《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》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《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（7頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、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)＝f′0(x)，f2(x)＝f′1(x)，…，fn(x)＝f′n－1(x)，n∈N，則f2 013(x)＝(　　) A．sinx B．－sinx C．cosx D．－cosx 2．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∠A＋∠B＝180° 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

2、．由平面三角形的性質(zhì)推測(cè)空間四面體的性質(zhì) D．在數(shù)列{an}中，a1＝1，an＝ (n≥2)，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×(x＋3)＋(－2)×(y－4)＝0，化簡(jiǎn)得x－2y＋11＝0.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___________________________________________________________

3、_____________． 4．[2011·陜西卷] 觀察下列等式 1＝1 2＋3＋4＝9 3＋4＋5＋6＋7＝25 4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝49 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)＝(　　) A．f(x) B．－f(x) C．g(x

4、) D．－g(x) 6．下列推理是歸納推理的是(　　) A．A，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a1＝1，an＝3n＋1，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x2＋y2＝r2的面積πr2，猜想出橢圓＋＝1的面積S＝πab D．三角形ABC一條邊的長(zhǎng)度為4，該邊上的高為1，那么這個(gè)三角形的面積為2 7．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K59－1)，則第七個(gè)三角形數(shù)是(　　) 圖K59－1 A．21 B

5、．28 C．32 D．36 8．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K59－2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K59－2 A．4n＋2 B．4n－2 C．2n＋4 D．3n＋3 10．觀察下列等式：13＋23＝32，13＋23＋33＝62，13＋23＋33＋43＝102，…，根據(jù)上述規(guī)律，第五個(gè)等式為__________________________．

6、 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： (1＋x＋x2)1＝1＋x＋x2， (1＋x＋x2)2＝1＋2x＋3x2＋2x3＋x4， (1＋x＋x2)3＝1＋3x＋6x2＋7x3＋6x4＋3x5＋x6， (1＋x＋x2)4＝1＋4x＋10x2＋16x3＋19x4＋16x5＋10x6＋4x7＋x8， …… 由以上等式推測(cè)： 對(duì)于n∈N*，若(1＋x＋x2)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2nx2n，則a2＝________． 13．[2012·綏化一模] 把正整數(shù)排列成如圖

7、K59－3(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K59－3(2)中的數(shù)按從小到大的順序排成一列，得到數(shù)列{an}．若an＝2 011，則n＝________． 圖K59－3 14．(10分)觀察①sin210°＋cos240°＋sin10°cos40°＝； ②sin26°＋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a1＝1，an＋1＝Sn(n∈N＋)．用演繹推理的方式證明： (1)數(shù)列是等比數(shù)列； (2)Sn＋1＝4

8、an. 16．(12分)如圖K59－4所示，點(diǎn)P為斜三棱柱ABC－A1B1C1的側(cè)棱BB1上一點(diǎn)，PM⊥BB1交AA1于點(diǎn)M，PN⊥BB1交CC1于點(diǎn)N. (1)求證：CC1⊥MN； (2)在任意△DEF中有余弦定理： DE2＝DF2＋EF2－2DF·EF·cos∠DFE. 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K59－4 課時(shí)作業(yè)(五十九) 【基礎(chǔ)熱身】 1．C　[解析] f1(x)＝(sinx)′＝cosx， f2(x

9、)＝(cosx)′＝－sinx， f3(x)＝(－sinx)′＝－cosx， f4(x)＝(－cosx)′＝sinx， f5(x)＝(sinx)′＝cosx＝f1(x)， f6(x)＝(cosx)′＝－sinx＝f2(x)， fn＋4(x)＝…＝…＝fn(x)， 故可猜測(cè)fn(x)是以4為周期的函數(shù)，有 f4n＋1(x)＝f1(x)＝cosx，f4n＋2(x)＝f2(x)＝－sinx， f4n＋3(x)＝f3(x)＝－cosx，f4n＋4(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

