2018學(xué)數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)練酷專(zhuān)題課時(shí)跟蹤檢測(cè)（十三）算法、推理與證明理

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精PAGE12學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精PAGE課時(shí)跟蹤檢測(cè)(十三)算法、推理與證明1．下面幾種推理是合情推理的是（)①由圓的性質(zhì)類(lèi)比出球的有關(guān)性質(zhì)；②由直角三角形、等腰三角形、等邊三角形的內(nèi)角和是180°，歸納出所有三角形的內(nèi)角和都是180°；③教室內(nèi)有一把椅子壞了，則猜想該教室內(nèi)的所有椅子都?jí)牧耍虎苋切蝺?nèi)角和是180°，四邊形內(nèi)角和是360°,五邊形內(nèi)角和是540°，由此得出凸n邊形的內(nèi)角和是（n－2)·180°（n∈N＊，且n≥3）．A．①② B．①③④C．①②④ D．②④解析：選C①是類(lèi)比推理;②④是歸納推理，∴①②④都是合情推理．2。（2017·山東高考）執(zhí)行兩次如圖所示的程序框圖，若第一次輸入的x的值為7，第二次輸入的x的值為9，則第一次、第二次輸出的a的值分別為()A．0，0B．1,1C．0，1D．1,0解析：選D當(dāng)輸入x＝7時(shí)，b＝2,因?yàn)閎2>x不成立且x不能被b整除,故b＝3，這時(shí)b2>x成立，故a＝1，輸出a的值為1。當(dāng)輸入x＝9時(shí)，b＝2，因?yàn)閎2〉x不成立且x不能被b整除，故b＝3,這時(shí)b2〉x不成立且x能被b整除，故a＝0，輸出a的值為0。3。（2017·惠州模擬）執(zhí)行如圖所示的程序框圖，則輸出的結(jié)果為（)A．7 B．9C．10 D．11解析：選B法一：i＝1，S＝lgeq\f(1,3)＝－lg3＞－1;i＝3，S＝lgeq\f(1,3)＋lgeq\f(3,5)＝lgeq\f（1，5)＝－lg5＞－1；i＝5，S＝lgeq\f（1,5）＋lgeq\f（5,7）＝lgeq\f（1，7）＝－lg7＞－1;i＝7，S＝lgeq\f(1，7）＋lgeq\f（7,9)＝lgeq\f(1,9）＝－lg9＞－1;i＝9，S＝lgeq\f(1,9)＋lgeq\f(9,11）＝lgeq\f（1,11)＝－lg11＜－1，故輸出的i＝9.法二:因?yàn)镾＝lgeq\f(1,3）＋lgeq\f(3，5）＋…＋lgeq\f(i，i＋2)＝lg1－lg3＋lg3－lg5＋…＋lgi－lg(i＋2）＝－lg（i＋2)，當(dāng)i＝9時(shí)，S＝－lg(9＋2)＜－lg10＝－1，所以輸出的i＝9。4．通過(guò)圓與球的類(lèi)比，由結(jié)論“半徑為r的圓的內(nèi)接四邊形中，正方形的面積最大，最大值為2r2"猜想關(guān)于球的相應(yīng)結(jié)論為“半徑為R的球的內(nèi)接六面體中，______”．()A．長(zhǎng)方體的體積最大,最大值為2R3B．正方體的體積最大,最大值為3R3C．長(zhǎng)方體的體積最大，最大值為eq\f(4\r(3)R3,9）D．正方體的體積最大，最大值為eq\f(8\r（3)R3,9）解析：選D類(lèi)比可知半徑為R的球的內(nèi)接六面體中，正方體的體積最大，設(shè)其棱長(zhǎng)為a，正方體體對(duì)角線(xiàn)的長(zhǎng)度等于球的直徑，即eq\r(3）a＝2R,得a＝eq\f（2R,\r(3）），體積V＝a3＝eq\f(8\r（3)R3,9）。5．對(duì)于大于1的自然數(shù)m的三次冪可用奇數(shù)進(jìn)行以下方式的“分裂”：23＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（3，,5,))33＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(7，，9，,11，))43＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（13，，15，，17，,19，））……，若m3的“分裂"中有一個(gè)數(shù)是2017,則m＝(）A．44 B．45C．46 D．47解析:選B由題意不難找出規(guī)律，23＝3＋5，33＝7＋9＋11,43＝13＋15＋17＋19，……，m增加1，累加的奇數(shù)個(gè)數(shù)便多1，易得2017是第1009個(gè)奇數(shù)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋2＋3＋…＋m－1＜1009，，1＋2＋3＋…＋m－1＋m≥1009，）)得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（\f(mm－1，2)＜1009，,\f（mm＋1,2）≥1009，））又m∈N*，所以m＝45。6．