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2013届高三数学二轮精品专题卷专题6 推理题和创新题


2013 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 1 1 2.有一段演绎推理是这样的: “指数函数都是增函数;已知 y ? ( ) x 是指数函数;则 y ? ( ) x 是增函数”的结论显然 2 2 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 ? ?B B.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 ( )

A.12 B.48 C.60 D.144 5.四个小动物换座位,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 1 B.编号 2 C.编号 3 D.编号 4 6. (理)长方形的对角线与过同一个顶点的两边所成的角为 ?,? ,则 cos2 ? ? cos2 ? ? 1 ,将长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. cos2 ? ? cos2 ? ? cos2 ? ? 1 B. cos2 ? ? cos2 ? ? cos2 ? ? 2 C. cos2 ? ? cos2 ? ? cos2 ? ? 3 D. cos2 ? ? cos2 ? ? cos2 ? ? 4 (文)若点 P 是正三角形 ABC 的内部任一点,且 P 到三边的距离分别为 h1 , h2 , h3 ,正三角形 ABC 的高为 h,根据 等面积法可以得到 h ? h1 ? h2 ? h3 ,由此可以类推到空间中,若点 P 是正四面体 A-BCD 的内部任一点,且 P 到四 个面的距离分别为 h1 , h2 , h3 , h4 , 正四面体 A ? BCD 的高为 h, 则有 A. h>h1 ? h2 ? h3 ? h4 B. h ? h1 ? h2 ? h3 ? h4 C. h<h1 ? h2 ? h3 ? h4 D. h1 , h2 , h3 , h4 与 h 的关系不定 ( )

7.在学习平面向量时,有这样一个重要的结论: “在 ?ABC 所在平面中,若点 P 使得 xPA ? yPB ? zPC ? 0 (x,y,z ? R,xyz(x+y+z)≠ 0) ,则 S?PBC

: S?PAC : S?PBA : S?ABC ?| x |:| y |:| z |:| x ? y ? z | ” .依此结论,设点
?AOC

O 在 )

S?ABC 且有 BA ? 3OB ? 3OC ? 0 , 则S 的值为 △ABC 的内部,
A.2 B.
3 2

( D.
5 3

C.3

8.如图,一个半径为 1 的圆形纸片在边长为 8 的正方形内任意运动,则在该正方形内,这个圆形纸片不能接触到的 部分的面积是 ( ) ? A. 1 ? 4 B. 4 ? ? C. 8 ? ? D. 4 3 ? ? 9.已知 x ? (0, ??) ,观察下列各式: x ? 有 x?
1 27 x x x 27 4 x x 4 ? 2 , x ? 2 ? ? ? 2 ? 3, x ? 3 ? ? ? ? 3 ? 4 , . . . ,类比 x 3 3 3 x 2 2 x x x

a 则a? ? n (n∈N*), xn





A.n B.2n C. n 2 D. n n 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 1~100 这 100 个数中,能称为“奥运数” 的个数是 ( ) A.11 B.12 C.13 D.14 11.我们知道十进制数有 10 个数码即 0~9,进位规则是“逢十进一” ,如 47+56=103;由此可知八进制数有 8 个数 码即 0~7, 进位规则是 “逢八进一” , 则在八进制下做如下运算 47+56= ( ) A.85 B.103 C.125 D.185 x? y 12.在数学解题中,常会碰到形如“ ”的结构,这时可类比正切的和角公式.如:设 a, b 是非零实数,且满足 1 ? xy

a sin

b 5 ? tan 8? , 则 = a 15 a cos ? b sin 5 5

?

5

? b cos

?

?

?





A.4 B. 15 13. 观察下图, 可推断出 “?” 应该填的数字是

C.2

D. 3 ( )

1 6 71 3 5

2 5 94 4 7 8

4 ? 1 6

A.19 B.192 C.117 D.118 14.设向量 a 与 b 的夹角为 ? ,定义 a 与 b 的“向量积” : a × b 是一个向量,它的模| a × b |=| a | ? | b | ? sin? ,若

a ? (? 3,?1) , 则| a × b |= b ? (1, 3 ) ,





A. 3 B.2 C. 2 3 D.4 15. (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 ( ) 1 2 3 4 A. B. C. D. 7 9 10 11 (文)我们把棱长要么为 1cm,要么为 2cm 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 ( ) 1 1 1 1 A. B. C. D. 2 3 4 5 (1)填空题(本大题共 15 小题,每小题 5 分,共 75 分.把正确答案填在题中横线上)

