2019年数学新同步湘教版选修2-2讲义+精练：第6章 章末小结 Word版含解析.pdf

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1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 1两种合情推理两种合情推理 (1)归纳推理：归纳推理： 归纳推理是由部分到整体，由个别到一般的推理，步骤如下：归纳推理是由部分到整体，由个别到一般的推理，步骤如下： 通过观察个别对象发现某些相同性质；通过观察个别对象发现某些相同性质； 由相同性质猜想一般性命题由相同性质猜想一般性命题 (2)类比推理：类比推理： 类比推理是由特殊到特殊的推理，步骤如下：类比推理是由特殊到特殊的推理，步骤如下： 找出两类对象之间的相似性或一致性；找出两类对象之间的相似性或一致性； 由一类对象的性质去猜测另一类对象的性质，得出一个明确的命题由一类对象的性质去猜测另一类对象

2、的性质，得出一个明确的命题 2演绎推理演绎推理 演绎推理是由一般到特殊的推理，一般模式为三段论演绎推理是由一般到特殊的推理，一般模式为三段论 演绎推理只要前提正确，推理的形式正确，那么推理所得的结论就一定正确注意错 误的前提和推理形式会导致错误的结论 演绎推理只要前提正确，推理的形式正确，那么推理所得的结论就一定正确注意错 误的前提和推理形式会导致错误的结论 3直接证明直接证明综合法和分析法综合法和分析法 (1)综合法是“由因导果” ，即从已知条件出发，利用定理、定义、公理和运算法则证明 结论 综合法是“由因导果” ，即从已知条件出发，利用定理、定义、公理和运算法则证明 结论 (2)分析法是“

3、执果索因” ，即从结论逆向转化，寻找一个已证的命题分析法是“执果索因” ，即从结论逆向转化，寻找一个已证的命题(已知条件或定义、 公理、定理、公式等 已知条件或定义、 公理、定理、公式等) 注意：分析法是从结论出发，但不可将结论当作条件注意：分析法是从结论出发，但不可将结论当作条件 在证明过程中，“只要证”“即证”等词语不能省略在证明过程中，“只要证”“即证”等词语不能省略 4间接证明间接证明反证法反证法 反证法证题的步骤为：反设归谬结论，即通过否定结论，得出矛盾来证明命题反证法证题的步骤为：反设归谬结论，即通过否定结论，得出矛盾来证明命题 注意：反证法的关键是将否定后的结论当条件使用注意：反

4、证法的关键是将否定后的结论当条件使用 5直接证明直接证明数学归纳法数学归纳法 (1)数学归纳法的两个步骤缺一不可，由数学归纳法的两个步骤缺一不可，由 nknk1 时必须使用归纳假设，否则不 算是数学归纳法 时必须使用归纳假设，否则不 算是数学归纳法 (2)数学归纳法虽然仅限于与正整数有关的命题，但并不是所有与正整数有关的命题都 能使用数学归纳法 数学归纳法虽然仅限于与正整数有关的命题，但并不是所有与正整数有关的命题都 能使用数学归纳法 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 归纳推理归纳推理 例例 1 给出下面的数表序列： 给出下面的数表序列： 表表1 1 表表2 1 3 4 表表3 1

5、3 5 4 8 12 其中表其中表 n(n1,2,3，)有有 n 行，第行，第 1 行的行的 n 个数是个数是 1,3,5，2n1，从第，从第 2 行起，每 行中的每个数都等于它肩上的两数之和 行起，每 行中的每个数都等于它肩上的两数之和 写出表写出表 4，验证表，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 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(n3)(不要求证明不要求证明) 解解 表 表 4 为为 1 3 5 7 4 8 12 12 20 32 它的第它的第 1,2,3,4 行中的数的平均数分别是行中的数的平均数分别是 4