若數(shù)列｛an｝是等差數(shù)列，則數(shù)列{bn}eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（bn＝\f（a1＋a2＋…＋an，n））)也為等差數(shù)列．類(lèi)比這一性質(zhì)，可知若正項(xiàng)數(shù)列｛cn}是等比數(shù)列,且｛dn}也是等比數(shù)列,則dn的表達(dá)式應(yīng)為（)A．dn＝eq\f(c1＋c2＋…＋cn,n） B．dn＝eq\f（c1·c2·…·cn，n）C．dn＝eq\r(n，\f(c\o\al(n,1)＋c\o\al（n,2）＋…＋c\o\al（n，n），n）) D．dn＝eq\r（n，c1·c2·…·cn)解析：選D若{an}是等差數(shù)列，則a1＋a2＋…＋an＝na1＋eq\f(nn－1，2)d，∴bn＝a1＋eq\f（n－1,2）d＝eq\f（d,2）n＋a1－eq\f(d,2）,即｛bn}為等差數(shù)列；若{cn｝是等比數(shù)列，則c1·c2·…·cn＝ceq\o\al(n，1)·q1＋2＋…＋（n－1）＝ceq\o\al(n,1)·q，∴dn＝（c1·c2·…·cn）eq\f(1,n)＝c1·q，即{dn}為等比數(shù)列，故選D。7．(2018屆高三·湖北八校二聯(lián)）有6名選手參加演講比賽,觀(guān)眾甲猜測(cè)：4號(hào)或5號(hào)選手得第一名；觀(guān)眾乙猜測(cè):3號(hào)選手不可能得第一名；觀(guān)眾丙猜測(cè)：1，2,6號(hào)選手中的一位獲得第一名；觀(guān)眾丁猜測(cè)：4，5,6號(hào)選手都不可能獲得第一名．比賽后發(fā)現(xiàn)沒(méi)有并列名次，且甲、乙、丙、丁中只有1人猜對(duì)比賽結(jié)果，此人是（)A．甲 B．乙C．丙 D．丁解析:選D根據(jù)題意，6名選手比賽結(jié)果甲、乙、丙、丁猜測(cè)如下表：1號(hào)2號(hào)3號(hào)4號(hào)5號(hào)6號(hào)甲不可能不可能不可能可能可能不可能乙可能可能不可能可能可能可能丙可能可能不可能不可能不可能可能丁可能可能可能不可能不可能不可能由表知,只有丁猜對(duì)了比賽結(jié)果，故選D。8．在平面幾何中,有“若△ABC的三邊長(zhǎng)分別為a,b，c，內(nèi)切圓半徑為r，則三角形面積為S△ABC＝eq\f(1,2）(a＋b＋c）r”,拓展到空間,類(lèi)比上述結(jié)論，若四面體A。BCD的四個(gè)面的面積分別為S1,S2，S3,S4,內(nèi)切球的半徑為R，則四面體的體積為（）A.eq\f（1,3）（S1＋S2＋S3）R B.eq\f(1,4）(S1＋S2＋S3＋S4）R2C。eq\f(1，3）(S1＋S2＋S3＋S4)R2 D.eq\f(1,3）（S1＋S2＋S3＋S4）R解析：選D三角形面積類(lèi)比為四面體的體積，三角形的邊長(zhǎng)類(lèi)比為四面體四個(gè)面的面積,內(nèi)切圓半徑類(lèi)比為內(nèi)切球的半徑，二維圖形中的eq\f(1，2）類(lèi)比為三維圖形中的eq\f（1，3),從而得出結(jié)論．所以VA。BCD＝eq\f(1，3)（S1＋S2＋S3＋S4)R。9．（2017·成都模擬）對(duì)于數(shù)25，規(guī)定第1次操作為23＋53＝133，第2次操作為13＋33＋33＝55,如此反復(fù)操作，則第2017次操作后得到的數(shù)是(）A．25 B．250C．55 D．133解析：選D由規(guī)定：第1次操作為23＋53＝133,第2次操作為13＋33＋33＝55,第3次操作為53＋53＝250，第4次操作為23＋53＋03＝133，…，故操作得到的數(shù)值周期出現(xiàn)，且周期為3。又2017＝3×672＋1，相當(dāng)于操作了1次，故選D.10．定義運(yùn)算a?b為執(zhí)行如圖所示的程序框圖輸出的S值，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（2cos\f(5π，3）））?eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(2tan\f（5π,4)）)的值為()A．4 B．3C．2 D．－1解析：選A由程序框圖可知，S＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(aa－b，a≥b,,ba＋1，a<b，）)因?yàn)?coseq\f（5π,3）＝1，2taneq\f（5π,4）＝2,1〈2，所以eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(2cos\f(5π，3））)?eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(2tan\f（5π,4)))＝2(1＋1）＝4.11．(2018屆高三·西安八校聯(lián)考)如圖給出的是計(jì)算eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋eq\f（1,6）＋…＋eq\f(1，2014)＋eq\f（1，2016)的值的程序框圖，其中判斷框內(nèi)應(yīng)填入的是（)A．