3 ?1 53 ? 23 5 ? 2 83 ? 23 8 ? 2 , 3 3 ? , 3 3 ? , . . . ,根据以上等式的规律,试 3? 2 5?3 8?6 3 ?2 5 ?3 8 ?6 写出一个对正实数 a, b 成立的等式 . ? 1 ? 2? 1 ? 2? 3? 1 ? , cos cos cos ? ,?,根据以上等式,可猜想出的一般结论 17 . 已 知 c o s ? , cos cos 3 2 5 5 4 7 7 7 8 是 .
16.经计算发现下列正确的等式:
3 3

33 ? 13

?

18.空间任一点 O 和不共线三点 A、B、C,则 OP ? xOA ? yOB ? zOC( x ? y ? z ? 1) 是 P,A,B,C 四点共面的充要 条件.在平面中,类似的定理是 . 19. (理)按照如下图给的数所呈现的规律,下一个数“?”代表 .

1
(文)一个三角形数阵如下:

3

8

20 48

?

1 2 22 23 24 25 26 27 28

29


?? 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 3r 2 ,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 . 2S (文)已知△ABC 的三边长分别为 a, b, c ,其面积为 S,则△ABC 的内切圆 O 的半径 r ? .这是一道平 a?b?c 面几何题,其证明方法采用“等面积法” . 请 用 类 比 推 理 方 法 猜 测 对 空 间 四 面 体 ABCD 存 在 类 似 结 论 为 . 21. (理)类比正弦定理,如图,在三棱柱 ABC ? A1B1C1 中,二面角 B ? AA1 ? C 、 C ? BB1 ? A 、 B ? CC1 ? A 所成的 平面角分别为 ? 、 ? 、 ? ,则有
A1 P M C A B


C1 B1

N

2 a ,类比上述结论,那么在三棱锥 A-BCD 中, 2 AB、AC、AD 两两垂直且相等,设长度均为 a,则斜面 BCD 上的高 AE 的长度为 . 22.如图,在平面直角坐标系 xOy 中,矩形 ABCD 的顶点分别是 A(1,5) 、 B(1,3) 、 C(5,3) 、 D(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
(文)在等腰直角△ABC 中,设腰长为 a,则斜边上的高为

23.经过圆 x 2 ? y 2 ? r 2 上一点 M ( x0 , y0 ) 的切线方程为 x0 x ? y0 y ? r 2 .类比上述性质,可以得到椭圆 似的性质为:经过椭圆

x2 a
2

?

y2 b2

?1类

? 1 上一点 P ( x0 , y0 ) 的切线方程为 . a 2 b2 24.若数列 ?an? 对于任意的正整数 n 满足: an>0 且 an an ?1 ? n ? 1 ,则称数列 ?an? 为“积增数列” .已知“积增数列”

x2

?

y2

?an? 中, a1 ? 1,则 a5 ?



25.大家知道:在平面几何中,△ABC 的三条中线相交于一点,这个点叫三角形的重心,并且重心分中线之比为 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 MN 与 ON 的长度 3 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△ABC 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 ,则所有顶点上的数之和等 于 .
A

B

C

28.在数列 ?an? 中,若存在一个非零常数,对任意的 n ? N*满足 an ?T ? an ,则称 ?an? 是周期数列,其中 T 叫它的周
xn ? 2 ?| xn ?1 ? xn | , 期. 已知数列 ?xn? 满足 x1 ? 1, x2 ? a (a ? 1) , 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 意的实数 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 ① f (x) ? 0 是唯一一个常值 ? ? 伴随函数;
2 ② f ( x ) ? x 是一个 ? ? 伴随函数;





1 ? 伴随函数至少有一个零点. 2

30. 若椭圆 C:

x2 a
2

?

y2 b2

? 1(a>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 ?

x2 y 2 | AF | .把该结论类比到双曲线 C: 2 ? 2 ? 1(a, b>0) 中可得 | AB | a b

2013 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.
cos a ? 【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, 则由题意可知,
cos? ? a 2 ? b2 s

b2 ? c 2 a2 ? c2 cos ? ? , , s s

,再由 s 2 ? a 2 ? b 2 ? c 2 ,可知 cos2 a ? cos2 ? ? cos2 ? ?

