新课标届高数学二轮专题卷推理题和创新题

1、绝密启用前2012届高三数学二轮精品专题卷：专题 6推理题和创新题考试范围：推理题和创新题一、选择题(本大题共 15小题，每小题5分，共75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.下 列 说 法 正 确 的 是( )A.合情推理就是归纳推理B.合情推理的结论不一定正确，有待证明C.演绎推理的结论一定正确，不需证明D.类比推理是从特殊到一般的推理2 .有一段演绎推理是这样的：“指数函数都是增函数；已知 y (1)x是指数函数；则y (l)x是增函数”的结论显然是错误的，这是因为( )A.大前提错误B.小前提错误C.推理形式错误D.非以上错误3 . 下 列 几 种 推 理 过

2、程 是演 绎 推 理 的 是( )A.两条平行直线与第三条直线相交，内错角相等，如果A和B是两条平行直线的内错角，则 A BB.金导电，银导电，铜导电，铁导电，所以一切金属都导电C.由圆的性质推测球的性质D.科学家利用鱼的沉浮原理制造潜艇4.如下图，根据图中的数构成的规律，a所表示的数是( )3434 12 12 45。a 米 5A.12B. 48C. 60D. 1445 .四个小动物换座位，开始是鼠、猴、兔、猫分别坐1, 2, 3, 4号位子上(如下图)，第一次前后排动物互换座位，第二次左右列动物互换座位，这样交替进行下去，那么第2012次互换座位后，小兔的座位对应的是()A.编号112 握

3、兔3猫4开始B.编号k第一次s第二C.编号31根猫3第三次D.编号4,贝U cos2cos21,将长6 .（理）长方形的对角线与过同一个顶点的两边所成的角为方形与长方体进行类比，长方体的一条体对角线与长方体过同一个顶点的三个面所成的角分别为,则正确的结论为A. cos2C0S2cos21B.2 cos2 cos2 cosC. cos2cos2cos23D.2 cos2 cos2 cos（文）若点P是正三角形ABC勺内部任一点,且P到三边的距离分别为%,上由3,正三角形ABC的高为h,根据等面积法可以得到 h h h2 h3,由此可以类推到空间中，若点 P是正四面体A BCD勺内部任一点，且P到

4、四个面的距离分别为Ahhh,正四面体A BCD勺高为h,则有A. h >h1h2h3h4B . h 儿h?mhdC . h<h1h?mh4 D. hihhh与h的关系不7.在学习平面向量时，有这样一个重要的结论:xPA yPB zPC 0“在ABC所在平面中，若点P使得(X,y,z R,Xyz(X+y+z) w0)'则 S PBC ：S PAC : S PBA : S ABC |X |:| y |:| z|:| X yz|”.依此结论，设点O在4ABC的内部， 且有 BA 3oB 3oCS ABC则一S AOCA. 2B. 32C. 3D.8.如图，一个半径为1的圆形纸片在

5、边长为8的正方形内任意运动,则在该正方形内，这片不能接A.B.C.D.4,3已知X (0,）,观察下列27x类比有n (n C N*)A.B. 2nC. n2D.nn来源：10.我们把能表示为两个连续偶数的平方差的正整数称为“奥运数”则在1100这100A. 11B. 12C. 13D.1411.我们知道十进制数有 10个数码即09,进位规则是“逢十进,如 47+56=103;由此可知八进制数有8个数码即07,进位规则是“逢八进,则在八进制下做如下运算47+56=A. 85B. 103C. 125D. 18512.在数学解题中,常会碰到形如7xy的结构，这时可类比正切的和角公式.如：设a,ba

6、sin bcos55acos一5bsin 58 tan 15A.B.C.136 71 3A.19B.19225 94 47C. 117D. 11814.设向量a与b的夹角为，定义a与b的“向量积”b是一个向量，它的模| a xb |=|a | b | sin ，若 a('3, 1)(*3)B. 2C. 2.3D. 415.(理)我们把棱长要么为 2cm,要么为3cm的三棱锥定义为“和谐棱锥”.在所有结构不同的“和谐棱锥”中任取一个，取到有且仅有一个面是等边三角形的“和谐棱锥”的概率是A.-7B.-9C.-10D.-11（文）我们把棱长要么为 1cmi要么为2cm的三棱锥定义为“和谐棱锥

