2014屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)方案 第59講 合情推理與演繹推理課時(shí)作業(yè) 新人教B版

課時(shí)作業(yè)(五十九)第59講合情推理與演繹推理 (時(shí)間：45分鐘分值：100分)1設(shè)f0(x)sinx，f1(x)f0(x)，f2(x)f1(x)，fn(x)fn1(x)，nN，則f2 013(x)()Asinx BsinxCcosx Dcosx2下面幾種推理過程是演繹推理的是()A兩條直線平行，同旁內(nèi)角互補(bǔ)，由此若A，B是兩條平行直線被第三條直線所截得的同旁內(nèi)角，則AB180°B某校高三(1)班有55人，高三(2)班有54人，高三(3)班有52人，由此得出高三所有班人數(shù)超過50人C由平面三角形的性質(zhì)推測空間四面體的性質(zhì)D在數(shù)列an中，a11，an (n2)，由此歸納出an的通項(xiàng)公式3我們把平面內(nèi)與直線垂直的非零向量稱為直線的法向量，在平面直角坐標(biāo)系中，利用求動(dòng)點(diǎn)軌跡方程的方法，可以求出過點(diǎn)A(3，4)，且法向量為n(1，2)的直線(點(diǎn)法式)方程為1×(x3)(2)×(y4)0，化簡得x2y110.類比以上方法，在空間直角坐標(biāo)系中，經(jīng)過點(diǎn)A(1，2，3)且法向量為n(1，2，1)的平面(點(diǎn)法式)方程為_42011·陜西卷 觀察下列等式11234934567254567891049照此規(guī)律，第五個(gè)等式應(yīng)為_5觀察(x2)2x，(x4)4x3，(cosx)sinx，由歸納推理可得：若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x)f(x)，記g(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則g(x)()Af(x) Bf(x)Cg(x) Dg(x)6下列推理是歸納推理的是()AA，B為定點(diǎn)，a>0且為常數(shù)，動(dòng)點(diǎn)P滿足|PA|PB|2a<|AB|，則P點(diǎn)的軌跡為雙曲線B由a11，an3n1，求出S1，S2，S3，猜想出數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn的表達(dá)式C由圓x2y2r2的面積r2，猜想出橢圓1的面積SabD三角形ABC一條邊的長度為4，該邊上的高為1，那么這個(gè)三角形的面積為27把1，3，6，10，15，21，這些數(shù)叫做三角形數(shù)，這是因?yàn)檫@些數(shù)目的點(diǎn)子可以排成一個(gè)正三角形(如圖K591)，則第七個(gè)三角形數(shù)是()圖K591A21 B28 C32 D368設(shè)函數(shù)f(x)，類比課本推導(dǎo)等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式的推導(dǎo)方法計(jì)算f(4)f(3)f(0)f(1)f(4)f(5)的值為()A. B. C. D.9黑白兩種顏色的正六邊形地面磚按如圖K592的規(guī)律拼成若干個(gè)圖案，則第n個(gè)圖案中有白色地面磚的塊數(shù)是()圖K592A4n2 B4n2 C2n4 D3n310觀察下列等式：132332，13233362，13233343102，根據(jù)上述規(guī)律，第五個(gè)等式為_11已知等差數(shù)列an中，有，則在等比數(shù)列bn中，會(huì)有類似的結(jié)論_12觀察下列等式：(1xx2)11xx2，(1xx2)212x3x22x3x4，(1xx2)313x6x27x36x43x5x6，(1xx2)414x10x216x319x416x510x64x7x8，由以上等式推測：對(duì)于nN*，若(1xx2)na0a1xa2x2a2nx2n，則a2_132012·綏化一模 把正整數(shù)排列成如圖K593(1)的三角形數(shù)陣，然后擦去第偶數(shù)行的奇數(shù)和第奇數(shù)行中的偶數(shù)，得到如圖乙的三角數(shù)陣，再把圖K593(2)中的數(shù)按從小到大的順序排成一列，得到數(shù)列an若an2 011，則n_圖K59314(10分)觀察sin210°cos240°sin10°cos40°；sin26°cos236°sin6°cos36°.由上面兩題的結(jié)構(gòu)規(guī)律，你能否提出一個(gè)猜想？15(13分)數(shù)列an的前n項(xiàng)和記為Sn，已知a11，an1Sn(nN)用演繹推理的方式證明：(1)數(shù)列是等比數(shù)列；(2)Sn14an.16(12分)如圖K594所示，點(diǎn)P為斜三棱柱ABCA1B1C1的側(cè)棱BB1上一點(diǎn)，PMBB1交AA1于點(diǎn)M，PNBB1交CC1于點(diǎn)N.(1)求證：CC1MN；(2)在任意DEF中有余弦定理：DE2DF2EF22DF·EF·cosDFE.