2(a 2 ? b 2 ? c 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 ? h1 ? 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 ? h1 ? h2 ? h3 ? h4 ,故选 B. 7. 【命题立意】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. 【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 ,所以由已知结论可知

S?OBC : S?OAC : S?OBA : S?ABC ? 1: 2 : 3: 6 ,即 S

S?ABC
?AOC

?

6 ? 3 .故选 C. 2

8. 【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. 【思路点拨】根据题意运动小圆形纸 片不能到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: 学科网] 【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 4(1 ? ? ? ?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 进行 n 等分,即 x 用 n 个
x 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 n
1 4

n 的公式应为 x1 ? x2 ? ?? xn ? n x1 ? x2 ??? xn ,为了使得积是定值,本题给出的几个特例提供的方法是对 x 进行拆分,故有

x?

a xn

x x x a x x x a ? ? ? ? ? ? n ? (n ? 1)n?1 ? ??? ? n ,因为根号里的值是 1,所以 a ? n n . n n n x n n n x

10. 【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. 2 ? (2 k )2 ? 4(2k ? 1) ,故奥运数的特征是 4 的倍数,但不是 8 的倍 【答案】C【解析】设两个连续偶数为 2k ? 2 和 2k ,则(2k ? 2) 4 ? 1 , 4 ? 3 , 4 ? 5 , 4 ? 7 , ? , 4? 25 ,即 1~25 之间的奇数个数,共计 13 个. 数,故在 1~100 之间,能称为奥运数的有 11. 【命题立意】这是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 0~9 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“

x? y 1 ? xy

”的结构,然后利用两角和的正切公式来解题.

【答案】D【解析】将条件左式变形,得

asin

π π π b ? bcos tan ? 5 5 ? 5 a ,联想两角和的正切公式,设 tan ? b ,则有 π π π b a acos ? bsin 1 ? tan ? 5 5 5 a

π b tan ? ? 8? b ? ? ?π ? 5 a ? tan 8π ,则 ? a ? k? ? a ? k? ? (k ? Z) ,于是 a ? tan(k? ? 3 ) ? 3 ,答案选 D. tan? ? a ? ? 5 15 ,解得 3 π b 5 15 ? ? 1 ? tan ? 5 a

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 1 ? 3 ? 5 ? 6 ? 71 , 2 ? 4 ? 5 ? 7 ? 94 , 所以“?”处该填的数字是 42 ? 62 ? 82 ? 12 ? 117 ,所以选 C. 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 ? (?
? ? ? ? 1 2
?
? ? 3 ,?1) ,b ? (1, 3 ) ,可求得 a ? 2
2 2 2 2 2 2 2 2

, b ? 2 , a ? b ? ?2 3 ,有 cos

?

? ?

? ? ? ? ?? 2 a b

? a ?b

3

,所以 ? ?

5? 6



故 a ? b ? a ? b ? sin ? ? 2 ? 2 ? ? 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. 【思路点拨】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【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
4 . 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. 【思路点拨】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 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 1,1,2 ,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 . 5

16. 【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.
a ?b a?b 【答案】 a3 ? (a ? b)3 ? a ? (a ? b) 【解析】这是个有趣的约分问题,证明如下: a3 ? (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.
3 3

a3 ? b3

(a ? b)( a2 ? ab ? b2 )

?

?

a?b

2? n? 1 ?cos ? , n∈N*【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 2n ? 1 2n ? 1 2 n 1 ,n ? N*),分子从 ? ? n? ,右边的规律就简单一点了,即第 n 个等式的右边是 2 n . 的分母是个奇数列 2n ?1(n ?1

【答案】 cos

?

2n ? 1

cos

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 y ?1 ) 是 P,A,B 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( ? 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 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 a1 ? 1 ;依题意有 an ?1 ? an ? (an ? 2n?1) ? 2an ? 2n ?1 , 2n ?1 为公差的等差数列,于是有
an 2n

an ?1

1 ? n? 2 4

an

1 , 2n ?1 ? 2n ? 4

an ?1

an

,数列 ? n ? 是以 ?2 ?

? an ?

1 ? 21 2

a1

1 为首项, 4

1 1 n ?1 6? 2 4 ? ? (n ? 1) ? ,an ? 2n ? 2 (n ? 1) ,因此第 6 行的第一个数是 a6 ? 2 (6 ? 1) ? 2 ? 7 ? 112 .方 2 4 4

法二:观察这列数发现如下规律,依次写成: 2? 2?1 , 3? 20 ,4 ? 21 , 5 ? 22 , 6 ? 23 ,则很容易得出下一个数是 7 ? 24 ? 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 ?
n 2 ?n?4

n( n ? 1) ,故第 n 行从 2

左向右的第 3 个数为 2 a n ? 2 ? 2 2 . 20. (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
2 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 ) ? 24 3r ,体积

V (r ) ? 8 3r 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 的各表面面积分别为 S1,S 2,S3,S 4 ,其体积为 V ,则四面体 ABCD 的内切球半径
r? 3V 【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 S1 ? S 2 ? S3 ? S 4 .

