【复习参考】2021年高考数学(理)提升演练：合情推理与演绎推理

2021届高三数学（理）提升演练：合情推理与演绎推理一、选择题1．已知△ABC中，∠A＝30°，∠B＝60°，求证：a<b.证明：∵∠A＝30°，∠B＝60°，∴∠A<∠B.∴a<b，其中，画线部分是演绎推理的()A．大前提B．小前提C．结论 D．三段论2．观看(x2)′＝2x，(x4)′＝4x3，(cosx)′＝－sinx，由归纳推理可得：若定义在R上的函数f(x)满足f(－x)＝f(x)，记g(x)为f(x)的导函数，则g(－x)＝()A．f(x) B．－f(x)C．g(x) D．－g(x)3．已知f1(x)＝sinx＋cosx，fn＋1(x)是fn(x)的导函数，即f2(x)＝f′1(x)，f3(x)＝f′2(x)，…，fn＋1(x)＝f′n(x)，n∈N*，则f2011(x)＝()A．－sinx－cosx B．sinx－cosxC．－sinx＋cosx D．sinx＋cosx4．设△ABC的三边长分别为a、b、c，△ABC的面积为S，内切圆半径为r，则r＝eq\f(2S,a＋b＋c)；类比这个结论可知：四周体S－ABC的四个面的面积分别为S1、S2、S3、S4，内切球的半径为r，四周体S－ABC的体积为V，则r＝()A.eq\f(V,S1＋S2＋S3＋S4) B.eq\f(2V,S1＋S2＋S3＋S4)C.eq\f(3V,S1＋S2＋S3＋S4) D.eq\f(4V,S1＋S2＋S3＋S4)5.正方形ABCD的边长是a，依次连接正方形ABCD各边中点得到一个新的正方形，再依次连接新正方形各边中点又得到一个新的正方形，依此得到一系列的正方形，如图所示．现有一只小虫从A点动身，沿正方形的边逆时针方向爬行，每遇到新正方形的顶点时，沿这个正方形的边逆时针方向爬行，如此下去，爬行了10条线段．则这10条线段的长度的平方和是()A.eq\f(1023,2048)a2 B.eq\f(1023,768)a2C.eq\f(511,1024)a2 D.eq\f(2047,4096)a26．把正整数排成如图甲的三角形数阵，然后擦去第偶数行中的奇数和第奇数行中的偶数，得到如图乙的三角形数阵，再把图乙中的数按从小到大的挨次排成一列，得到一个数列{an}，则a2013＝()A．3963 B．4002C．4501 D．4623二、填空题7．观看下列等式1＝12＋3＋4＝93＋4＋5＋6＋7＝254＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝49……照此规律，第n个等式为________．8．已知结论：在正三角形ABC中，若D是边BC的中点，G是三角形ABC的重心，则eq\f(AG,GD)＝2.若把该结论推广到空间中，则有如下结论：在棱长都相等的四周体ABCD中，若△BCD的中心为M，四周体内部一点O到四周体各面的距离都相等，则eq\f(AO,OM)＝________.9．观看下列等式：12＝1，12－22＝－3，12－22＋32＝6，12－22＋32－42＝－10，…由以上等式推想到一个一般的结论：对于n∈N*,12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝________.三、解答题10．已知函数f(x)＝eq\f(x2,1＋x2)，(1)分别求f(2)＋f(eq\f(1,2))，f(3)＋f(eq\f(1,3))，f(4)＋f(eq\f(1,4))的值；(2)归纳猜想一般性结论，并给出证明；(3)求值：f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2013)＋f(eq\f(1,2))＋f(eq\f(1,3))＋…＋f(eq\f(1,2013))．11．在平面几何中，争辩正三角形内任一点与三边的关系时，我们有真命题：边长为a的正三角形内任一点到各边的距离之和是定值eq\f(\r(3),2)a.类比上述命题，请你写出关于正四周体内任一点与四个面的关系的一个真命题，并给出简要的证明．详解答案一、选择题1．解析：由三段论的组成可得划线部分为三段论的小前提．答案：B2．解析：观看可知，偶函数f(x)的导函数g(x)都是奇函数，所以g(－x)＝－g(x)．答案：D3．