6、,8,16,32，它们构成首项为，它们构成首项为 4，公比为，公比为 2 的等 比数列 的等 比数列 将这一结论推广到表将这一结论推广到表 n(n3)，即表，即表 n(n3)各行中的数的平均数按从上到下的顺序构 成首项为 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，公比为 2 的等比数列的等比数列 简单的归纳猜想问题通过观察所给的数表、数阵或等式、不等式即可得到一般性结论， 较复杂的问题需将已知转换为同一形式才易于寻找规律 简单的归纳猜想问题通过观察所给的数表、数阵或等式、不等式即可得到一般性结论， 较复杂的问题需将已知转换为同一形式才易于寻找规律 例例 2 图 图 1 是一个

7、水平摆放的小正方体木块，图是一个水平摆放的小正方体木块，图 2，图，图 3 是由这样的小正方体木块叠 放而成的， 按照这样的规律放下去， 至第七个叠放的图形中， 小正方体木块总数就是 是由这样的小正方体木块叠 放而成的， 按照这样的规律放下去， 至第七个叠放的图形中， 小正方体木块总数就是 . 解析解析 分别观察正方体的个数为： 分别观察正方体的个数为：1,15,159， 归纳可知，第归纳可知，第 n 个叠放图形中共有个叠放图形中共有 n 层，构成了以层，构成了以 1 为首项，以为首项，以 4 为公差的等差数列，为公差的等差数列， 所以所以 Snnn(n1)422n2n， 所以所以 S7272

8、791. 答案答案 91 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 解答此类题目时，需要细心观察图形，寻找每一项与序号之间的关系，同时还要联系 相关的知识本题注意从图形中抽象出等差数列 解答此类题目时，需要细心观察图形，寻找每一项与序号之间的关系，同时还要联系 相关的知识本题注意从图形中抽象出等差数列 1 蜜蜂被认为是自然界中最杰出的建筑师， 单个蜂巢可以近似地看作是一个正六边形， 如图为一组蜂巢的截面图 其中第一个图有 蜜蜂被认为是自然界中最杰出的建筑师， 单个蜂巢可以近似地看作是一个正六边形， 如图为一组蜂巢的截面图 其中第一个图有 1 个蜂巢， 第二个图有个蜂巢， 第二个图有 7 个蜂

9、巢， 第三个图有个蜂巢， 第三个图有 19 个蜂巢，按此规律，以个蜂巢，按此规律，以 f(n)表示第表示第 n 个图的蜂巢总数个图的蜂巢总数 则则 f(4)_，f(n)_. 解析：因为解析：因为 f(1)1，f(2)716，f(3)191612， 所以所以 f(4)16121837， 所以所以 f(n)1612186(n1)3n23n1. 答案：答案：37 3n23n1 2.如图给出了如图给出了 3层的六边形，图中所有点的个数层的六边形，图中所有点的个数 S3为为 28，按其规律再画 下去，可得 ，按其规律再画 下去，可得 n(nN )层六边形，试写出 层六边形，试写出 Sn的表达式的表达式

10、解：设每层除去最上面的一个点的点数为解：设每层除去最上面的一个点的点数为 an， 则则 an是以是以 5 为首项，为首项，4 为公差的等差数列，为公差的等差数列， 则则 Sna1a2an11 n554 n1 2 2n23n1(nN ). 例例 3 在 在ABC 中，中，ABAC，ADBC 于于 D. 求证 ：， 那么在四面体求证 ：， 那么在四面体 ABCD 中， 类比上述论据， 你能得到怎样的猜想，中， 类比上述论据， 你能得到怎样的猜想， 1 AD2 1 AB2 1 AC2 并说明理由并说明理由 证明证明 如右图所示，由射影定理， 如右图所示，由射影定理， AD2BDDC，AB2BDBC，

11、 AC2BCDC， 1 AD2 1 BDDC . BC2 BDBCDCBC BC2 AB2AC2 BC2AB2AC2， 类比推理类比推理 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 . 1 AD2 AB2AC2 AB2AC2 1 AB2 1 AC2 . 1 AD2 1 AB2 1 AC2 猜想：类比猜想：类比 ABAC，ADBC，猜想四面体，猜想四面体 ABCD 中，中， AB，AC，AD 两两垂直，两两垂直，AE平面平面 BCD， 则则. 1 AE2 1 AB2 1 AC2 1 AD2 证明上述猜想成立证明上述猜想成立 如右图所示，连接如右图所示，连接 BE 交交 CD 于于 F，连接，连接