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: “ ?A , “边 B C ”与“四面体 ABCD” 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,然后利用体积不变得出结论, 故 V ? S1r ? S 2 r ? S3r ? S4 r ,即 r ? S ? S ? S ? S . 3 3 3 3 1 2 3 4 21. (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 【答案】
S
BB1C1C

1

1

1

1

3V

边长 面积 ,类比 到空间中就是 . 对角正弦值 对二面角正弦值

sin ?

?

S

AA1C1C

sin ?

?

S

AA1B1B

sin ?

【解析】作平面 DEF 与三棱柱 ABC-A1B1C1 侧棱垂直,分别交侧棱 AA1,BB1,CC1
EF DF DE ? ? sin ? sin ? sin ?

于点 D , E , F ,则 ?EDF ? ? , ?DEF ? ? , ?DFE ? ? ,在△ DEF 中,根据正弦定理得
EF ? AA1 DF ? AA1 DE ? AA1 ? ? sin? sin? sin?

,即

,而 AA1 ? BB1 ? CC1 ,且 AA1 ? BB1 ? CC1 ,因此

S

BB1C1C

sin ?

?

S

AA1C1C

sin ?

?

S

AA1B1B

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
3 a ,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 3
3 1 1 a 【解析】在如右图(1)所示,由 S ? AB ? AC ? BC ? AD 3 2 2

主要是利用等积法来解决. 【答案】 得 AD ?

AB ? AC a ? a 2 ? ? a .由此类比到空间中,如右图(2)所示,可知 △ BCD 为等边三角形, BC 2a 2

边 长 为

2a

3 , 则 由 等 体 积 法 可 得 : V ? ? AB ? AC ? AD ? a ? ? S△BCD ? AE ,

1 1 3 2

1 6

1 3

1 3 a 3 6 AE ? ? a. 3 1 3 2 ? ( 2 a) 3 4

22. 【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】将该矩形分割成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】因为过矩形中心点(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,又矩形的中心点坐标是 ,再设过原点的直线 l 的方程为 y=kx,解得 k ? 4 ,故直线 l ( 3,4)
3

的方程是 4x-3y=0. 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】

x0 x a2

?

y0 y b2

( x0 , y 0)的切线方程是把圆的方程中的 x 2 , y 2 中的一个 x 和一个 y 分别用 ? 1 【解析】过圆上一点

( x0 , y 0)的切线方程是把椭 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

圆方程中的 x 2 , y 2 中的一个 x 和一个 y 分别用 x0 , y0 代替,即得到切线方程为

x0 x a2

?

y0 y b2

?1 .

24. 【命题立意】新定义问题,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 a1 ? 1, an an ?1 ? n ? 1 ,递推计算即可. 【答案】
3 8 15 15 【解析】由题意可知 a1a2 ? 2,a2 a3 ? 3, a3a4 ? 4, a4 a5 ? 5 , 再由 a1 ? 1 , 依次求出 a2 ? 2, a3 ? , a4 ? , a5 ? . 2 3 8 8

A 25. 【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. 【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,并画出图形来证明 P 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 G D 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 PE,因为 AP∶PF=2∶1,BE∶EF=2∶1,所 B E F 以 AP∶PF=BE∶EF, PE // AB ,所以 AG∶GE=BG∶GP=AB∶PE=3∶1. C 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 MN 与 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 , 3

| MH |? 4 3 , 设 | MB |? a , | HB |? b ( m,n 是 正 整 数 ) . 显 然 , 在 Rt△ MHB 中 , 有 a 2 ? b 2 ? (4 3 ) 2 ,即 (a ? b)(a ? b) ? 48 .因为 a ? b 与 a ? b 同奇偶,所以 48 的分解只能取

