舊教材適用2023高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 第十二章算法初步復(fù)數(shù)推理與證明第3講合情推理與演繹推理

第3講合情推理與演繹推理

考礎(chǔ)知以整恒I

□知識(shí)梳理

1.合情推理

歸納推理類比推理

由某類事物的部分對(duì)象具有某些

由兩類對(duì)象具有某些類似特征和

特征，推出該類事物的四全部對(duì)

其中一類對(duì)象的畫(huà)某些已知特

定義象都具有這些特征的推理，或者

征，推出另一類對(duì)象也具有這些

由個(gè)別事實(shí)概括出畫(huà)一般結(jié)論的

特征的推理

推理

由畫(huà)部分到畫(huà)整體、由畫(huà)個(gè)別到

特點(diǎn)由畫(huà)特殊到畫(huà)特殊的推理

畫(huà)一般的推理

(1)找出兩類事物之間的相似性

(1)通過(guò)觀察個(gè)別情況發(fā)現(xiàn)某些

或一致性；

相同性質(zhì)；

一般步驟(2)用一類事物的性質(zhì)去推測(cè)另

(2)從已知的相同性質(zhì)中推出一

一類事物的性質(zhì)，得出一個(gè)明確

個(gè)明確的一般性命題(猜想)

的命題(猜想)

2.演繹推理

⑴定義：從畫(huà)一般性的原理出發(fā),推出圜某個(gè)特殊情況下的結(jié)論,我們把這種推理稱為

演繹推理.

(2)特點(diǎn)：演繹推理是由圜一般到特殊的推理.

(3)模式：“三段論”是演繹推理的一般模式.

①大前提一一已知的回一般原理;

“三段論”②小前提——所研究的特殊情況；

的結(jié)構(gòu)③結(jié)論一一根據(jù)一般原理，對(duì)圜特殊情況做出的判

斷

①大前提----BbV是P；

“三段論”

②小前提----畫(huà)S是

的表示

③結(jié)論——S是P

知識(shí)拓展

1.合情推理的結(jié)論是猜想，不一定正確；演繹推理在大前提、小前提和推理形式都正確

時(shí)，得到的結(jié)論一定正確.

2.合情推理是發(fā)現(xiàn)結(jié)論的推理：演繹推理是證明結(jié)論的推理.

□雙基自測(cè)

1.“對(duì)數(shù)函數(shù)是非奇非偶函數(shù)，f（χ）=log∕x是對(duì)數(shù)函數(shù)，因此f（χ）=IogzIxI是非奇

非偶函數(shù)”，以上推理（）

?.結(jié)論正確B.大前提錯(cuò)誤

C小前提錯(cuò)誤D.推理形式錯(cuò)誤

答案C

解析本命題的小前提是f（x）=log2∣x∣是對(duì)數(shù)函數(shù)，但是這個(gè)小前提是錯(cuò)誤的，因?yàn)?/p>

F（X）=Iog2∣x∣不是對(duì)數(shù)函數(shù)，它是一個(gè)復(fù)合函數(shù)，只有形如y=log,,x（a>0,且aWl）的函數(shù)

才是對(duì)數(shù)函數(shù).故選C

2.某單位安排甲、乙、丙三人在某月1日至12日值班，每人4天.

甲說(shuō)：“我在1日和3日都有值班”；

乙說(shuō)：“我在8日和9日都有值班”；

丙說(shuō)：“我們?nèi)烁髯灾蛋嗟娜掌谥拖嗟取?

據(jù)此可判斷丙必定值班的日期是（）

A.10日和12日B.2日和7日

C.4日和5日D.6日和11日

答案D

1O×1O_1_1

解析這12天的日期之和為Sz=?^~~尸0=78,甲、乙、丙各自的值班日期之和

是26,對(duì)于甲，剩余2天的值班日期之和是22,因此這兩天是10日和12日，故甲在1日，

3日，10日，12日值班；對(duì)于乙，剩余2天的值班日期之和是9,故乙可能在2日，7日，

或者是4日，5日值班，因此丙必定值班的日期是6日和11日.故選D.