拓展到空間，類比三角形的余弦定理，寫出斜三棱柱的三個(gè)側(cè)面面積與其中兩個(gè)側(cè)面所成的二面角之間的關(guān)系式，并予以證明圖K594課時(shí)作業(yè)(五十九)【基礎(chǔ)熱身】1C解析 f1(x)(sinx)cosx，f2(x)(cosx)sinx，f3(x)(sinx)cosx，f4(x)(cosx)sinx，f5(x)(sinx)cosxf1(x)，f6(x)(cosx)sinxf2(x)，fn4(x)fn(x)，故可猜測fn(x)是以4為周期的函數(shù)，有f4n1(x)f1(x)cosx，f4n2(x)f2(x)sinx，f4n3(x)f3(x)cosx，f4n4(x)f4(x)sinx.故f2 013(x)f1(x)cosx，故選C.2 A解析 A是演繹推理，B，D是歸納推理，C是類比推理故選A.3x2yz20解析 設(shè)B(x，y，z)為平面內(nèi)的任一點(diǎn)，由·n0得(1)×(x1)(2)×(y2)1×(z3)0，即x2yz20.4567891011121381解析 因?yàn)?1第一個(gè)式子左邊1個(gè)數(shù)，右邊1的平方；2349第二個(gè)式子左邊3個(gè)數(shù)，從2開始加，加3個(gè)連續(xù)整數(shù)，右邊3的平方；3456725第三個(gè)式子左邊5個(gè)數(shù)，從3開始加，加5個(gè)連續(xù)整數(shù)，右邊5的平方；4567891049第四個(gè)式子左邊7個(gè)數(shù)，從4開始加，加7個(gè)連續(xù)整數(shù)，右邊7的平方，故第五個(gè)式子為567891011121381.【能力提升】5D解析 由所給函數(shù)及其導(dǎo)數(shù)知，偶函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為奇函數(shù)，因此當(dāng)f(x)是偶函數(shù)時(shí)，其導(dǎo)函數(shù)應(yīng)為奇函數(shù)，故g(x)g(x)6B解析 從S1，S2，S3猜想出數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn，是從特殊到一般的推理，所以B是歸納推理7B解析 觀察這一組數(shù)的特點(diǎn)：a11，anan1n，an，a728.8B解析 f(x)，f(x)，f(x1)，則f(x)f(x1)中|國教|育出|版網(wǎng)，f(4)f(5)f(3)f(4)f(2)f(3)f(1)f(2)f(0)f(1)，原式的值為×5.故選B.9A解析 由圖可知，當(dāng)n1時(shí)，a16，當(dāng)n2時(shí)，a210，當(dāng)n3，有a314，由此推測，第n個(gè)圖案中有白色地面磚的塊數(shù)是：an4n2.故選A.10132333435363212解析 觀察可知，第n個(gè)等式的左邊是從1開始的連續(xù)n1個(gè)自然數(shù)的立方和，而右邊是這連續(xù)n1個(gè)自然數(shù)和的平方，即132333(n1)3(123n1)2，第5個(gè)等式為132333435363212.11.解析 由等比數(shù)列的性質(zhì)可知，b1b30b2b29b11b20，.12.解析 觀察前4個(gè)等式，a2的值構(gòu)成一個(gè)數(shù)列：1，3，6，10，且anan1n，由累加法可得a2.131 028解析 an2 011是第45行的第38個(gè)數(shù)，12344381 028.14解：觀察40°10°30°，36°6°30°，由此猜想：sin2cos2(30°)sin·cos(30°).15證明：(1)an1Sn1Sn，an1Sn，(n2)Snn(Sn1Sn)，即nSn12(n1)Sn.2·，(小前提)故是以2為公比，1為首項(xiàng)的等比數(shù)列(結(jié)論)(大前提是等比數(shù)列的定義，這里省略了)(2)由(1)可知4·(n2)，Sn14(n1)·4··Sn14an(n2)，(小前提)又a23S13，S2a1a21344a1，(小前提)對(duì)于任意正整數(shù)n，都有Sn14an.(結(jié)論)(第(2)問的大前提是第(1)問的結(jié)論以及題中的已知條件)【難點(diǎn)突破】16解：(1)證明：PMBB1，PNBB1，PMPNP，BB1平面PMN，BB1MN.又CC1BB1，CC1MN.(2)在斜三棱柱ABCA1B1C1中，有S2平面ABB1A1S2平面BCC1B1S2平面ACC1A12S平面BCC1B1S平面ACC1A1cos.其中為平面BCC1B1與平面ACC1A1所成的二面角證明：CC1平面PMN，上述的二面角的平面角為MNP.在PMN中，PM2PN2MN22PN·MNcosMNP，PM2·CCPN2·CCMN2·CC2(PN·CC1)·(MN·CC1)cosMNP，由于S平面BCC1B1PN·CC1，S平面ACC1A1MN·CC1，S平面ABB1A1PM·BB1PM·CC1，S2平面ABB1A1S2平面BCC1B1S2平面ACC1A12S平面BCC1B1·S平面ACC1A1·cos.