12、 AF. ABAC，ABAD， AB平面平面 ACD. 而而 AF平面平面 ACD， ABAF. 在在 RtABF 中，中，AEBF， . 1 AE2 1 AB2 1 AF2 在在 RtACD 中，中，AFCD， . 1 AF2 1 AC2 1 AD2 . 1 AE2 1 AB2 1 AC2 1 AD2 故猜想正确故猜想正确 (1)类比是以旧知识作基础，推测新的结果，具有发现的功能类比是以旧知识作基础，推测新的结果，具有发现的功能 (2)类比推理的常见情形有：平面与空间类比；向量与数类比；不等与相等类比等类比推理的常见情形有：平面与空间类比；向量与数类比；不等与相等类比等 3 若数列 若数列a

13、n为等差数列，为等差数列， Sn为其前为其前 n 项和， 则有性质 “若项和， 则有性质 “若 SmSn(m， nN*且且 mn)， 则 ， 则 Sm n 0.”类比上述性质，相应地，当数列”类比上述性质，相应地，当数列bn为等比数列时，写出一个正确的性质：为等比数列时，写出一个正确的性质： _. 答案：数列答案：数列bn为等比数列，为等比数列，Tm表示其前表示其前 m 项的积，若项的积，若 TmTn(m，nN*，mn)， 则 ， 则 Tm n 1 4 在 在 RtABC 中， 中， C90， ACb， BCa， 则， 则ABC 的外接圆半径为的外接圆半径为 r ， 1 2 a2b2 把上述结

14、论类比到空间，写出相似的结论把上述结论类比到空间，写出相似的结论 解：取空间中三条侧棱两两垂直的四面体解：取空间中三条侧棱两两垂直的四面体 ABCD 且且 ABa，ACb，ADc， 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 则此四面体的外接球半径为则此四面体的外接球半径为 R . 1 2 a2b2c2 综合法和分析法综合法和分析法 例例 4 设 设 a0，b0，ab1，求证： ，求证： 8. 1 a 1 b 1 ab 证明证明 法一： 法一：(综合法综合法) a0，b0，ab1， 1ab2， ， ，ab ， ，4.abab 1 2 1 4 1 ab 又 又 (ab)2 4， 1 a 1 b

15、( ( 1 a 1 b) ) b a a b 8. 1 a 1 b 1 ab ( (当 当且且仅仅当当ab1 2时 时等等号号成成立立) ) 法二：法二：(分析法分析法) a0，b0，ab1，要证 ，要证 8， 1 a 1 b 1 ab 只要证只要证8， ( ( 1 a 1 b) ) a b ab 只要证只要证8， ( ( 1 a 1 b) ) ( ( 1 b 1 a) ) 即证 即证 4. 1 a 1 b 也就是证也就是证4. a b a a b b 即证 即证 2. b a a b 由基本不等式可知，当由基本不等式可知，当 a0，b0 时， 时， 2 成立成立 b a a b ， ( (当

16、 当且且仅仅当当ab1 2时 时等等号号成成立立) ) 所以原不等式成立所以原不等式成立 综合法和分析法是直接证明中的两种最基本的证明方法，但两种证明方法思路截然相 反， 分析法既可用于寻找解题思路， 也可以是完整的证明过程， 分析法和综合法可相互转换， 相互渗透，充分利用这一辩证关系，在解题中综合法和分析法联合运用，转换解题思路， 增加解题途径 综合法和分析法是直接证明中的两种最基本的证明方法，但两种证明方法思路截然相 反， 分析法既可用于寻找解题思路， 也可以是完整的证明过程， 分析法和综合法可相互转换， 相互渗透，充分利用这一辩证关系，在解题中综合法和分析法联合运用，转换解题思路， 增加