下列三种: 48 ? 24? 2 ? 12? 4 ? 8? 6 .得 (a, b) ? (13,11), (8,4), (7,1) 时就对应有三个同心圆梦 点 B1, 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. 【命题立意】以数列为载体的创新题,考查学生对等差数列的定义与性质的灵活运用. 【思路点拨】首先要设出每个顶点所表示的数,利用等差数列的性质结合 a ? b ? c ? 1 进一步求出其他数字之和. 【答案】
10 【解析】如图所示,分别设出各顶点的数,用小写字母表示,由条件知 3 a ? b ? c ? 1 , x1 ? x2 ? a ? b , y1 ? y2 ? b ? c , z1 ? z2 ? a ? c ,又 2 g ? x1 ? y2 ? x2 ? z2 ? y1 ? z1 ,所



1 6 g ? x1 ? x2 ? y1 ? y2 ? z1 ? z2 ? 2(a ? b ? c) ? 2 , 即 g ? , 因 此 所 有 顶 点 上 的 数 之 和 等 于 3

a ? b ? c ? x1 ? x2 ? y1 ? y2 ? z1 ? z2 ? g ? 1 ? 2 ?

1 10 ? . 3 3

28. 【命题立意】以周期数列为背景的新定义问题,培养学生的知识迁移和阅读处理信息的能力. 【思路点拨】本题要抓住周期的定义,根据 x4 ? x1 建立关于 a 的方程即可求出 a. x4 ?| x3 ? x2 |?| 1 ? 2a | , x3 ?| x2 ? x1 |? 1 ? a , 【答案】 0或1 【解析】 由题意可知, 因为周期是 3, 所以有 x4 ? x1 , 即 | 1? 2a |? 1 , 解得 a ? 0 或 1. 29. 【命题立意】新定义问题,主要考查学生新信息的处理能力以及函数性质与计算问题. 【思路点拨】本题的关键是抓住 f (x ? ?) ? ?f (x) ? 0 恒成立的问题,然后根据每个具体的函数,代入计算即可. 【答案】①②【解析】①错误,设 f (x) ? C 是一个 ? ? 伴随函数,则 (1? ?)C ? 0 ,当 ? ? ?1 时,可以取遍实数集, 因此 f (x) ? 0 不是唯一一个常值 ? ? 伴随函数.②错误.用反证法,假设 f ( x ) ? x 2 是一个 ? ? 伴随函数,则
( x ? ? ) 2 ? ?x 2 ? 0 ,即 (1 ? ? ) x 2 ? 2?x ? ?2 ? 0 对任意实数 x 成立, 所以 ? ? 1 ? 2? ? ?2 ? 0 , 而此式无解, 所以 f ( x ) ? x 不
2

1 1 1 f (0) ? 0 .所以 f ( ) ? ? f (0) .若 f (0) ? 0 ,显然 f (x) ? 0 有实 2 2 2 1 1 1 数根; 若 f ( x) ? 0 ,f ( ) ? f (0) ? ? ( f (0)) 2<0 . 又因为 f ( x) 的函数图象是连续不断, 所以 f ( x) 在 ( 0, ) 上必有实数根. 因 2 2 2 1 1 此任意的 ? 伴随函数必有根,即任意 ? 伴随函数至少有一个零点.所以答案为①②. 2 2

是一个 ? ? 伴随函数.③正确,令 x ? 0 ,得 f ( ) ?

1 2

3 0. 【命题立意】本题考查解析几何中椭圆与双曲线的类比推理,培养学生类比探索结论的能力. 【思路点拨】由于椭圆与双曲线在标准方程、焦点坐标、准线方程都是类似的,可以直接采用语句上的推理,只 需将短轴上端点改为虚轴上端点即可. 【答案】双曲线 C:
x2 a
2

?

y2 b2

? 1(a, b> 0) 的离心率 e ?

| AF | | AB |

,其中,F 为双曲线 C 的右焦点,A 为虚轴上端点,B 为直

线 AF 与双曲线 C 的右准线 l 的交点. 【解析】虽然说类比的结论可能会出错,但是在考试中默认的类比推理结论 一定要保证它的正确性,所以一般做法是先从语句上推理一个可能的结论,然后再证明这个结论,证明的方法可 以模仿原来结论的证明方法,如本题可以这样证明,过点 A 作右准线 l 的垂线 AM ,垂足为点 M ,因为

| OF |? c, | AF |? a, | AM |?

a3 | AM | | AB | | AF | a2 | AF | a c2 ? ? 2 ? e2 ,即 e ? FAO ,可得 | OF | ? | AF | ,解得 | AB |? 2 ,故 ,利用 △ABM~△ . | AB | | AB | a3 c a c
c2


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