解析：f2(x)＝f′1(x)＝cosx－sinx；f3(x)＝f′2(x)＝－sinx－cosx；f4(x)＝f′3(x)＝－cosx＋sinx；f5(x)＝f′4(x)＝sinx＋cosx，则其周期为4，即fn(x)＝fn＋4(x)．f2011(x)＝f3(x)＝－sinx－cosx.答案：A4．解析：设三棱锥的内切球球心为O，那么由V＝VO－ABC＋VO－SAB＋VO－SAC＋VO－SBC，即：V＝eq\f(1,3)S1r＋eq\f(1,3)S2r＋eq\f(1,3)S3r＋eq\f(1,3)S4r，可得：r＝eq\f(3V,S1＋S2＋S3＋S4).答案：C5.解析：由题可知，这只小虫爬行的第一段长度的平方为aeq\o\al(2,1)＝(eq\f(1,2)a)2＝eq\f(1,4)a2，其次段长度的平方为aeq\o\al(2,2)＝(eq\f(\r(2),4)a)2＝eq\f(1,8)a2，…，从而可知，小虫爬行的线段长度的平方可以构成以aeq\o\al(2,1)＝eq\f(1,4)a2为首项，eq\f(1,2)为公比的等比数列，所以数列的前10项和为S10＝eq\f(\f(1,4)a2[1－\f(1,2)10],1－\f(1,2))＝eq\f(1023,2048)a2.答案：A6．解析：在图乙中，前k行共有1＋2＋3＋…＋k＝eq\f(kk＋1,2)个数，若a2013位于第k行，则eq\f(kk－1,2)<2013≤eq\f(kk＋1,2)，而eq\f(63×64,2)＝2016，eq\f(62×63,2)＝1953，∴a2013位于第63行从右起的第4个数．又观看图乙可知，第k行的最终1个数为k2，∴a2013＝632－6＝3963.答案：A二、填空题7．解析：每行最左侧数分别为1、2、3、…，所以第n行最左侧的数为n；每行数的个数分别为1、3、5、…，则第n行的个数为2n－1.所以第n行数依次是n、n＋1、n＋2、…、3n－2.其和为n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2.答案：n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)28．解析：设四周体内部一点O到四周体各面都相等的距离为d，则由题意知d＝OM.设该四周体各个面的面积均为S，则由等体积法得：4×eq\f(1,3)S×OM＝eq\f(1,3)S×AM，∴4OM＝AM，∵AO＋OM＝AM，从而eq\f(AO,OM)＝eq\f(3,1)＝3.答案：39．解析：留意到第n个等式的左边有n项，右边的结果的确定值恰好等于左边的各项的全部底数的和，即右边的结果的确定值等于1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2)＝eq\f(n2＋n,2)，留意到右边的结果的符号的规律是：当n为奇数时，符号为正；当n为偶数时，符号为负，因此所填的结果是(－1)n＋1eq\f(n2＋n,2).答案：(－1)n＋1eq\f(n2＋n,2)三、解答题10．解：(1)∵f(x)＝eq\f(x2,1＋x2)，∴f(2)＋f(eq\f(1,2))＝eq\f(22,1＋22)＋eq\f(\f(1,2)2,1＋\f(1,2)2)＝eq\f(22,1＋22)＋eq\f(1,22＋1)＝1，同理可得f(3)＋f(eq\f(1,3))＝1，f(4)＋f(eq\f(1,4))＝1.(2)由(1)猜想f(x)＋f(eq\f(1,x))＝1，证明：f(x)＋f(eq\f(1,x))＝eq\f(x2,1＋x2)＋eq\f(\f(1,x)2,1＋\f(1,x)2)＝eq\f(x2,1＋x2)＋eq\f(1,x2＋1)＝1.(3)f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2013)＋f(eq\f(1,2))＋f(eq\f(1,3))＋…＋f(eq\f(1,2013))＝f(1)＋[f(2)＋f(eq\f(1,2))]＋[f(3)＋f(eq\f(1,3))]＋…＋[f(2013)＋f(eq\f(1,2021))]＝eq\f(1,2)＋eq\o(1＋1＋1＋…＋1,\s\up6(,2012个))＝eq\f(1,2)＋2012＝eq\f(4025,2).11．解：类比所得的真命题是：棱长为a的正四周体内任一点到四个面的距离之和是定值eq\f(\r(6),3)a.证明：设M是正四周体P－ABC内任一点，M到面AB