《2020届高考数学理一轮（新课标通用）考点测试：37 合情推理与演绎推理 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届高考数学理一轮（新课标通用）考点测试：37 合情推理与演绎推理 Word版含解析.pdf（16页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、考点测试 37 合情推理与演绎推理 高考概览 高考在本考点的常考题型为选择题、填空题，分值5分，中等难度 考纲研读 1了解合情推理的含义，能进行简单的归纳推理和类比推理，体会合情推理 在数学发现中的作用 2了解演绎推理的含义，掌握演绎推理的“三段论” ，并能运用“三段论” 进行一些简单推理 3了解合情推理和演绎推理的联系和差异 一、基础小题 1用三段论推理：“任何实数的绝对值大于 0，因为 a 是实数，所以 a 的绝 对值大于 0” ，你认为这个推理( ) A大前提错误 B小前提错误 C推理形式错误 D是正确的 答案 A 解析 大前提是任何实数的绝对值大于 0，显然是不正确的故选 A 2一个蜂
2、巢里有 1 只蜜蜂，第一天，它飞出去带回了 5 个伙伴；第二天，6 只蜜蜂飞出去各自带回了 5 个伙伴；，如果这个过程继续下去，那么第 6 天 所有蜜蜂归巢后，蜂巢中共有蜜蜂( ) A只 B66只 666 1 61 C63只 D62只 答案 B 解析 根据题意可知， 第一天共有蜜蜂156只 ； 第二天共有蜜蜂665 62只；第三天共有蜜蜂 6262563只；故第 6 天所有蜜蜂归巢后，蜂巢 中共有蜜蜂 6565566只故选 B 3已知数列an的前 n 项和 Snn2an(n2)，而 a11，通过计算 a2，a3，a4， 猜想 an( ) A B C D 2 n12 2 nn1 2 2n1 2
3、2n1 答案 B 解析 由 a11， 可得 a1a24a2， 即 a2 ， 同理可得 a3 ， a4， 故选 B 1 3 1 6 1 10 4(1)已知 a 是三角形一边的长，h 是该边上的高，则三角形的面积是 ah， 1 2 如果把扇形的弧长 l， 半径 r 分别看成三角形的底边长和高， 可得到扇形的面积为 1 2 lr； (2)由 112，1322，13532，可得到 1352n1n2，则(1)(2) 两个推理过程分别属于( ) A类比推理、归纳推理 B类比推理、演绎推理 C归纳推理、类比推理 D归纳推理、演绎推理 答案 A 解析 (1)由三角形的性质得到扇形的性质有相似之处，此种推理为类
4、比推理 ； (2)由特殊到一般，此种推理为归纳推理，故选 A 5观察下列各式：ab1，a2b23，a3b34，a4b47，a5b5 11，则 a10b10( ) A28 B76 C123 D199 答案 C 解析 记 anbnf(n)，则 f(3)f(1)f(2)134； f(4)f(2)f(3)34 7；f(5)f(3)f(4)11通过观察不难发现 f(n)f(n1)f(n2)(nN*，n3)， 则 f(6)f(4)f(5)18；f(7)f(5)f(6)29；f(8)f(6)f(7)47；f(9)f(7)f(8) 76；f(10)f(8)f(9)123所以 a10b10123 6下面几种推理
5、过程是演绎推理的是( ) A某校高三有 8 个班，1 班有 51 人，2 班有 53 人，3 班有 52 人，由此推各 班人数都超过 50 人 B由三角形的性质，推测空间四面体的性质 C平行四边形的对角线互相平分，菱形是平行四边形，所以菱形的对角线互 相平分 D在数列an中，a11，an，由此归纳出an的通项公式 1 2(a n1 1 an1) 答案 C 解析 A，D 是归纳推理；B 是类比推理；C 运用了“三段论”是演绎推理 7下面图形由小正方形组成，请观察图至图的规律，并依此规律，写出 第 n 个图形中小正方形的个数是( ) An(n1) Bnn1 2 C Dn(n1) nn1 2 答案
6、C 解析 由题图知第 1 个图形的小正方形个数为 1， 第 2 个图形的小正方形个数 为12， 第3个图形的小正方形个数为123， 第4个图形的小正方形个数为12 34，则第 n 个图形的小正方形个数为 123n nn1 2 8法国数学家费马观察到 22115，222117，2231257，2241 65537 都是质数，于是他提出猜想：任何形如 22n1(nN*)的数都是质数，这就 是著名的费马猜想半个世纪之后，善于发现的欧拉发现第 5 个费马数 2251 42949672976416700417 不是质数， 从而推翻了费马猜想， 这一案例说明( ) A归纳推理的结果一定不正确 B归纳推理的