7、”.在所有结构不同的“和谐棱锥”中任取一个，取到有且仅有一个面是等边三角形的“和谐棱锥”的概率A. -B.-23（1）填空题（本大题共 15小题，每小题共75分.把正确答案填在题中横线上）532352832382'533353' 836386-z.,入，33 1316 .经计算发现下列正确的等式：33 23上等式的规律，试写出一个对正实数a,b成立的等式 .17 .已知 cos 1, cos cos , cos cos cos8 1, ,根据以上等式，可猜想出的 325547778一般结论是.18 .空间任一点 O和不共线三点 A B、C,则OP xOA yOB zOC（x y

8、 z 1）是P, AB, C 四点共面的充要条件.在平面中，类似的定理 是.来源：金太阳新课标资源网19 .（理）按照如下图给的数所呈现的规律，下一个数""代表 .48?（文）一个三角形数阵如下:122223 24 2526 27 2829按照以上排列的规律，第n行从左向右的第3个数为 .20 .（理）在正三角形中，设它的内切圆的半径为r ,容易求得正三角形的周长 C（r） 6<3r ,面积S（r） 3石r2,发现S'（r） C（r）.这是一个平面几何中的重要发现.请用类比推理方法 猜测对空间正四面体存在类似结论为 .（文）已知4ABC的三边长分别为a,b,c

9、 ,其面积为 S,则AABC的内切圆O的半径2sr .这是一道平面几何题，其证明方法米用“等面积法” .请用类比推理方法猜 a b c测对空间四面体 ABC的在类似结论为 .21 .（理）类比正弦定理，如图，在三棱柱ABC AB1cl中，二面角B AA C、C B A、B CC1 A所成的平面角分别为、，则有(文)在等腰直角 ABC,设月长为a,则斜边上的高为12a,类比上述结论，那么在2三棱锥A BC叶，AR AC AD两两垂直且相等，设长度均为a,则斜面BCDh的高AE的长度为.22 .如图，在平面直角坐标系 xOy中，矩形ABCD勺顶点分别是 A(1,5)、B(1,3)、C(5,3)、D

10、(5,5).若 过原点的直线l将该矩形分割成面积相等的两部分，则直线l的方程 是.来源：金太阳新课标资源网 23 .经过圆x2 y2 r2上一点M (x°, y°)的切线方程为x°x v0V r2 .类比上述性质，可以得到 2 22 2椭圆勺与1类似的性质为：经过椭圆3当1上一点P(xo，yo)的切线方程 a2 b2a2 b2为.24 .若数列an对于任意的正整数 n满足：为0且aem n 1 ,则称数列an为“积增数 歹已知“积增数列" an中，a1 1,则a5 .25 .大家知道：在平面几何中，4ABC的三条中线相交于一点，这个点叫三角形的重心，并且

11、重心分中线之比为2： 1 (从顶点到中点).据此，我们拓展到空间：把空间四面体的顶点 与对面三角形的重心的连线叫空间四面体的中轴线，则四条中轴线相交于一点，这点叫此四面体的重心.类比上述命题，请写出四面体重心的一条性 质：.26 .如图，已知射线 OP作出点M使得POM ,且|OM | 8,若射线OP上一点N能使得 3MNIW ON的长度均为整数，则称 N是“同心圆梦点”.请问射线 OP上的同心圆梦点共有个.27 .如图，在每个三角形的顶点处各放置一个数，使位于4ABC的三边及平行于某边的任一直线上的数(当数的个数不少于3时)都分别成等差数列.若顶点 A B C处的三个数互不相同且和为1,则所