10、類比推理．故選A. 3．x＋2y－z－2＝0　[解析] 設(shè)B(x，y，z)為平面內(nèi)的任一點(diǎn)，由·n＝0得(－1)×(x－1)＋(－2)×(y－2)＋1×(z－3)＝0，即x＋2y－z－2＝0. 4．5＋6＋7＋8＋9＋10＋11＋12＋13＝81　[解析] 因?yàn)?＝1 第一個(gè)式子左邊1個(gè)數(shù)，右邊1的平方； 2＋3＋4＝9 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； 3＋4＋5＋6＋7＝25 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； 4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝49 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，

11、 故第五個(gè)式子為5＋6＋7＋8＋9＋10＋11＋12＋13＝81. 【能力提升】 5．D　[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)． 6．B　[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． 7．B　[解析] 觀察這一組數(shù)的特點(diǎn)：a1＝1，an－an－1＝n， ∴an＝，∴a7＝28. 8．B　[解析] ∵f(x)＝， ∴f(－x)＝＝， f(x＋1)＝＝， 則f(－x)＋f(x＋1)＝＋[中|國(guó)教|育出|版網(wǎng)] ＝＝， ∴f(－4)＋f(

12、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. 9．A　[解析] 由圖可知，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝6，當(dāng)n＝2時(shí)，a2＝10，當(dāng)n＝3，有a3＝14，由此推測(cè)，第n個(gè)圖案中有白色地面磚的塊數(shù)是：an＝4n＋2.故選A. 10．13＋23＋33＋43＋53＋63＝212　[解析] 觀察可知，第n個(gè)等式的左邊是從1開始的連續(xù)n＋1個(gè)自然數(shù)的立方和，而右邊是這連續(xù)n＋1個(gè)自然數(shù)和的平方，即13＋23＋33＋…＋(n＋1)3＝(1＋2＋3＋…＋n＋1)2，∴第5個(gè)等式為13＋23＋33＋43＋53＋63＝212. 1

13、1.＝　[解析] 由等比數(shù)列的性質(zhì)可知，b1b30＝b2b29＝…＝b11b20， ∴＝. 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an－an－1＝n，由累加法可得a2＝. 13．1 028　[解析] an＝2 011是第45行的第38個(gè)數(shù)，1＋2＋3＋…＋44＋38＝1 028. 14．解：觀察40°－10°＝30°，36°－6°＝30°， 由此猜想：sin2α＋cos2(30°＋α)＋sinα·cos(30°＋α)＝. 15．證明：(1)∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝Sn， ∴(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，即nSn＋1＝2(

14、n＋1)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·(n≥2)， ∴Sn＋1＝4(n＋1)·＝4··Sn－1 ＝4an(n≥2)，(小前提) 又a2＝3S1＝3，S2＝a1＋a2＝1＋3＝4＝4a1，(小前提) ∴對(duì)于任意正整數(shù)n，都有Sn＋1＝4an.(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：∵PM⊥BB1，PN⊥BB1，PM∩PN＝P， ∴BB1⊥平面PMN，∴BB1⊥MN. 又CC1∥BB1，∴CC1⊥M

15、N. (2)在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，有 S2平面ABB1A1＝S2平面BCC1B1＋S2平面ACC1A1－2S平面BCC1B1S平面ACC1A1cosα. 其中α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， ∵PM2＝PN2＋MN2－2PN·MNcos∠MNP， ∴PM2·CC＝PN2·CC＋MN2·CC－2(PN·CC1)·(MN·CC1)cos∠MNP， 由于S平面BCC1B1＝PN·CC1，S平面ACC1A1＝MN·CC1， S平面ABB1A1＝PM·BB1＝PM·CC1， ∴S2平面ABB1A1＝S2平面BCC1B1＋S2平面ACC1A1－2S平面BCC1B1·S平面ACC1A1·cosα.