7、结果不一定正确 C类比推理的结果一定不正确 D类比推理的结果不一定正确 答案 B 解析 法国数学家费马观察到 22115， 222117， 2231257， 2241 65537 都是质数，于是他提出猜想：任何形如 22n1(nN*)的数都是质数，这 是由特殊到一般的推理过程，所以属于归纳推理，由于得出结论的过程没有给出 推理证明，所以结果不一定正确 9甲、乙、丙三人中，一人是教师、一人是记者、一人是医生，已知：丙的 年龄比医生大；甲的年龄和记者不同；记者的年龄比乙小根据以上情况，下列 判断正确的是( ) A甲是教师，乙是医生，丙是记者 B甲是医生，乙是记者，丙是教师 C甲是医生，乙是教师，丙
8、是记者 D甲是记者，乙是医生，丙是教师 答案 C 解析 由于 “甲的年龄和记者不同” ， 则甲不是记者， 又 “记者的年龄比乙小” ， 则乙也不是记者，从而丙是记者，而“丙(记者)的年龄比医生大” ，且“记者的年 龄比乙小” ，所以乙不是医生，而是教师，从而甲是医生，故选 C 10已知结论：“在正ABC 中，若 D 是边 BC 的中点，G 是ABC 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 ABCD AG GD 中， 若BCD 的中心为 M， 四面体内部一点 O 到四面体各面的距离都相等” ， 则 AO OM ( ) A1 B2 C3 D4 答案 C 解析
9、如图设正四面体的棱长为 1，则易知其高 AM，此时易知点 O 即为正四面 6 3 体内切球的球心，设其半径为 r，利用等积法有 4 r ，r， 1 3 3 4 1 3 3 4 6 3 6 12 故 AOAMMO， 6 3 6 12 6 4 故 AOOM3 6 4 6 12 11如图，将平面直角坐标系中的格点(横、纵坐标均为整数的点)按如下规则 标上数字标签 ： 原点处标 0，点(1，0)处标 1，点(1，1)处标 2，点(0，1)处标 3， 点(1，1)处标 4，点(1，0)处标 5，点(1，1)处标 6，点(0，1)处标 7，依此 类推，则标签为 312的格点的坐标为_ 答案 (16，15)
10、 解析 因为点(1，0)处标 112，点(2，1)处标 932，点(3，2)处标 2552， 点(4，3)处标 4972，依此类推得点(16，15)处标 312 12对于命题：如果 O 是线段 AB 上一点，则|0；将它类OB OA OA OB 比到平面的情形是 ： 若O是ABC内一点， 有SOBCSOCASOBA0 ；OA OB OC 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_ 答案 VOBCDVOACDVOABDVOABC0OA OB OC OD 解析 由线段到平面，线段的长类比为面积，由平面到空间，面积可以类比 为体积， 由此可以类比得一命题为 ： O 是四面
11、体 ABCD 内一点， 则有 VOBCDOA VOACDVOABDVOABC0OB OC OD 二、高考小题 13(2017全国卷)甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的 成绩老师说：你们四人中有 2 位优秀，2 位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩， 给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩看后甲对大家说：我还是不知道我的成 绩根据以上信息，则( ) A乙可以知道四人的成绩 B丁可以知道四人的成绩 C乙、丁可以知道对方的成绩 D乙、丁可以知道自己的成绩 答案 D 解析 由题意可知，“甲看乙、丙的成绩后，不知道自己的成绩” ，说明乙、 丙两人中一个优秀一个良好，则乙看了丙的成绩，可以知道自己的成绩
12、；丁看了 甲的成绩，也可以知道自己的成绩故选 D 14(2016北京高考)袋中装有偶数个球，其中红球、黑球各占一半甲、乙、 丙是三个空盒每次从袋中任意取出两个球，将其中一个球放入甲盒，如果这个 球是红球，就将另一个球放入乙盒，否则就放入丙盒重复上述过程，直到袋中 所有球都被放入盒中，则( ) A乙盒中黑球不多于丙盒中黑球 B乙盒中红球与丙盒中黑球一样多 C乙盒中红球不多于丙盒中红球 D乙盒中黑球与丙盒中红球一样多 答案 B 解析 解法一：假设袋中只有一红一黑两个球，第一次取出后，若将红球放 入了甲盒，则乙盒中有一个黑球，丙盒中无球，A 错误；若将黑球放入了甲盒， 则乙盒中无球，丙盒中有一个红球