12、有顶点上的数之和等于 .28 .在数列a中，若存在一个非零常数，对任意的 n N*满足an T an ,则称a0是周期数 歹U,其中T叫它的周期.已知数列Xn满足Xi1,X2a(a 1), Xn 2|XniXn |,当数列Xn的周期为3时，则a =.29 .若对于定义在R上的函数f(X),其函数图象是连续的，且存在常数(R),使得f(X ) f(X) 0对任意白实数X成立，则称f(X)是 伴随函数.下列关于伴随函数 的叙述中不正确的是 .f(X)。是唯一一个常值伴随函数；f(X)X2是一个伴随函数；_ 1工伴随函数至少有一个零点.22222春 1(a,b>0)30 .若椭圆b2 1(a&

13、gt;b>0)的右焦点为F，短轴的上端点为A直线AF与椭圆C的右准线l相交于点B,则椭圆C的离心率e ；此| .把该结论类比到双曲线;| AB|中可得.2012届专题卷数学专题六答案与解析1 .【命题立意】本题主要考查推理的有关定义和分类.【思路点拨】推理的分类有哪些，每一种推理形式的区别和联系是什么以及各种推理的 思维过程和特征.【答案】B【解析】推理分合情推理和演绎推理，合情推理分归纳推理和类比推理，故选项A错误；类比推理是从特殊到特殊的推理，故选项D错误；演绎推理只有当前提和推理形式都正确时结论才是正确的，故选项C错误；合情推理的结论是猜想的，是否正确有待证明，故选B.2 .【命题

14、立意】考查演绎推理的三段论模式，要求学生注重对定义的准确把握.【思路点拨】演绎推理是有一般到特殊的思维过程，它的三段论模式是考查的重点，即要分 清大前提，小前提，结论.【答案】A【解析】演绎推理只有当前提(大前提和小前提)和推理形式都正确时结论才 是正确的，本题的结论出错了， 说明是前面的三个要素之一是错误的，经过分析可知是大前提错了导致结论出错，并非所有的指数函数都是增函数.3 .【命题立意】考查几种推理形式的概念，准确理解和分辨各种推理形式.【思路点拨】归纳推理，类比推理，演绎推理各自的特征是什么.【答案】A【解析】归纳推理是由几个特殊的事实推出具有一般性的结论；类比推理是从 特殊到特殊的

15、推理，两者具有很多相似的特征；演绎推理则是由一般到特殊的推理过程， 它有三段论.由此可得，选项B是归纳推理，选项C和D都是类比推理，只有A是演绎推 理.4 .【命题立意】有关数字的归纳推理.【思路点拨】善于找出数字间的规律，每一行的第一个数和最后一个数都是 该行的行数，中间的每个数具备什么样的规律呢.【答案】D【解析】根据图中数字发现，这组数具备的特征是每一行的第一个数和最后一个数都是该行的行数，中间的每个数等于它肩上的上一行两个相邻数之积，故a 12 12 144.5 .【命题立意】以图形为载体考查归纳推理，考查学生的归纳意识和发现周期变化的能力.【思路点拨】按照题意给出的规则尝试前几次的座

16、位图，当与前面中的某一次图形相同时，意味着带有周期变换，只要找出最小正周期即可知道以后任意一次的座位图.【答案】C【解析】到第四次时就回到了开始的图形，然后循环下去，可知周期为4,那么第2012次互换座位后应该与最开始的情况相同，故小兔的座位对应的是编号3.6 .（理）【命题立意】 考查平面几何与立体几何的类比推理，既要对结论进行形式上的类比,也要对结论推导方法进行类比.【思路点拨】先对平面中的结论进行简要的证明并将这种解决方法推广到空间中，将 cosa,cos , cos分别用边长来表示，然后进行边长之间的运算.【答案】B【解析】设该长方体的体对角线为S,长、宽、高分别为a、b、C,则由题意