17、解题途径 5已知函数已知函数 f(x)loga(ax1)(a0，a1) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (1)证明：函数证明：函数 f(x)的图象在的图象在 y 轴一侧；轴一侧； (2)设设 A(x1，y1)，B(x2，y2)(x10，得，得 ax1. 当当 a1 时，时，x0，函数图象在，函数图象在 y 轴右侧；轴右侧； 当当 00 即可即可 因为因为 y2y1loga(a x21)loga(a x11)loga. ax21 a x1 11 当当 a1 时，由时，由 01，loga0， ax21 a x1 11 ax21 a x1 11 即即 y2y10. 当当 0a x1a x

18、21. 即即 a x11a x210. 故有故有 00，即，即 y2y10. ax21 a x1 11 综上，直线综上，直线 AB 的斜率总大于零的斜率总大于零. 反证法反证法 例例 5 已知 已知 a， b， c 均为实数， 且均为实数， 且 ax22y ， ， by22z ， ， cz22x ， 求证 ： ， 求证 ： a， b， 2 3 6 c 中至少有一个大于中至少有一个大于 0. 证明证明 假设 假设 a，b，c 都不大于都不大于 0， 即即 a0，b0，c0，得，得 abc0， 而而 abc(x1)2(y1)2(z1)23 30， 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 与与

19、abc0 矛盾，故假设不成立矛盾，故假设不成立 a，b，c 中至少有一个大于中至少有一个大于 0. (1)用反证法证题时，先假设原命题不成立，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说 明假设错误，从而证明了原命题成立 用反证法证题时，先假设原命题不成立，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说 明假设错误，从而证明了原命题成立 (2)反证法证题的思路是：“假设反证法证题的思路是：“假设归谬归谬存真” 存真” 6用反证法证明命题“设用反证法证明命题“设 a，b 为实数，则方程为实数，则方程 x3axb0 至少有一个实根”时， 要做的假设是 至少有一个实根”时， 要做的假设是( ) A方程方程 x3axb

20、0 没有实根没有实根 B方程方程 x3axb0 至多有一个实根至多有一个实根 C方程方程 x3axb0 至多有两个实根至多有两个实根 D方程方程 x3axb0 恰好有两个实根恰好有两个实根 解析：至少有一个实根的否定是没有实根，故要做的假设是“方程解析：至少有一个实根的否定是没有实根，故要做的假设是“方程 x3axb0 没有 实根” 没有 实根” 答案：答案：A 数学归纳法数学归纳法 例例 6 已知数列 已知数列an满足：满足：a11,4an 1 anan 1 2an9(nN ) (1)求求 a2，a3，a4； (2)由由(1)的结果猜想的结果猜想 an用用 n 表示的表达式；表示的表达式；

21、(3)用数学归纳法证明用数学归纳法证明(2)的猜想的猜想 解解 (1)由由 a11 及及 an 1 ，得，得 9 2an 4 an a2 ， ， 9 2a1 4 a1 7 3 a3， 9 2a2 4 a2 92 7 3 47 3 13 5 a4. 9 2a3 4 a3 92 13 5 413 5 19 7 所以所以 a2 ， ，a3，a4. 7 3 13 5 19 7 (2)观察观察 a1，a2，a3，a4的值，分母构成正奇数数列的值，分母构成正奇数数列 2n1，分子构成首项为，分子构成首项为 1，公差为，公差为 6 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 的等差数列，故猜想：的等差数列，

22、故猜想：an，nN . 6n 5 2n 1 (3)用数学归纳法证明上面的猜想用数学归纳法证明上面的猜想 当当 n1 时，时，a11，猜想正确，猜想正确 6 15 2 11 假设当假设当 nk(k1，kN )时，猜想正确，即 时，猜想正确，即 ak. 6k 5 2k 1 所以当所以当 nk1 时，时，ak 1 . 9 2ak 4 ak 9 2 6k 5 2k 1 46k 5 2k 1 6 k1 5 2 k1 1 这就是说这就是说 nk1 时猜想也成立时猜想也成立 由可知，猜想对任意正整数由可知，猜想对任意正整数 n 都成立都成立 探索性命题是近几年高考试题中经常出现的一种题型，此种问题未给出问题