3.（2022?云南曲靖模擬）二維空間中，圓的一維測(cè)度（周長(zhǎng)）/=2nr,二維測(cè)度（面積）S

=三維空間中，球的二維測(cè)度（表面積）S=4ni,三維測(cè)度（體積）S=Jn/.應(yīng)用合情

推理，若四維空間中，“超球”的三維測(cè)度勺8n/,則其四維測(cè)度/勺（）

A.2π?B.3πr

C.4π/D.6π∕

答案A

解析二維空間中，圓的一維測(cè)度（周長(zhǎng)）/=2“r,二維測(cè)度（面積）S=nd,（π?）,

=2"r,三維空間中，球的二維測(cè)度（表面積）S=4”*三維測(cè)度（體積《貝fl'

=4πr,四維空間中，“超球”的三維測(cè)度K=8π∕,V（2πr'）,=8滅“超球”的

四維測(cè)度g2nr'.故選A.

4.（2021?陜西銅川模擬）沈老師告知高三文數(shù)周考的附加題只有6名同學(xué)4B,C,D,

E,尸嘗試做了，并且這6人中只有1人答對(duì)了.同學(xué)甲猜測(cè)：〃或￡'答對(duì)了.同學(xué)乙猜測(cè)：C

不可能答對(duì).同學(xué)丙猜測(cè)：4B,尸當(dāng)中必有1人答對(duì)了.同學(xué)丁猜測(cè)：D,E,尸都不可能答

對(duì).若甲、乙、丙、丁中只有1人猜對(duì)，則此人是（）

A.甲B.乙

C.丙D.T

答案D

解析若甲猜對(duì)，則乙也猜對(duì)，與題意不符，故甲猜錯(cuò)；若乙猜對(duì)，則甲和丙中有1人

猜對(duì)，與題意不符，故乙也猜錯(cuò)；若丙猜對(duì)，則乙也猜對(duì)，與題意不符，故丙猜錯(cuò)；因?yàn)榧住?/p>

乙、丙、丁四人中只有1人猜對(duì)，所以丁猜對(duì).故選D.

5.（2021?安徽淮南模擬）下面圖形由小正方形組成，請(qǐng)觀察圖1至圖4的規(guī)律，依此規(guī)

律，第〃個(gè)圖形中小正方形的個(gè)數(shù)是,

□??π巾II

圖I圖2圖3圖4

答案

解析由圖知第1個(gè)圖形的小正方形的個(gè)數(shù)為1,第2個(gè)圖形的小正方形的個(gè)數(shù)為1+2,

第3個(gè)圖形的小正方形的個(gè)數(shù)為1+2+3,第4個(gè)圖形的小正方形的個(gè)數(shù)為1+2+3+4,…，

則第〃個(gè)圖形的小正方形的個(gè)數(shù)為1+2+3+…+A=。：Ii

6?已知61=211,6|=3耒,口|=4姬，…，若?/θ+!=

6#（a,e均為正實(shí)數(shù)），類比以上等式，可推測(cè)a,￡的值，則a+f=.

答案41

解析根據(jù)題中所列的前幾項(xiàng)的規(guī)律可知其通項(xiàng)應(yīng)為\/"+言=々言,所以當(dāng)n

=6時(shí)，a=6,35,a+t=4L

核心名響突破

精準(zhǔn)設(shè)計(jì)考向，多角度探究突破

考向一歸納推理

角度1數(shù)字的歸納

例1已知數(shù)列｛?｝的前n項(xiàng)和為S,,^n2+n,將該數(shù)列按下列格式（第n行有2,1^,個(gè)數(shù)）

排成一個(gè)數(shù)陣，則該數(shù)陣第8行從左向右的第8個(gè)數(shù)為（）

?1

?4?5琳?7

?9ɑIO?11?12ɑn?14?15

A.142B.270

C.526D.1038

答案B

解析由題意，得S=//+〃，當(dāng)〃=1時(shí)，m=2；當(dāng)時(shí)，at,=Sf-S11-?=n+n-［（n

-I）2+ω-l）］=2/?,所以&=2〃，又由數(shù)陣，知每一行的項(xiàng)數(shù)構(gòu)成首項(xiàng)為1,公比為2的

等比數(shù)列，由等比數(shù)列的前〃項(xiàng)和公式，得該數(shù)陣第8行從左到右的第8個(gè)數(shù)為數(shù)列｛4｝的

1—27

第丁F^+8=135項(xiàng)，所以該數(shù)為加5=2X135=270.故選B.