17、可知，cosa 好 C2,cos 更EI,cos a2LZ,再由 s2a2 b2 c2,可知s's's，c, 2, 22、2222（a b c ）cos a cos cos 2.s2.（文）【命题立意】考查平面几何与立体几何的类比推理， 既要对结论进行形式上的类比， 也要对结论的推导方法进行类比.【思路点拨】采用类比方法，平面上的等面积法类比空间中的等体积法.【答案】B【解析】首先要根据等面积法来证明结论h n h2 h3的产生，然后类比推理到空间中，根据等体积法，同样将一个几何体分割成若干小几何体，再根据体积相等即可，可得答案为h hi h2 h3 h4,故选B.7 .【命题

18、立意】 主要考查学生的 演绎推理能力，依据一般性的结论来解决问题.来源：【思路点拨】解决这类问题的关键就是要将结构形式要变成和已知结论一样，不能有差别，否则利用结论将会出错，本题中 bA 3OB 3oC 0形式与已知结论的条件形式不同，需要稍作变形.【答案】C【解析将BA 3OB 3oC 0变形为OA oB 3oB 3oC 0 , OA 2oB 3oC 0 ,所以由 S6.已知结论可知 SOBC：SOAC ：SOBA：SABC 1： 2：3： 6 ,即产? 3.故选 C.S AOC 28 .【命题立意】主要考查学生关于平面图形中的运动思维能力，先定性再定量 路点拨】根据题意运动小圆形纸片不能到

19、达的区域只能是该正方形的四个拐角处, 只要计算出一个，然后乘以 4即可.来源：金太阳新课标资源网【答案】B【解析】如图，当圆形纸片运动到与一个角的两边相切的位置时，过圆形纸片的圆心作两边的垂线，S小正方形1 ,故圆形不能达到的区域面积为中:12） 4 .故选B.9 .【命题立意】基本不等式在方法和结构形式上的归纳推理.【思路点拨】每组不等式都是利用基本不等式在证明，进行方法上的推理，寻求方法是关键，本题中是将x进彳m等分，即*用。个?之和来表示.【答案】D【解析】这是二维基本不等式推广到 n维基本不等式的应用，n维的公式应为x x2不叫为x2 xn,为了使 得积是定值，本题给出的几个特例提供的

20、方法是对x进行拆分，故有x 4 g W X 4 (n优1Hg 4 ,因为根号里的值是1 ,所以a nn . x n n n xn n n x10 .【命题立意】 新定义类型题，主要考查学生有关数的整除知识和计数问题以及数列问题.【思路点拨】 解决这类新定义题就是要抓住它的本质特征，然后依此特征在100个数中去找符合该特征的数.【答案】C【解析】设两个连续偶数为2k2和2k,则82)2(2k)24(2k 1),故奥运数的特征是4的倍数，但不是8的倍数，故在1100之间，能称为奥运数的有4 1,4 3,4 5,4 7, ,4 25 ,即1 25之间的奇数个数，共计13个.11 .【命题立意】 这是

21、计算方法上的类比推理题，考查学生的接受和处理新信息的能力.【思路点拨】 抓住十进制的“逢十进一”规则，即从右边第一位开始相加，超过 10的就 要进一位，因为它每位上的数只能是 09这10个数码之一，类比“逢八进一”可计算得 知.【答案】C【解析】首先7+6=13,减去8后就是5作为右边第一位数字，然后进一位后得到4+5+1=10,同样减去8后就是2作为右边第二位数，再进一位给第三位，即该八进制 最高位上的数字是1,故答案是125,选C.12 .【命题立意】考查类比正切和角公式来解题，培养学生在结构形式和解题方法上的类比 能力.【思路点拨】首先条件等式化成形如“二”的结构,1 xy然后利用两角和