13、，D 错误；同样，假设袋中有两个红球和两个 黑球，第一次取出两个红球，则乙盒中有一个红球，第二次必然拿出两个黑球， 则丙盒中有一个黑球，此时乙盒中红球多于丙盒中的红球，C 错误故选 B 解法二：设袋中共有 2n 个球，最终放入甲盒中 k 个红球，放入乙盒中 s 个红 球依题意知，甲盒中有(nk)个黑球，乙盒中共有 k 个球，其中红球有 s 个，黑 球有(ks)个， 丙盒中共有(nk)个球， 其中红球有(nks)个， 黑球有(nk)(nk s)s 个所以乙盒中红球与丙盒中黑球一样多故选 B 15(2016全国卷)有三张卡片，分别写有 1 和 2，1 和 3，2 和 3甲，乙， 丙三人各取走一张卡
14、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 1”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_ 答案 1 和 3 解析 由丙说的话可知丙的卡片上的数字一定不是 2 和 3 若丙的卡片上的数 字是 1 和 2， 则乙的卡片上的数字是 2 和 3， 甲的卡片上的数字是 1 和 3， 满足题意 ； 若丙的卡片上的数字是 1 和 3，则乙的卡片上的数字是 2 和 3，此时，甲的卡片上 的数字只能是 1 和 2，不满足题意故甲的卡片上的数字是 1 和 3 16(2017北京高考)三名工人加工同一种零件，他们在一
15、天中的工作情况如 图所示， 其中点 Ai的横、 纵坐标分别为第 i 名工人上午的工作时间和加工的零件数， 点 Bi的横、 纵坐标分别为第 i 名工人下午的工作时间和加工的零件数， i1， 2， 3 (1)记 Qi为第 i 名工人在这一天中加工的零件总数，则 Q1，Q2，Q3中最大的是 _； (2)记 pi为第 i 名工人在这一天中平均每小时加工的零件数，则 p1，p2，p3中 最大的是_ 答案 (1)Q1 (2)p2 解析 设线段 AiBi的中点为 Ci(xi，yi) (1)由题意知 Qi2yi，i1，2，3，由题图知 y1最大，所以 Q1，Q2，Q3中最 大的是 Q1 (2)由题意知 pi
16、，i1，2，3 2yi 2xi yi xi 的几何意义为点 Ci(xi，yi)与原点 O 连线的斜率 yi xi 比较 OC1，OC2，OC3的斜率，由题图可知 OC2的斜率最大，即 p2最大 17(经典陕西高考)观察分析下表中的数据： 多面体面数(F)顶点数(V)棱数(E) 三棱柱569 五棱锥6610 立方体6812 猜想一般凸多面体中 F，V，E 所满足的等式是_ 答案 FVE2 解析 因为 5692， 66102， 68122， 故可猜想 FVE2 18(2015福建高考)一个二元码是由 0 和 1 组成的数字串 x1x2xn(nN*)，其 中 xk(k1，2，n)称为第 k 位码元二
17、元码是通信中常用的码，但在通信过程 中有时会发生码元错误(即码元由 0 变为 1，或者由 1 变为 0) 已知某种二元码 x1x2x7的码元满足如下校验方程组：Error! 其中运算定义为：000，011，101，110现已知一个这 种二元码在通信过程中仅在第 k 位发生码元错误后变成了 1101101， 那么利用上述 校验方程组可判定 k 等于_ 答案 5 解析 因为 x4x5x6x711010010110， 所以二元码 1101101 的前 3 位码元都是对的 ； 因为 x2x3x6x710011011 10， 所以二元码1101101的第6、 7位码元也是对的 ； 因为x1x3x5x71
18、01 11110110， 所以二元码1101101的第5位码元是错的， 所以k5 三、模拟小题 19(2018河南郑州二模)平面内凸四边形有 2 条对角线，凸五边形有 5 条对 角线，以此类推，凸 13 边形对角线的条数为( ) A42 B65 C143 D169 答案 B 解析 可以通过列表归纳分析得到 凸多边形45678 多角线条数2232342345 2345 6 凸 13 边形有 2341165 条对角线故选 B 13 10 2 20 (2018山西孝义模拟)我们知道 ： 在平面内， 点(x0， y0)到直线 AxByC0 的距离公式 d，通过类比的方法，可求得：在空间中，点(2，4，