23、的结论， 往往需要由特殊情况入手，归纳、猜想、探索出结论，然后再对探索出的结论进行证明， 而证明往往用到数学归纳法 探索性命题是近几年高考试题中经常出现的一种题型，此种问题未给出问题的结论， 往往需要由特殊情况入手，归纳、猜想、探索出结论，然后再对探索出的结论进行证明， 而证明往往用到数学归纳法 7在数列在数列an中，中，a1 ， ，an 1 ，求，求 a2，a3，a4的值，由此猜想数列的值，由此猜想数列an的通项的通项 1 2 3an an3 公式，并用数学归纳法证明你的猜想公式，并用数学归纳法证明你的猜想 解：解：a1 ， ，a2 ， ，a3 ， ，a4 ， ， 1 2 3 6 3 7 3

24、 8 3 9 猜想猜想 an， 3 n 5 下面用数学归纳法证明：下面用数学归纳法证明： 当当 n1 时，时，a1 ，猜想成立 ，猜想成立 3 1 5 1 2 假设当假设当 nk(k1，kN )时猜想成立， 时猜想成立， 即即 ak， 3 k 5 则当则当 nk1 时，时， ak 1 ， 3ak ak3 3 3 k 5 3 k 5 3 3 k 1 5 所以当所以当 nk1 时猜想也成立时猜想也成立 由知，对由知，对 nN ， ，an都成立都成立 3 n 5 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (时间时间 120 分钟，满分分钟，满分 150 分分) 一、选择题一、选择题(本大题共本大题

25、共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，满分分，满分 60 分在每小题给出的四个选项中， 只有一项是符合题目要求的 分在每小题给出的四个选项中， 只有一项是符合题目要求的) 1观察一列算式：观察一列算式：1 1,1 2,2 1,1 3,2 2,3 1,1 4,2 3,3 2,4 1，则式子，则式子 3 5 是第是第 ( ) A22 项 项 B23 项项 C24 项项 D25 项项 解析：两数和为解析：两数和为 2 的有的有 1 个，和为个，和为 3 的有的有 2 个，和为个，和为 4 的有的有 3 个，和为个，和为 5 的有的有 4 个， 和为 个， 和为 6 的有的有 5 个，和为个，和

26、为 7 的有的有 6 个，前面共有个，前面共有 21 个，个，3 5 为和为为和为 8 的第的第 3 项，所以为第项，所以为第 24 项项 答案：答案：C 2用反证法证明命题“是无理数”时，假设正确的是用反证法证明命题“是无理数”时，假设正确的是( )23 A假设是有理数假设是有理数 B假设是有理数假设是有理数23 C假设或是有理数假设或是有理数 D假设是有理数假设是有理数2323 解析：应对结论进行否定，则不是无理数，解析：应对结论进行否定，则不是无理数，23 即是有理数即是有理数23 答案：答案：D 3用数学归纳法证明等式“用数学归纳法证明等式“123(n3)(nN )”时，第一步 ”时，

27、第一步 n 3 n 4 2 验证验证 n1 时，左边应取的项为时，左边应取的项为( ) A1 B12 C123 D1234 解析：当解析：当 n1 时，左边的最后一项为时，左边的最后一项为 4，故为，故为 1234. 答案：答案：D 4由“正三角形的内切圆切于三边的中点” ，可类比猜想出正四面体的内切球切于四 个侧面 由“正三角形的内切圆切于三边的中点” ，可类比猜想出正四面体的内切球切于四 个侧面( ) A各正三角形内任一点各正三角形内任一点 B各正三角形的某高线上的点各正三角形的某高线上的点 C各正三角形的中心各正三角形的中心 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 D各正三角形外的某