22、的正切公式来解题.【答案】D【解析】将条件左式变形,_ 兀 ,兀asin _ bcos_55兀 acos5bsin 5- 兀b tan_5 aK ,联想两角和的正切公式,-兀b tan _5 a设tan b ,则有tana,兀btan 5 a兀1 tan 58， 一一行，解得a k习(k Z),于btan(k aD.13.【命题立意】这是道数字推理题,考查学生的归纳推理能力.【思路点拨】由前两个图形发现中间数与四周四个数之间的关系，进而得出答案.【答案】C【解析】由前两个图形发现：中间数等于四周四个数的平方和，即12 32 52 62 71,2242527294,所以处该填的数字是426282

23、12117,所以选C.来源：14 .【命题立意】类比向量的数量积，给出了向量叉积的定义.考查学生对新信息的处理能力.【思路点拨】 直接利用题目给定的定义式，代入计算即可，这里要计算两向量的夹角,用到了我们已知的数量积运算的知识.【答案】B【解析】根据a (91) , b (1的，可求得a 2 , b 2, a b2新，有双 前 呼，所以 56,故 ab a b sin 2 2 1 2 .15 .(理)【命题立意】本题是有关立体几何问题中的概率创新题，考查古典概型.【思路点题】本题难点是计算出所有能构成“和谐棱锥”的个数，要求不重不漏，可以根据三棱锥中的2cm和3cm棱长的个数来分类.【答案】D

24、【解析】结构不同的“和谐棱锥”的棱长共有7类：(1)六个2,零个3; (2)五个2, 一个3; (3)四个2,两个3,此时有两种情形：棱长是 3的两条棱共面或异面；(4)三个2三个3,此时共有三种情形；(5)两个2,四个3;此时有两种情形：棱长是2的两条棱共面或异面；(6) 一个2,五个3; (7)零个2,六个3.仅有一个面是等边三角形的“和谐棱锥”共有四个：(4)三个2三个3中有两个符合题意，(3)四个2,两个3和(5)两个2,四个3各有一个符合题意，故概率为11(文)【命题立意】本题是有关立体几何问题中的概率创新题，考查古典概型.【思路点题】本题难点是计算出所有能构成“和谐棱锥”的个数，要

25、求不重不漏，可以根据三棱锥中的1cm和2cm棱长的个数来分类.这里要注意共面的三条棱长不能为11,2 ,因为这三条边不能构成三角形.【答案】D【解析】结构不同的“和谐棱锥”的棱长共有5种形式:(1)六个1,零个2; (2)五个1, 一个2;此种情形不能构成三棱锥；(3)四个1,两个2;此种情形不能构成三棱锥；(4)三个1三个2;只存在一个是以1cm边长为等边三角形的三棱锥；(5)两个1,四个2;此种情形的两个1cm只能是异面的时候才符合题意；(6) 一个1,五个2; (7)零个1,六个2.仅有一个面是等边三角形的“和谐棱锥”共有一个：(4)三个1三个2这种情形符合题意，故概率为 1 .516

26、.【命题立意】本题考查数字等式的归纳推理，培养学生发现规律和探索一般性结论的能力.【思路点拨】每个等式左右两边存在明显的特征，指数都约去了，而且其中两个数之和等于第三个数.a3 b3 a b【答案】anrb?羡殍1【解析】这是个有趣的约分问题，证明如下：a3 b3(a b)(a2 ab b2)a ba3 (a b)3 a (a b) a2 a(a b) (a b)2 a (a b),17 .【命题立意】本题考查有关三角等式的归纳推理，培养学生发现规律和探索一般性结论的能力.【思路点拨】根据已知的三个等式要分别从左右两边着手寻找规律._ .一2n 1【答案】coscos. cos五% -,n N

27、*【解析】左边的规律是第n个等式是n个余弦值相乘，而且发现角的分母是个奇数列2n 1(n 1, n N*),分子从 n ,右边的规律就简1单一点了，即第n个等式的右边是 酒.18 .【命题立意】平面向量与空间向量的类比推理，在结构形式上进行类比.【思路点拨】空间向量的共面定理，类比到平面中就是平面向量的共线定理.【答案】平面内任一点 O和两点A、B,则OP xOA yoB(x y 1)是P,A B三点共线的充要条件.【解析】由题意可得，题目要求写出类似的定理，则在保证该定理正确的前提下，尽量在语言表达上与前面的定理一致，空间中的四点共面对应于平面上的三点共线.19 .【命题立意】 以数列为载体