19、1) |Ax0By0C| A2B2 到平面 x2y2z30 的距离为( ) A3 B5 C D3 5 21 7 5 答案 B 解析 类比平面内点到直线的距离公式， 可得空间中点(x0， y0， z0)到平面 Ax ByCzD0 的距离公式为 d，则所求距离 |Ax0By0Cz0D| A2B2C2 d5，故选 B |22 42 13| 122222 21(2018福建质检)某校有 A，B，C，D 四件作品参加航模类作品比赛已 知这四件作品中恰有两件获奖在结果揭晓前，甲、乙、丙、丁四位同学对这四 件参赛作品的获奖情况预测如下： 甲说：“A，B 同时获奖” 乙说：“B，D 不可能同时获奖” 丙说：“
20、C 获奖” 丁说：“A，C 至少一件获奖” 若以上四位同学中有且只有二位同学的预测是正确的， 则获奖的作品是( ) A作品 A 与作品 B B作品 B 与作品 C C作品 C 与作品 D D作品 A 与作品 D 答案 D 解析 A 选项，若作品 A 与作品 B 获奖，则甲、乙、丁的预测正确，丙的预 测错误，不符合题意 ； B 选项，若作品 B 与作品 C 获奖，则乙、丙、丁的预测正确， 甲的预测错误，不符合题意；C 选项，若作品 C 与作品 D 获奖，则乙、丙、丁的 预测正确，甲的预测错误，不符合题意；D 选项，若作品 A 与作品 D 获奖，则乙、 丁的预测正确，甲、丙的预测错误，符合题意，所
21、以选 D 22(2018河北石家庄二中联考)老王和小王父子俩玩一种类似于古代印度的 “梵塔游戏” ；有 3 个柱子甲、乙、丙，在甲柱上现有 4 个盘子，最上面的两个盘 子大小相同，从第二个盘子往下大小不等，大的在下，小的在上(如图)，把这 4 个 盘子从甲柱全部移到乙柱游戏即结束，在移动过程中每次只能移动一个盘子，甲、 乙、丙柱都可以利用，且 3 个柱子上的盘子始终保持小的盘子不能放在大的盘子 之下，设游戏结束需要移动的最少次数为 n，则 n( ) A7 B8 C11 D15 答案 C 解析 由题意得，根据甲、乙、丙三图可知最上面的两个是一样大小的，所 以比三个操作的次数(231)要多，比四个
22、操作的次数(241)要少，相当于操作三 个的时候，最上面的那个挪动了几次，就会增加几次，故选 C 23(2018郑州质检三)将标号为 1，2，20 的 20 张卡片放入下列表格中， 一个格放入一张卡片选出每列标号最小的卡片，将这些卡片中标号最大的数设 为 a；选出每行标号最大的卡片，将这些卡片中标号最小的数设为 b 甲同学认为 a 有可能比 b 大，乙同学认为 a 和 b 有可能相等，那么甲、乙两 位同学的说法中( ) A甲对、乙不对 B乙对、甲不对 C甲、乙都对 D甲、乙都不对 答案 B 解析 1 一定是所有数中最小的， 不妨设每一列的最小值从小到大排列分别为 1，m1，m2，m3，a，故
23、1b，则 a 一 定不在 b 所在的行，则 a 只能在 n1或 n2或 20 所在的行，又因为 a 是它这一列的 最小值，所以 b 所在的这行对应 a 所在这列的数字一定比 a 大，不妨设其为 k， 即 ka，而 b 是这行的最大值，故 bk，所以 ba，与 ab 矛盾，故 ab故甲不 对、乙对，故选 B 24(2018江西赣州十四县联考)我国古代数学著作九章算术有如下问题： “今有人持金出五关，前关二而税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而 税一，次关六而税一并五关所税，适重一斤问本持金几何？”其意思为“今 有人持金出五关，第 1 关收税金 ，第 2 关收税金为剩余的 ，第 3 关收税金
24、为剩 1 2 1 3 余的 ，第 4 关收税金为剩余的 ，第 5 关收税金为剩余的 ，5 关所收税金之和， 1 4 1 5 1 6 恰好重 1 斤，问原本持金多少？”若将“5 关所收税金之和，恰好重 1 斤，问原本 持金多少？”改成“假设这个人原本持金为 x，按此规律通过第 8 关” ，则第 8 关 所收税金为_x 答案 1 72 解析 第 1 关收税金： x； 1 2 第 2 关收税金： 1 x ； 1 3 1 2 x 6 x 2 3 第 3 关收税金： 1 x； 1 4 1 2 1 6 x 12 x 3 4 第 8 关收税金： x 8 9 x 72 25(2018山东青岛模拟)如图，将一张