28、点各正三角形外的某点 解析：正三角形的边对应正四面体的面，即正三角形所在的正四面体的侧面，所以边 的中点对应的就是正四面体各正三角形的中心 解析：正三角形的边对应正四面体的面，即正三角形所在的正四面体的侧面，所以边 的中点对应的就是正四面体各正三角形的中心 答案：答案：C 5来自英、法、日、德的甲、乙、丙、丁四位客人，刚好碰在一起他们除懂本国语 言外，每人还会说其他三国语言中的一种有一种语言是三个人会说的，但没有一种语言 四人都懂，现知道：甲是日本人，丁不会说日语，但他俩能自由交谈；四人中没有一 个人既能用日语交谈，又能用法语交谈；乙、丙、丁交谈时，不能只用一种语言；乙 不会说英语，当甲与丙交

29、谈时，他能做翻译针对他们懂的语言，正确的推理是 来自英、法、日、德的甲、乙、丙、丁四位客人，刚好碰在一起他们除懂本国语 言外，每人还会说其他三国语言中的一种有一种语言是三个人会说的，但没有一种语言 四人都懂，现知道：甲是日本人，丁不会说日语，但他俩能自由交谈；四人中没有一 个人既能用日语交谈，又能用法语交谈；乙、丙、丁交谈时，不能只用一种语言；乙 不会说英语，当甲与丙交谈时，他能做翻译针对他们懂的语言，正确的推理是( ) A甲日德、乙法德、丙英法、丁英德甲日德、乙法德、丙英法、丁英德 B甲日英、乙日德、丙德法、丁日英甲日英、乙日德、丙德法、丁日英 C甲日德、乙法德、丙英德、丁英德甲日德、乙法德

30、、丙英德、丁英德 D甲日法、乙英德、丙法德、丁法英甲日法、乙英德、丙法德、丁法英 解析：分析题目和选项，由知，丁不会说日语，排除解析：分析题目和选项，由知，丁不会说日语，排除 B 选项；由知，没有人既会 日语又会法语，排除 选项；由知，没有人既会 日语又会法语，排除 D 选项；由知乙、丙、丁不会同一种语言，排除选项；由知乙、丙、丁不会同一种语言，排除 C 选项，故选选项，故选 A. 答案：答案：A 6用数学归纳法证明“用数学归纳法证明“1”时，由”时，由 nk 1 1 2 1 12 3 1 123 n 2n n 1 到到 nk1 左边需要添加的项是左边需要添加的项是( ) A. B. 2 k

31、k 2 1 k k 1 C. D. 1 k 1 k 2 2 k 1 k 2 解析 ： 由解析 ： 由 nk 到到 nk1 时，左边需要添加的项是时，左边需要添加的项是. 1 123 k 1 2 k 1 k 2 答案：答案：D 7观察下列各式：观察下列各式：7249,73343,742 401，则，则 72 019的末两位数字为的末两位数字为( ) A01 B43 C07 D49 解析：解析：7516 807,76117 649,77823 543，785 764 801， 7n(nN ，且 ，且 n5)的末两位数字呈周期性变化，且最小正周期为的末两位数字呈周期性变化，且最小正周期为 4， 记记

32、 7n(nN ，且 ，且 n5)的末两位数为的末两位数为 f(n)，则，则 f(2 019)f(50443)f(3)， 72 019与与 73的末两位数相同，均为的末两位数相同，均为 43. 答案：答案：B 8将平面向量的数量积运算与实数的乘法运算相类比，易得下列结论：将平面向量的数量积运算与实数的乘法运算相类比，易得下列结论： 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 abba； (ab)ca(bc)； a(bc)abac； 由由 abac(a0)可得可得 bc. 以上通过类比得到的结论正确的有以上通过类比得到的结论正确的有( ) A1 个个 B2 个个 C3 个个 D4 个个 解析：平面

