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高二数学类比推理综合测试题


选修 2-2
一、选择题

2.1.1 第 2 课时 类比推理

1.下列说法正确的是(

)

A.由合情推理得出的结论一定是正确的 B.合情推理必须有前提有结论 C.合情推理不能猜想 D.合情推理得出的结论无法判定正误 [答案] B [解析] 由合情推理得出的结论不一定正确,A 不正确;

B 正确; 合情推理的结论本身就是一个猜想,C 不正确;合情推理结论可以通 过证明来判定正误,D 也不正确,故应选 B. 2.下面几种推理是合情推理的是( ①由圆的性质类比出球的有关性质 ②由直角三角形、等腰三角形、等边三角形的内角和是 180° ,归 纳出所有三角形的内角和都是 180° ③教室内有一把椅子坏了,则该教室内的所有椅子都坏了 ④三角形内角和是 180° ,四边形内角和是 360° ,五边形内角和 是 540° ,由此得出凸多边形的内角和是(n-2)· 180° A.①② B.①③④ C.①②④ D.②④ [答案] C [解析] ①是类比推理;②④都是归纳推理,都是合情推理.
1

)

1 3.三角形的面积为 S=2(a+b+c)· r,a、b、c 为三角形的边长, r 为三角形内切圆的半径,利用类比推理,可以得到四面体的体积为 ( ) 1 A.V=3abc 1 B.V=3Sh 1 C.V=3(S1+S2+S3+S4)r,(S1、S2、S3、S4 分别为四面体四个面 的面积,r 为四面体内切球的半径) 1 D.V=3(ab+bc+ac)h(h 为四面体的高) [答案] C [解析] 边长对应表面积,内切圆半径应对应内切球半径.故应 选 C. 4.类比平面内正三角形的“三边相等,三内角相等”的性质, 可推知正四面体的下列哪些性质,你认为比较恰当的是( ①各棱长相等,同一顶点上的任两条棱的夹角都相等 ②各个面都是全等的正三角形, 相邻两个面所成的二面角都相等 ③各个面都是全等的正三角形, 同一顶点上的任两条棱的夹角都 相等 A.① B.①② C.①②③ D.③ [答案] C [解析] 正四面体的面(或棱)可与正三角形的边类比,正四面体
2

)

的相邻两面成的二面角 (或共顶点的两棱的夹角 )可与正三角形相邻 两边的夹角类比,故①②③都对. 5.类比三角形中的性质: (1)两边之和大于第三边 (2)中位线长等于底边的一半 (3)三内角平分线交于一点 可得四面体的对应性质: (1)任意三个面的面积之和大于第四个面的面积 (2)过四面体的交于同一顶点的三条棱的中点的平面面积等于第 1 四个面面积的4 (3)四面体的六个二面角的平分面交于一点 其中类比推理方法正确的有( A.(1) B.(1)(2) C.(1)(2)(3) D.都不对 [答案] C [解析] 以上类比推理方法都正确,需注意的是类比推理得到的 结论是否正确与类比推理方法是否正确并不等价, 方法正确结论也不 一定正确. 6.由代数式的乘法法则类比推导向量的数量积的运算法则: ①“mn=nm”类比得到“a· b=b· a”; ②“(m+n)t=mt+nt”类比得到“(a+b)· c=a· c+b· c”; ③“(m· n)t=m(n· t)”类比得到“(a· b)· c=a· (b· c)”; ④“t≠0,mt=xt?m=x”类比得到“p≠0,a· p=x· p?a=x”;
3

)

⑤“|m· n|=|m|· |n|”类比得到“|a· b|=|a|· |b|”; ac a a· c a ⑥“bc=b”类比得到“ = ”. b· c b 以上式子中,类比得到的结论正确的个数是( A.1 B.2 C.3 D.4 [答案] B [ 解析 ] 由向量的有关运算法则知 ①② 正确, ③④⑤⑥ 都不正 )

确,故应选 B. 7.(2010· 浙江温州)如图所示,椭圆中心在坐标原点, → ⊥AB → 时,其离心率为 5-1,此类椭圆 F 为左焦点,当FB 2 被称为“黄金椭圆”.类比“黄金椭圆”,可推算出“黄 金双曲线”的离心率 e 等于( A. B. 5+1 2 5-1 2 )

C. 5-1 D. 5+1 [答案] A x2 y2 [解析] 如图所示,设双曲线方程为a2-b2= 1(a>0,b>0), 则 F(-c,0),B(0,b),A(a,0)

4

→ =(c,b),AB → =(-a,b) ∴FB → ⊥AB → ,∴FB →· → =b2-ac=0 又∵FB AB ∴c2-a2-ac=0 ∴e2-e-1=0 ∴e= 1+ 5 1- 5 或 e = 2 2 (舍去),

故应选 A. 8.六个面都是平行四边形的四棱柱称为平行六面体.如图甲, 在平行四边形 ABD 中,有 AC2+BD2=2(AB2+AD2),那么在图乙中
2 2 2 所示的平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中,AC2 1+BD1+CA1+DB1等于

(

)

2 A.2(AB2+AD2+AA1 )

B.3(AB2+AD2+AA2 1) C.4(AB2+AD2+AA2 1) D.4(AB2+AD2) [答案] C
2 2 2 [解析] AC1 +BD2 1+CA1+DB1 2 2 2 =(AC2 1+CA1)+(BD1+DB1) 2 2 2 =2(AA2 1+AC )+2(BB1+BD ) 2 2 =4AA2 1+2(AC +BD ) 2 2 =4AA2 1+4AB +4AD ,故应选 C.