i≤2014？ B．i≤2016？C．i≤2018？ D．i≤2020?解析:選B依題意得，S＝0，i＝2；S＝0＋eq\f(1，2），i＝4；…；S＝0＋eq\f(1,2）＋eq\f(1，4）＋…＋eq\f(1，2014)＋eq\f(1，2016)，i＝2018,輸出的S＝eq\f（1,2)＋eq\f(1,4）＋eq\f(1，6）＋…＋eq\f(1,2014)＋eq\f（1,2016），所以題中的判斷框內(nèi)應(yīng)填入的是“i≤2016”．12．（2018屆高三·武漢調(diào)研)一名法官在審理一起珍寶盜竊案時(shí),四名嫌疑人甲、乙、丙、丁的供詞如下，甲說(shuō):“罪犯在乙、丙、丁三人之中”；乙說(shuō)“我沒(méi)有作案，是丙偷的”；丙說(shuō):“甲、乙兩人中有一人是小偷”；丁說(shuō)：“乙說(shuō)的是事實(shí)”．經(jīng)過(guò)調(diào)查核實(shí)，四人中有兩人說(shuō)的是真話(huà),另外兩人說(shuō)的是假話(huà),且這四人中有一人是罪犯，由此可判斷罪犯是（)A．甲 B．乙C．丙 D．丁解析：選B由題可知，乙、丁兩人的觀(guān)點(diǎn)一致，即同真同假，假設(shè)乙、丁說(shuō)的是真話(huà),那么甲、丙兩人說(shuō)的是假話(huà)，由乙說(shuō)的是真話(huà)，推出丙是罪犯，由甲說(shuō)假話(huà)，推出乙、丙、丁三人不是罪犯，顯然兩結(jié)論相互矛盾，所以乙、丁兩人說(shuō)的是假話(huà)，而甲、丙兩人說(shuō)的是真話(huà)，由甲、丙供述可得，乙是罪犯．13．(2018屆高三·安溪三校聯(lián)考)已知點(diǎn)A(x1，ax1），B(x2,ax2）是函數(shù)y＝ax（a〉1）的圖象上任意不同兩點(diǎn)，依據(jù)圖象可知，線(xiàn)段AB總是位于A，B兩點(diǎn)之間函數(shù)圖象的上方,因此有結(jié)論eq\f（a＋a,2）〉a成立．運(yùn)用類(lèi)比思想方法可知，若點(diǎn)A(x1，sinx1），B（x2，sinx2)是函數(shù)y＝sinx(x∈（0,π）)的圖象上任意不同兩點(diǎn)，則類(lèi)似地有________成立．解析:對(duì)于函數(shù)y＝sinx（x∈（0,π））的圖象上任意不同的兩點(diǎn)A（x1，sinx1）,B(x2，sinx2)，線(xiàn)段AB總是位于A，B兩點(diǎn)之間函數(shù)圖象的下方，類(lèi)比可知應(yīng)有eq\f（sinx1＋sinx2,2)〈sineq\f（x1＋x2，2）成立．答案：eq\f(sinx1＋sinx2，2）<sineq\f(x1＋x2，2)14．（2017·合肥模擬）觀(guān)察下列等式:S1＝eq\f（1，2)n2＋eq\f（1，2)n，S2＝eq\f（1，3)n3＋eq\f（1,2）n2＋eq\f（1，6）n，S3＝eq\f(1,4）n4＋eq\f（1,2）n3＋eq\f(1,4）n2，S4＝eq\f（1，5）n5＋eq\f（1,2）n4＋eq\f（1,3）n3－eq\f（1，30)n，S5＝An6＋eq\f（1,2)n5＋eq\f(5，12)n4＋Bn2，…可以推測(cè)，A－B＝________.解析：由S1,S2，S3，S4，S5的特征，推測(cè)A＝eq\f（1，6)。又Sk的各項(xiàng)系數(shù)的和為1，∴A＋eq\f（1,2)＋eq\f（5，12)＋B＝1，∴B＝－eq\f(1，12）。故推測(cè)A－B＝eq\f（1,6)＋eq\f(1,12）＝eq\f(1,4)。答案:eq\f(1，4)15．(2017·江西師大附中期末考試)對(duì)于集合｛a1，a2,…,an}和常數(shù)a0，定義：ω＝eq\f（sin2a1－a0＋sin2a2－a0＋…＋sin2an－a0，n)為集合｛a1，a2，…,an｝相對(duì)a0的“正弦方差”，則集合eq\b\lc\｛\rc\}（\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(5π,6），\f（7π，6））)相對(duì)a0的“正弦方差”為_(kāi)_______．解析:由題意，得集合eq\b\lc\｛\rc\｝(\a\vs4\al\co1（\f(π，2），\f（5π，6)，\f（7π,6)））相對(duì)a0的“正弦方差”為ω＝eq\f（sin2\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（π,2）－a0)）＋sin2\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（5π，6）－a0)）＋sin2\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)－a0)),3）。即3ω＝cos2a0＋eq\f（1－cos\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)－2a0)）,2)＋eq\f(1－cos\b\lc\（\rc