28、的归纳推理.【思路点拨】 通过观察发现这一系列圆内数字的规律，并建立数列模型来得到一般性的结论或通式.n2 n 4【答案】(理)112 (文)2【解析】(理)方法一：依题意可知，该组数自左向右顺次构成一个数列，记为an,其中句1 ；依题意有an 1an(an2n 1)2an2n 1,242n% ,7 ,aa 11数列式是以宗5为首项，4为公差的等差数列，于是有an 2 ：(n 1) ? , an 2n 2(n 1),因此第 6行的第一个数是a626 2(61)247 112.方法二：观察这列数发现如下规律，依次写成：2 21, 320,4夕，5 22,6 23,则很容易得出下一个数是7 24

29、112.(文)抓住该数阵每一行的第一个数为支点，发现每行的第一个数依次是20,21,23,26,只要寻求出指数的规律即可，令 a1 0,a2 1,a3 3,a4 6,a5 10,得出a(n 1) an n ,利用累加法求得通项公式为an吗，故第n行从左向右的第3个数为2an 2n2 n 420 .(理)【命题立意】平面几何与立体几何的类比推理，本题结合导数知识来考查面积与周 长的关系，由此推理出空间中的类似结论.【思路点拨】平面中的发现是“ 面积的导数是周长”，类比推理到空间中应为“体积的导数是表面积".【答案】在正四面体中，设它的内切球的半径为r ,容易求得正四面体的表面积S(r)

30、 24V3r2 ,体积V(r) 8归3 ,发现V'(r) S(r) .【解析】由题意可得，题目要求写出类似的结论，则在保证该结论正确的前提 下，尽量在语言表达上与前面的结论一致，本题中体现了平面几何与立体几何在如下词 语上的对应：“正三角形”与“正四面体”，“内切圆”与“内切球”，“周长”与“表面积”，“面积”与“体积”，再者就是方法上的类比，即由 S(r) C(r)类比到V'(r) S(r).(文)【命题立意】平面几何与立体几何在研究方法上的类比推理，平面中的 “等面积法”推 理到空间中的“等体积法”.【思路点拨】在内切圆的圆心处将三角形分割成三个小三角形，同理，在三棱锥内切

31、球 的球心处将三棱锥分割成四个小三棱锥，然后利用体积之和等于大三棱锥的体积即可得 出结论.【答案】四面体ABCD勺各表面面积分别为S2, S3, S4,其体积为V,则四面体ABCD勺内3V切球半径r g S2 s3 s4 【解析】由题意可得，题目要求写出类似的结论， 则在保证该结论 正确的前提下，尽量在语言表达上与前面的结论一致，本题中体现了平面几何与立体几何在 如下词语上的对应：“ abc”与“四面体 ABCD, “边长”与“表面面积”，“面积”与“体积”，“内切圆”与“内切球”等，这是结构上的类比，再者，本题也体现了方法上的类比即等面积法推理到等体积法，同样是将整体分割成几个小的，然后利用

32、体积不变得出结论，11113V故V 及31r可S2r3 S5rS4r，即 "S_s2S3s4 ,3333123421 .（理）【命题立意】本题考查平面几何与立体几何的类比推理，对平面几何正弦定理的准确理解并从结构上推理到空间三棱柱中.【思路点拨】首先写出平面几何中的正弦定理，然后按照平面几何到立体几何的类比对应写出空间上的正弦定理，平面中的对比值 面积，天比到仝间中就TE对二面角正弦值答案包竺包竺任解析作平面sinsin sinDEF与三棱柱侧棱AA, BBCC于点 D, E, F,则 edf弦定理得-EFsinDF DEEF AA DF AA1-：-： ,RIJ ：sin sins