9.下列说法正确的是(

)

5

A.类比推理一定是从一般到一般的推理 B.类比推理一定是从个别到个别的推理 C.类比推理是从个别到个别或一般到一般的推理 D.类比推理是从个别到一般的推理 [答案] C [解析] 由类比推理的定义可知:类比推理是从个别到个别或一 般到一般的推理,故应选 C. 10.下面类比推理中恰当的是( )

A.若“a· 3=b· 3,则 a=b”类比推出“若 a· 0=b· 0,则 a=b” B.“(a+b)c=ac+bc”类比推出“(a· b)c=ac· bc” a+b a b C.“(a+b)c=ac+bc”类比推出“ c =c+c(c≠0)” D.“(ab)n=anbn”类比推出“(a+b)n=an+bn” [答案] C [解析] 结合实数的运算知 C 是正确的. 二、填空题 1 11.设 f(x)= x ,利用课本中推导等差数列前 n 项和公式的 2+ 2 方 法 , 可 求 得 f( - 5) + f( - 4) + ? + f(0) + ? + f(5) + f(6) 的 值 为 ________. [答案] 3 2 [解析] 本题是“方法类比”.因等比数列前 n 项和公式的推导 方法是倒序相加,亦即首尾相加,那么经类比不难想到 f(-5)+f(- 4) + ? + f(0) + ? + f(5) + f(6) = [f( - 5) + f(6)] + [f( - 4) + f(5)] + ? + [f(0)+f(1)],

6

而当 x1+x2=1 时,有 f(x1)+f(x2)=



1 2 2 = 2 ,故所求答案为 6× 2 =3 2. 2

1 12.(2010· 广州高二检测)若数列{an}是等差数列,对于 bn=n(a1 +a2+?+an), 则数列{bn}也是等差数列. 类比上述性质, 若数列{cn} 是各项都为正数的等比数列,对于 dn>0,则 dn=________时,数列 {dn}也是等比数列. [答案] n c1· c2· ?· cn

7

13.在以原点为圆心,半径为 r 的圆上有一点 P(x0,y0),则过此 x2 y2 点的圆的切线方程为 x0x+y0y=r ,而在椭圆a2+b2=1(a>b>0)中,当
2

离心率 e 趋近于 0 时,短半轴 b 就趋近于长半轴 a,此时椭圆就趋近 于圆.类比圆的面积公式,在椭圆中,S 椭=________.类比过圆上一 x2 y2 点 P(x0,y0)的圆的切线方程,则过椭圆a2+b2=1(a>b>0)上一点 P(x1, y1)的椭圆的切线方程为________. x1 y1 [答案] π· a· b;a2· x+b2· y=1 [解析] 当椭圆的离心率 e 趋近于 0 时,椭圆趋近于圆,此时 a, b 都趋近于圆的半径 r,故由圆的面积 S=πr2=π·r· r,猜想椭圆面积 S


=π·a· b,其严格证明可用定积分处理.而由切线方程 x0· x+y0· y=r2

x0 y0 变形得r2· x+r2· y=1,则过椭圆上一点 P(x1,y1)的椭圆的切线方程为 x1 y1 x + y=1,其严格证明可用导数求切线处理. 2· a b2· 14.在等差数列{an}中,若 a10=0,则有等式 a1+a2+?+an= a1+a2+?+a19-n(n<19,n∈N*)成立,类比上述性质,相应地:在等 比数列{bn}中,若 b9=1,则有等式__________成立. [答案] b1b2?bn=b1b2?b17-n(n<17,n∈N*) [解析] 解法 1:从分析所提供的性质入手:由 a10=0,可得 ak +a20-k=0,因而当 n<19-n 时,有 a1+a2+?+a19-n=a1+a2+?+ an+an+1+an+2+?+a19-n, 而 an+1+an+2+?+a19-n= (19-2n)(an+1+a19-n) =0,∴等式成 2

立.同理可得 n>19-n 时的情形. 由此可知:等差数列{an}之所以有等式成立的性质,关键在于在
8

等差数列中有性质:an+1+a19-n=2a10=0,类似地,在等比数列{bn} 中,也有性质:bn+1· b17-n=b2 b1b2?bn=b1b2?b17 9=1,因而得到答案:
-n

(n<17,n∈N*). 解法 2:因为在等差数列中有“和”的性质 a1+a2+?+an=a1

+a2+?+a19-n(n<19, n∈N*)成立, 故在等比数列{bn}中, 由 b9=1, 可知应有“积”的性质 b1b2?bn=b1b2?b17-n(n<17,n∈N*)成立. (1) 证明如下:当 n<8 时,等式(1)为 b1b2?bn=b1b2?bnbn+1?b17-n 即:bn+1· bn+2?b17-n=1.(2) ∵b9=1,∴bk+1· b17-k=b2 9=1.
17-2n ∴bn+1bn+2?b17-n=b9 =1.