33、向量的数量积的运算满足交换律和分配律，不满足结合律，故正确，解析：平面向量的数量积的运算满足交换律和分配律，不满足结合律，故正确， 错误；由错误；由 abac(a0)得得 a(bc)0，从而，从而 bc0 或或 a(bc)，故错误，故错误 答案：答案：B 9已知已知 a0，不等式，不等式 x 2，x3，x4，可推广为，可推广为 xn1，则，则 1 x 4 x2 27 x3 a xn a 的值为的值为( ) An2 Bnn C2n D22n 2 解析：由解析：由 x 2，xx3，xx4， 1 x 4 x2 22 x2 27 x3 33 x3 可推广为可推广为 xn1，故，故 ann. nn xn

34、 答案：答案：B 10已知结论 ： “在正三角形已知结论 ： “在正三角形 ABC 中，若中，若 D 是边是边 BC 的中点，的中点，G 是三角形是三角形 ABC 的重心， 则 的重心， 则2” 若把该结论推广到空间， 则有结论 ： “在棱长都相等的四面体” 若把该结论推广到空间， 则有结论 ： “在棱长都相等的四面体ABCD中， 若中， 若BCD AG GD 的中心为的中心为 M，四面体内部一点，四面体内部一点 O 到四面体各面的距离都相等” ，则到四面体各面的距离都相等” ，则( ) AO OM A1 B2 C3 D4 解析：如图，设正四面体的棱长为解析：如图，设正四面体的棱长为 1，则易

35、知其高，则易知其高 AM， 6 3 此时易知点此时易知点 O 即为正四面体内切球的球心，即为正四面体内切球的球心， 设其半径为设其半径为 r，利用等积法有，利用等积法有 4 r r， 1 3 3 4 1 3 3 4 6 3 6 12 故故 AOAMMO， 6 3 6 12 6 4 故故 AOOM3. 6 4 6 12 答案：答案：C 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 11设设ABC 的三边长分别为的三边长分别为 a，b，c，ABC 的面积为的面积为 S，则，则ABC 的内切圆半径 为 的内切圆半径 为 r.将此结论类比到空间四面体 ： 设四面体将此结论类比到空间四面体 ： 设四面体

36、SABC 的四个面的面积分别为的四个面的面积分别为 S1， S2，S3， 2S ab c S4，体积为，体积为 V，则四面体的内切球半径为，则四面体的内切球半径为 r( ) A. B. V S1S2S3S4 2V S1S2S3S4 C. D. 3V S1S2S3S4 4V S1S2S3S4 解析：设四面体的内切球的球心为解析：设四面体的内切球的球心为 O，则球心，则球心 O 到四个面的距离都是到四个面的距离都是 r， 所以四面体的体积等于以所以四面体的体积等于以 O 为顶点，分别以四个面为底面的为顶点，分别以四个面为底面的 4 个三棱锥体积的和个三棱锥体积的和 则四面体的体积为：则四面体的体积

37、为：V (S1S2S3S4)r， 1 3 r. 3V S1S2S3S4 答案：答案：C 12下面的三角形数阵叫“莱布尼茨调和三角形” ，它们是由整数的倒数组成的下面的三角形数阵叫“莱布尼茨调和三角形” ，它们是由整数的倒数组成的 第第 n 行有行有 n 个数且两端的数均为个数且两端的数均为 (n2)， 每个数是它下一行左右相邻两数的和， 如， 每个数是它下一行左右相邻两数的和， 如 1 n 1 1 ， ， ，则第 ， ， ，则第 10 行第行第 4 个数个数(从左往右数从左往右数)为为( ) 1 2 1 2 1 2 1 3 1 6 1 3 1 4 1 12 A. B. 1 360 1 504