25、等边三角形纸片沿中位线剪成 4 个小 三角形，称为第一次操作；然后，将其中的一个三角形按同样方式再剪成 4 个小 三角形，共得到 7 个小三角形，称为第二次操作；再将其中一个三角形按同样方 式再剪成 4 个小三角形，共得到 10 个小三角形，称为第三次操作根据以上操 作，若要得到 100 个小三角形，则需要操作的次数是_ 答案 33 解析 由题意可知，第一次操作后，三角形共有 4 个；第二次操作后，三角 形共有 437 个 ； 第三次操作后，三角形共有 43310 个由此可得第 n 次操作后，三角形共有 43(n1)3n1 个当 3n1100 时，解得 n33 26(2018安徽淮北二模)分形
26、几何学是美籍法国数学家伯努瓦 B曼德尔布罗 特(Benoit BMandelbrot)在 20 世纪 70 年代创立的一门新学科，它的创立为解决传 统众多领域的难题提供了全新的思路如图是按照分形的规律生长成的一个树形 图，则第 10 行的空心圆的个数是_ 答案 21 解析 由题意知，一个实心圆连接下一行的一个实心圆和一个空心圆，一个 空心圆连接下一行的一个实心圆，故第 7 行为：8 实心圆，5 空心圆；第 8 行为：13 实心圆，8 空心圆；第 9 行为：21 实心圆，13 空心圆；第 10 行为：34 实心圆，21 空心圆 一、高考大题 本考点在近三年高考中未涉及此题型 二、模拟大题 1(2
27、018福建质检)某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等 于同一个常数： sin213cos217sin13cos17； sin215cos215sin15cos15； sin218cos212sin18cos12； sin2(18)cos248sin(18)cos48； sin2(25)cos255sin(25)cos55 (1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数； (2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论 解 (1)选择式，计算如下： sin215cos215sin15cos15 1 sin301 1 2 1 4 3 4 (2)三角恒等式为
28、 sin2cos2(30)sincos(30) 3 4 证明如下： sin2cos2(30)sincos(30) sin2(cos30cossin30sin)2sin(cos30cossin30sin)sin23 4 cos2sincos sin2sincos sin2 sin2 cos2 3 2 1 4 3 2 1 2 3 4 3 4 3 4 2(2018北京海淀模拟)设 A 是由 mn 个实数组成的 m 行 n 列的数表，如果 某一行(或某一列)各数之和为负数，则改变该行(或该列)中所有数的符号，称为一 次“操作” (1)数表 A 如表 1 所示，若经过两次“操作” ，使得到的数表每行的各
29、数之和与 每列的各数之和均为非负实数，请写出每次“操作”后所得的数表(写出一种方法 即可)； 表 1 1237 2101 (2)数表 A 如表 2 所示，若必须经过两次“操作” ，才可使得到的数表每行的各 数之和与每列的各数之和均为非负整数，求整数 a 的所有可能值 表 2 aa21aa2 2a1a2a2a2 解 (1)解法一： 1237 2101 改变第4列 1237 2101 改变第2行 1237 2101 解法二： 1237 2101 改变第2行 1237 2101 改变第4列 1237 2101 解法三： 1237 2101 改变第1列 1237 2101 改变第4列 1237 210
30、1 (2)每一列所有数之和分别为 2，0，2，0，每一行所有数之和分别为1，1 如果首先操作第三列，则 aa21aa2 2a1a22aa2 则第一行之和为 2a1，第二行之和为 52a， 这两个数中，必须有一个为负数，另外一个为非负数， 所以 a 或 a 1 2 5 2 当 a 时，则接下来只能操作第一行，则 1 2 a1a2aa2 2a1a22aa2 此时每列之和分别为 22a，22a2，22a，2a2， 必有 22a20，解得 a0，1 当 a 时，则接下来操作第二行，则 5 2 aa21aa2 a2a21a2a2 此时第 4 列和为负，不符合题意 如果首先操作第一行，则 a1a2aa2 2a1a2a2a2 则每一列之和分别为 22a，22a2，2a2，2a2， 当 a1 时，每列各数之和已经非负，不需要进行第二次操作，舍掉； 当 a1 时，22a，2a2 至少有一个为负数， 所以此时必须有 22a20，即1a1，所以 a0 或 a1， 经检验，a0 或 a1 符合要求 综上 a0，1