∴(2)式成立,即(1)式成立; 当 n=8 时,(1)式即:b9=1 显然成立; 当 8<n<17 时,(1)式即: b1b2?b17-n· b18-n· ?bn=b1b2?b17-n 即:b18-n· b19-n?bn=1(3) ∵b9=1,∴b18-k· bk=b2 9=1
2n-17 ∴b18-nb19-n· ?· bn=b9 =1

∴(3)式成立,即(1)式成立. 综上可知,当等比数列{bn}满足 b9=1 时,有: b1b2?bn=b1b2?b17-n(n<17,n∈N*)成立.

9

三、解答题 15.已知:等差数列{an}的公差为 d,前 n 项和为 Sn,有如下的 性质: (1)an=am+(n-m)· d. (2)若 m+n=p+q,其中,m、n、p、q∈N*,则 am+an=ap+aq. (3)若 m+n=2p,m,n,p∈N*,则 am+an=2ap. (4)Sn,S2n-Sn,S3n-S2n 构成等差数列. 类比上述性质,在等比数列{bn}中, 写出相类似的性质. [解析] 等比数列{bn}中,公比 q,前 n 项和 Sn. (1)通项 an=am· qn-m. (2)若 m+n=p+q,其中 m,n,p,q∈N*, 则 am· an=ap· aq. (3)若 m+n=2p,其中,m,n,p∈N*,则 a2 an. p=am· (4)Sn,S2n-Sn,S3n-S2n 构成等比数列. 16.先解答(1),再根据结构类比解答(2). (1)已知 a,b 为实数,且|a|<1,|b|<1,求证:ab+1>a+b. (2)已知 a,b,c 均为实数,且|a|<1,|b|<1,|c|<1,求证:abc+ 2>a+b+c. [解析] (1)ab+1-(a+b)=(a-1)(b-1)>0. (2)∵|a|<1,|b|<1,|c|<1,据(1)得(ab)· c+1>ab+c,
10

∴abc+2=[(ab)· c+1]+1>(ab+c)+1=(ab+1)+c>a+b+c. 你能再用归纳推理方法猜想出更一般地结论吗? [点评] (1)与(2)的条件与结论有着相同的结构, 通过分析(1)的推 证过程及结论的构成进行类比推广得出:(ab)· c+1>ab+c 是关键. 用归纳推理可推出更一般的结论: ai 为实数, |ai|<1, i=1、 2、 ?、 n,则有:a1a2?an+(n-1)>a1+a2+?+an. 17.点 P?
? 2 2? ?在圆 C:x2+y2=1 上,经过点 P 的圆的切线 , 2? ? 2

2 2 方程为 2 x+ 2 y=1,又点 Q(2,1)在圆 C 外部,容易证明直线 2x+y
?1 1? 1 1 =1 与圆相交, 点 R?2,2?在圆 C 的内部. 直线2x+2y=1 与圆相离. 类 ? ?

比上述结论,你能给出关于一点 P(a,b)与圆 x2+y2=r2 的位置关系 与相应直线与圆的位置关系的结论吗? [解析] 点 P(a,b)在⊙C:x2+y2=r2 上时,直线 ax+by=r2 与 ⊙C 相切; 点 P 在⊙C 内时, 直线 ax+by=r2 与⊙C 相离; 点 P 在⊙C 外部时,直线 ax+by=r2 与⊙C 相交.容易证明此结论是正确的. 18.我们知道: 12= 1,

22=(1+1)2=12+2×1+1, 32=(2+1)2=22+2×2+1, 42=(3+1)2=32+2×3+1, ?? n2=(n-1)2+2(n-1)+1, 左右两边分别相加,得 n2=2×[1+2+3+?+(n-1)]+n

11

∴1+2+3+?+n=

n(n+1) 2 .

类比上述推理方法写出求 12+22+32+?+n2 的表达式的过程. [解析] 我们记 S1(n)=1+2+3+?+n, S2(n) = 12 + 22 + 32 + ? + n2 , ?Sk(n) = 1k + 2k + 3k + ? + nk (k∈N*). 已知 13= 1,

23=(1+1)3=13+3×12+3×1+1, 33=(2+1)3=23+3×22+3×2+1, 43=(3+1)3=33+3×32+3×3+1, ?? n3=(n-1)3+3(n-1)2+3(n-1)+1. 将左右两边分别相加,得 S3(n)=[S3(n)-n3]+3[S2(n)-n2]+3[S1(n)-n]+n. n3+3n2+2n-3S1(n) 2n3+3n2+n 由此知 S2(n)= = 3 6 =

n(n+1)(2n+1)
6

.

12


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