38、C. D. 1 840 1 1 260 解析 ： 依题意，结合所给的数阵，归纳规律可知第解析 ： 依题意，结合所给的数阵，归纳规律可知第 8 行的第一个数、第二个数分别等于 ， ，第 行的第一个数、第二个数分别等于 ， ，第 9 行的第一个数、第二个数、第三个数分别等于 ， ，行的第一个数、第二个数、第三个数分别等于 ， ， 1 8 1 7 1 8 1 9 1 8 1 9 ( ( 1 7 1 8) ) ( ( 1 8 1 9) ) 第第 10 行的第一个数、 第二个数、 第三个数、 第四个数分别等于， ，行的第一个数、 第二个数、 第三个数、 第四个数分别等于， ， 1 10 1 9 1 10

39、 ( ( 1 8 1 9) ) ( ( 1 9 1 10) ) . ( ( 1 7 1 8) ) ( (1 8 1 9) ) ( ( 1 8 1 9) ) ( (1 9 1 10) ) 1 840 答案：答案：C 二、填空题二、填空题(本大题共本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，满分分，满分 20 分把答案填在题中横线上分把答案填在题中横线上) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 13在在ABC 中，中，D 为为 BC 的中点，则的中点，则 ()，将命题类比到三棱锥中去，将命题类比到三棱锥中去AD 1 2 AB AC 得到一个类比的命题为得到一个类比的命题为_ 答案：在三棱

40、锥答案：在三棱锥 ABCD 中，中，G 为为BCD 的重心，则的重心，则 ()AG 1 3 AB AC AD 14有三张卡片，分别写有有三张卡片，分别写有 1 和和 2,1 和和 3,2 和和 3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看 了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是 甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看 了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是 2” ，乙看了丙的卡片后说：“我与丙 的卡片上相同的数字不是 ” ，乙看了丙的卡片后说：“我与丙 的卡片上相同的数字不是 1” ，丙说：“我的卡片上的数字之和不是” ，丙说：“我的卡片上的数字之和不是 5” ，则甲的卡片上的数 字是

41、” ，则甲的卡片上的数 字是_ 解析：法一：由题意得丙的卡片上的数字不是解析：法一：由题意得丙的卡片上的数字不是 2 和和 3. 若丙的卡片上的数字是若丙的卡片上的数字是 1 和和 2，则由乙的说法知乙的卡片上的数字是，则由乙的说法知乙的卡片上的数字是 2 和和 3，则甲的卡 片上的数字是 ，则甲的卡 片上的数字是 1 和和 3，满足题意；，满足题意； 若丙的卡片上的数字是若丙的卡片上的数字是 1 和和 3，则由乙的说法知乙的卡片上的数字是，则由乙的说法知乙的卡片上的数字是 2 和和 3，则甲的卡 片上的数字是 ，则甲的卡 片上的数字是 1 和和 2，不满足甲的说法，不满足甲的说法 故甲的卡片

42、上的数字是故甲的卡片上的数字是 1 和和 3. 法二：因为甲与乙的卡片上相同的数字不是法二：因为甲与乙的卡片上相同的数字不是 2，所以丙的卡片上必有数字，所以丙的卡片上必有数字 2.又丙的卡片 上的数字之和不是 又丙的卡片 上的数字之和不是 5， 所以丙的卡片上的数字是， 所以丙的卡片上的数字是 1 和和 2.因为乙与丙的卡片上相同的数字不是因为乙与丙的卡片上相同的数字不是 1，所以乙的卡片上的数字是，所以乙的卡片上的数字是 2 和和 3，所以甲的卡片上的数字是，所以甲的卡片上的数字是 1 和和 3. 答案：答案：1 和和 3 15观察下列式子：观察下列式子：1,121,12321,1234321，由以上可推 测出一个一般性结论：对于 ，由以上可推 测出一个一般性结论：对于 nN ， ，12n21_. 解析：解析：112,12122,1232132,123432142， 归纳可得归纳可得 12n21n2. 答案：答案：n2 16五位同学围成一圈依序循环报数，规定：五位同学围成一圈依序循环报数，规定： 第一位同学首次报出的数为第一位同学首次报出的数为 1，第二位同学首次报出的数也为，第二位同学首次报出的数也为 1，之后每位同学所报 出的数都是前两位同学所报出的数之