33、in sin上金,而AA1 sinBB1 CC1 , 且 AA1 BB1止匕 S BB1cleS AA1cleS AA1B1Bsin sin sin（文）【命题立意】考查平面几何与立体几何的类比推理，既要对结论进行形式上的类比，也要对结论的推导方法进行类比.【思路点拨】首先根据结构形式可以推理出类似的结论可能是4a,为了保证它的正确性，要进行严格的求解，类比平面几何中的结论的计算方法.本题主要是利用等积法来解决.析】在如右图（1）所示，由s11AB AC a aABACBCAD 得 AD -22BC 2a空间中，如右图（2）所示，可知ABCD为等边三角形，边长为11 3AB AC AD - a

34、31 a3a622 .【命题立意】 本题主要考查学生处理平面几何问题的能力.【思路点拨】将该矩形分面积相等的两部分的直线一定过该矩形的中心点.【答案】4x-3y=0【解析】因为过心点（对角线的交点）的任意直线都将该矩形分割成面积相等的两部分点坐标是（34）,再设过原点的直线l的方程为y=kx,解得k 4,故直线I的方程是ABCABG侧棱垂直，分别交CC1,因向,则由等体积法可得:,又矩DFE ，在 DEF中，根据正2方a.由此类比到答案【解a22,a3 , a4815,a525.【命题立意】本题是道类比推理题，主要考查从平面几何到立体几何的结论推理，从结论的形式上和证明的方法上进行类比推理.【

35、思路点拨】首先根据平面几何上的结论来拓展到空间上的结论，并画出23 .【命题立意】解析几何中圆与椭圆的性质结论类比.寻求结构形式的异同点是关键.【思路点拨】圆上一点的切线方程与圆方程在结构上的异同点，然后类比椭圆上的一点的切线方程也具备类似的结论.【答案】 曾 学1【解析】过圆上一点(X0,y0)的切线方程是把圆的方程中的x2,y2中的一a b个x和一个y分别用X0,y0代替，圆和椭圆都是封闭曲线，类比圆上一点的切线方程可以得到，过椭圆上一点(,yd的切线方程是把椭圆方程中的x2,y2中的一个x和一个y分别用xo，y。代替，即得到切线方程为 W 学1 a2 b224 .【命题立意】新定义问题，

36、培养学生的知识迁移和阅读处理信息的能力以及计算能力.【思路点拨】首先要领悟“积增数列”的定义，然后根据a, 1,anan 1 n 1,递推计算即可【答案】吧.【解析】由题意可知a1a2 2, a2a3 3, a3a4 4,a4a5 5 再由 q 1 依次求出8图形来证明重心分中轴线为 3：1.【答案】空间四面体的重心分顶点与对面三角形的重心的连线之比为3 ： 1 (从顶点到对面三角形的重心).【解析】如图所示，AE,BP为四面体的中轴线，P,E分别为acd, BCD的重心，连结 P耳因为AP： PF=2：1,BE： EF=2 ： 1,所以 AP： PFeE： EE pe/ab ,所以 AG：

37、GE=BG： GP=AB： PE=3 ： 1 .来源: 金太阳新课标资源网26 .【命题立意】本题以三角形边长为整数为背景来命题，考查学生对有关数论综合分析能力.【思路点拨】 以MM< ON的长度均为整数为突破口来寻找点N,将本题转化为列方程求整数解的个数问题.【答案】4【解析】如图，过点 M作MH OP因为pom 且|om| 8,所以 |OH| 4 , |MH|3,设 |MB| a , |HB| b ( m n 是正整数).显然，在 RtAMHB中，有a2 b2 (4V3)2 ,即(a b)(a b) 48,因为a b与a b同奇偶，所以 48 J；的分解只能取下列三种：48 24 2 12 4 8 6 .得(a,b) (13,11),苗4),(7,1)时就对应有三个同心圆梦点B,B2,B3.另外，易知点B3关于直线 MH对称的点B4也是符合题意.故射线OP上的同心圆梦点共有4个.27 .【