3x2+233(3x1+3x2+23)
=33.
故猜想成立.

一、选择题(每小题4分，共16分)
1.(2022·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.(2022·西安高二检测)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n(n+1)2个“整数对”.留意到10(10+1)2<60<11(11+1)2.因此第60个“整数对”处于第11组的第5个位置，可得为(5，7).
3.(2022·汕头高二检测)观看下列各式：
1=12，
2+3+4=32，
3+4+5+6+7=52，
4+5+6+7+8+9+10=72，
…，
可以得出的一般结论是(　　)
A.n+(n+1)+(n+2)+…+(3n-2)=n2
B.n+(n+1)+(n+2)+…+(3n-2)=(2n-1)2
C.n+(n+1)+(n+2)+…+(3n-1)=n2
D.n+(n+1)+(n+2)+…+(3n-1)=(2n-1)2
【解析】选B.可以发觉：第一个式子的第一个数是1，其次个式子的第一个数是2，…故第n个式子的第一个数是n；第一个式子中有1个数相加，其次个式子中有3个数相加，…故第n个式子中有2n-1个数相加；第一个式子的结果是1的平方，其次个式子的结果是3的平方，…故第n个式子应当是2n-1的平方，故可以得到n+(n+1)+(n+2)+…+(3n-2)=(2n-1)2.
4.(2022·临沂高二检测)已知x>0，由不等式x+1x≥2x·1x=2，x+4x2=x2+x2+4x2≥33x2·x2·4x2=3，…我们可以得出推广结论：x+axn≥n+1(n∈N*)，则a=(　　)
A.2n B.n2 C.3n D.nn
【解析】选D.再续写一个不等式：
x+33x3=x3+x3+x3+33x3≥
44x3·x3·x3·33x3=4，
由此可得a=nn.
二、填空题(每小题5分，共10分)
5.已知经过计算和验证有下列正确的不等式：3+17<210，7.5+12.5<210，8+2+12-2<210，依据以上不等式的规律，请写出一个对正实数m，n都成立的条件不等式_____________________.
【解析】观看所给不等式可以发觉：不等式左边两个根式的被开方数的和等于20，不等式的右边都是210，因此对正实数m，n都成立的条件不等式是：若m>0，n>0，则当m+n=20时，有m+n<210.
答案：若m>0，n>0，则当m+n=20时，有m+n<210
6.在Rt△ABC中，若∠C=90°，AC=b，BC=a，则△ABC外接圆半径r=a2+b22.运用类比方法，若三棱锥的三条侧棱两两相互垂直且长度分别为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相互垂直，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=a2+b2+c22.
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a2+b2+c2，故这个长方体的外接球的半径是a2+b2+c22，这也是所求的三棱锥的外接球的半径.
答案：a2+b2+c22
【变式训练】在平面几何里，有“若△ABC的三边长分别为a，b，c，内切圆半径为r，则三角形面积为S△ABC=12(a+b+c)r”，拓展到空间，类比上述结论，“若四周体ABCD的四个面的面积分别为S1，S2，S3，S4，内切球的半径为R，则四周体的体积为________”.
【解题指南】留意发觉其中的规律总结出共性加以推广，或将结论类比到其他方面，得出结论.
【解析】三角形的面积类比为四周体的体积，三角形的边长类比为四周体四个面的面积，内切圆半径类比为内切球的半径.二维图形中12类比为三维图形中的13，得V四周体ABCD=13(S1+S2+S3+S4)R.
答案：V四周体ABCD=13(S1+S2+S3+S4)R
三、解答题(每小题12分，共24分)
7.观看下列等式：
①sin210°+cos240°+sin10°cos40°=34；
②sin26°+cos236°+sin6°cos36°=34.
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.
【解析】由①②可看出，两角差为30°，
则它们的相关形式的函数运算式的值均为34.
猜想：若β-α=30°，
则β=30°+α，sin2α+cos2β+sinαcosβ=34，
也可直接写成sin2α+cos2(α+30°)+sinαcos(α+30°)=34.
下面进行证明：
左边=1-cos2α2+1+cos(2α+60°)2+sinαcos(α+30°)
=1-cos2α2+1+cos2αcos60°-sin2αsin60°2+
sinα·(cosα·cos30°-sinαsin30°)
=12-12cos2α+12+14cos2α-34sin2α+34sin2α-1-cos2α4=34=右边.
故sin2α+cos2(α+30°)+sinαcos(α+30°)=34.
8.某少数民族的刺绣有着悠久的历史，如图(1)，(2)，(3)，(4)为最简洁的四个图案，这些图案都是由小正方形构成，小正方形数越多刺绣越秀丽.现按同样的规律刺绣(小正方形的摆放规律相同)，设第n个图形包含f(n)个小正方形.

(1)求出f(5)的值.
(2)利用合情推理的“归纳推理思想”，归纳出f(n+1)与f(n)之间的关系式，并依据你得到的关系式求出f(n)的表达式.
(3)求1f(1)+1f(2)-1+1f(3)-1+…+1f(n)-1的值.
【解析】(1)f(5)=41.
(2)由于f(2)-f(1)=4=4×1，
f(3)-f(2)=8=4×2，
f(4)-f(3)=12=4×3，
f(5)-f(4)=16=4×4，
…
由上式规律，所以得出f(n+1)-f(n)=4n.
由于f(n+1)-f(n)=4n⇒f(n+1)=f(n)+4n⇒
f(n)=f(n-1)+4(n-1)
=f(n-2)+4(n-1)+4(n-2)
=f(n-3)+4(n-1)+4(n-2)+4(n-3)
=…
=f(1)+4(n-1)+4(n-2)+4(n-3)+…+4
=2n2-2n+1.
(3)当n≥2时，1f(n)-1=12n(n-1)
=121n-1-1n.
所以1f(1)+1f(2)-1+1f(3)-1+…+1f(n)-1
=1+12×1-12+12-13+13-14+…+1n-1-1n
=1+121-1n=32-12n.
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