高二數(shù)學(xué)推理與證明練習(xí)及答案.doc

。1 “三角函數(shù)是周期函數(shù)，ytanx，x是三角函數(shù)，所以ytanx，x是周期函數(shù)”在以上演繹推理中，下列說法正確的是()A推理完全正確B大前提不正確C小前提不正確 D推理形式不正確答案D解析大前提和小前提中的三角函數(shù)不是同一概念，犯了偷換概念的錯(cuò)誤，即推理形式不正確2設(shè)ABC的三邊長分別為a、b、c，ABC的面積為S，內(nèi)切圓半徑為r，則r；類比這個(gè)結(jié)論可知：四面體PABC的四個(gè)面的面積分別為S1、S2、S3、S4，內(nèi)切球的半徑為r，四面體PABC的體積為V，則r()A BC D答案C解析將ABC的三條邊長a、b、c類比到四面體PABC的四個(gè)面面積S1、S2、S3、S4，將三角形面積公式中系數(shù)，類比到三棱錐體積公式中系數(shù)，從而可知選C.證明如下：以四面體各面為底，內(nèi)切球心O為頂點(diǎn)的各三棱錐體積的和為V，VS1rS2rS3rS4r，r.3已知整數(shù)的數(shù)列如下：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，(1,5)，(2,4)，則第60個(gè)數(shù)對是()A(3,8) B(4,7)C(4,8) D(5,7)答案D解析觀察可知橫坐標(biāo)與縱坐標(biāo)之和為2的數(shù)對有1個(gè)，和為3的數(shù)對有2個(gè)，和為4的數(shù)對有3個(gè)，和為5的數(shù)對有4個(gè)，依此類推和為n1的數(shù)對有n個(gè)，和相同的數(shù)對的排序是按照橫坐標(biāo)依次增大的順序來排的，由60n(n1)120，nN，n10時(shí)，55個(gè)數(shù)對，還差5個(gè)數(shù)對，且這5個(gè)數(shù)對的橫、縱坐標(biāo)之和為12，它們依次是(1,11)，(2,10)，(3,9)，(4,8)，(5,7)，所以第60個(gè)數(shù)對是(5,7)4平面幾何中，有邊長為a的正三角形內(nèi)任一點(diǎn)到三邊距離之和為定值a，類比上述命題，棱長為a的正四面體內(nèi)任一點(diǎn)到四個(gè)面的距離之和為()Aa Ba Ca Da答案B解析將正三角形一邊上的高a類比到正四面體一個(gè)面上的高a，由正三角形“分割成以三條邊為底的三個(gè)三角形面積的和等于正三角形的面積”，方法類比為“將四面體分割成以各面為底的三棱錐體積之和等于四面體的體積”證明5推理：“矩形是平行四邊形，三角形不是平行四邊形，所以三角形不是矩形”中的小前提是()A BC D答案B解析由的關(guān)系知，小前提應(yīng)為“三角形不是平行四邊形”故應(yīng)選B.6、以下推理過程省略的大前提為：_.a2b22ab，2(a2b2)a2b22ab.答案若ab，則acbc解析由小前提和結(jié)論可知，是在小前提的兩邊同時(shí)加上了a2b2，故大前提為：若ab，則acbc.7以下推理中，錯(cuò)誤的序號為_abac，bc；ab，bc，ac；75不能被2整除，75是奇數(shù)；ab，b平面，a.答案解析當(dāng)a0時(shí)，abac，但bc未必成立8“l(fā)，AB，ABl，AB”，在上述推理過程中，省略的命題為_答案如果兩個(gè)平面相交，那么在一個(gè)平面內(nèi)垂直于交線的直線垂直于另一個(gè)平面9下面給出判斷函數(shù)f(x)的奇偶性的解題過程：解：由于xR，且1.f(x)f(x)，故函數(shù)f(x)為奇函數(shù)試用三段論加以分析解析判斷奇偶性的大前提“若xR，且f(x)f(x)，則函數(shù)f(x)是奇函數(shù)；若xR，且f(x)f(x)，則函數(shù)f(x)是偶函數(shù)”在解題過程中往往不用寫出來，上述證明過程就省略了大前提解答過程就是驗(yàn)證小前提成立，即所給的具體函數(shù)f(x)滿足f(x)f(x)10先解答下題，然后分析說明你的解題過程符合演繹推理規(guī)則設(shè)m為實(shí)數(shù)，求證：方程x22mxm210沒有實(shí)數(shù)根解析已知方程x22mxm210的判別式(2m)24(m21)40，所以方程x22mxm210沒有實(shí)數(shù)根說明：此推理過程用三段論表述為：大前提：如果一元二次方程的判別式0，那么這個(gè)方程沒有實(shí)數(shù)根；小前提：一元二次方程x22mxm210的判別式0；結(jié)論：一元二次方程x22mxm210沒有實(shí)數(shù)根解題過程就是驗(yàn)證小前提成立后，得出結(jié)論11在等差數(shù)列an中，若a100，則有等式a1a2ana1a2a19n(n19，nN*)成立，類比上述性質(zhì)，相應(yīng)地：在等比數(shù)列bn中，若b91，則有等式_成立答案b1b2bnb1b2b17n(n17，nN*)解析解法1：從分析所提供的性質(zhì)入手：由a100，可得aka20k0，因而當(dāng)n19n時(shí)的情形由此可知：等差數(shù)列an之所以有等式成立的性質(zhì)，關(guān)鍵在于在等差數(shù)列中有性質(zhì)：an1a19n2a100，類似地，在等比數(shù)列bn中，也有性質(zhì)：bn1b17nb1，因而得到答案：b1b2bnb1b2b17n(n17，nN*)解法2：因?yàn)樵诘炔顢?shù)列中有“和”的性質(zhì)a1a2ana1a2a19n(n19，nN*)成立，故在等比數(shù)列bn中，由b91，可知應(yīng)有“積”的性質(zhì)b1b2bnb1b2b17n(n17，nN*)成立. (1)證明如下：當(dāng)n8時(shí)，等式(1)為b1b2bnb1b2bnbn1b17n，即：bn1bn2b17n1.(2)b91，bk1b17kb1.bn1bn2b17nb1.(2)式成立，即(1)式成立；當(dāng)n8時(shí)，(1)式即：b91顯然成立；當(dāng)8n17時(shí)，(1)式即：b1b2b17nb18nbnb1b2b17n，即：b18nb19nbn1(3)b91，b18kbkb1，b18nb19nbnb1，(3)式成立，即(1)式成立綜上可知，當(dāng)?shù)缺葦?shù)列bn滿足b91時(shí)，有：b1b2bnb1b2b17n(n17，nN*)成立12我們知道：12 1，22(11)212211，32(21)222221，42(31)232231，n2(n1)22(n1)1，左右兩邊分別相加，得n22123(n1)n123n.類比上述推理方法寫出求122232n2的表達(dá)式的過程解析我們記S1(n)123n，S2(n)122232n2，Sk(n)1k2k3knk (kN*)已知13 1，23(11)313312311，33(21)323322321，43(31)33333