角度2式子的歸納

例2觀察下列各式：

I3=I;

2^3+5；

33=7+9+ll;

43=13+15+17+19;

若按上述規(guī)律展開(kāi)后，發(fā)現(xiàn)等式右邊含有“2023”這個(gè)數(shù)，則m的值為

答案45

解析由題意可得第〃個(gè)式子的左邊是∕Λ右邊是〃個(gè)連續(xù)奇數(shù)的和，設(shè)第"個(gè)式子右

邊的第一個(gè)數(shù)為則有52—51=3—1=2,a—a2=7-3=4,aa=13-7=6,???,a—

^z∕-ι=2（77-1）,以上（〃一1）個(gè)式子相加可得an-a↑=~~~?——^―?一-=n-∏f故ati

=n—n+l9可得ai5=1981,a6=2071,故可知2023在第45個(gè)式子中，故/〃=45.

角度3圖形的歸納

例3圖中的④為2011西安世園會(huì)會(huì)徽“長(zhǎng)安花”的線徽?qǐng)D案.已知圖中四個(gè)圖案①，

②，③，④的“花瓣”數(shù)依次為3,7,12,18,按照以上的構(gòu)圖規(guī)律，第5個(gè)圖的“花瓣”數(shù)

為，第〃（〃23）個(gè)圖的“花瓣”數(shù)為（用"表示）.

n〃+5

答案25

2

解析第1,2,3,4個(gè)圖的“花瓣”數(shù)分別為3,3+4,3+4+5,3+4+5+6,所以第5個(gè)

圖的“花瓣”數(shù)為3+4+5+6+7=25.第〃(〃23)個(gè)圖的“花瓣”數(shù)為3+4+5+…+(4+

n〃+5

2)=?

2

觸類旁通.歸納推理問(wèn)題的常見(jiàn)類型及解題策略

(1)與數(shù)字有關(guān)的等式的推理.觀察數(shù)字特點(diǎn)，找出等式左右兩側(cè)的規(guī)律及符號(hào)即可.

(2)與式子有關(guān)的歸納推理

①與不等式有關(guān)的推理.觀察每個(gè)不等式的特點(diǎn)，注意是縱向看，找到規(guī)律即可.

②與數(shù)列有關(guān)的推理.通常是先求出幾個(gè)特殊現(xiàn)象，采用不完全歸納法，找出數(shù)列的項(xiàng)

與項(xiàng)數(shù)的關(guān)系，列出關(guān)系式即可.

(3)與圖形變化有關(guān)的推理.合理利用特殊圖形歸納推理得出結(jié)論，并用賦值檢驗(yàn)法驗(yàn)證

其真?zhèn)涡?

即時(shí)訓(xùn)練1.(2021?陜西榆林高三檢測(cè))有一個(gè)奇數(shù)組成的數(shù)陣排列如下：

1371321…

591523...........

111725....................

1927............................

29.....................................

則第30行從左到右第3個(gè)數(shù)是.

答案1051

解析觀察每一行的第一個(gè)數(shù)，由歸納推理可得第30行的第1個(gè)數(shù)是1+4+6+8+10

+.??+60=3。義；+60_一］=929.又第〃行從左到右的第2個(gè)數(shù)比第1個(gè)數(shù)大2〃，第3個(gè)

數(shù)比第2個(gè)數(shù)大2〃+2,所以第30行從左到右的第2個(gè)數(shù)比第1個(gè)數(shù)大60,第3個(gè)數(shù)比第2

個(gè)數(shù)大62,故第30行從左到右第3個(gè)數(shù)是929+60+62=1051.

2.有下列各式:

1÷^+^>L

乙J

ι+∣+∣+???+∣>∣,

l+∣+∣+???+?>2,

則按此規(guī)律可猜想此類不等式的一般形式為一

答案1+3+9+…

解析觀察各式，左邊為JL的和的形式，項(xiàng)數(shù)分別為3,7,15,…，

n

故可猜想第〃個(gè)式子左邊應(yīng)有2.一1項(xiàng)，

不等式右邊分別寫(xiě)成|,故猜想第〃個(gè)式子右邊應(yīng)為號(hào)，故按此規(guī)律可猜想此類

不等式的一般形式為I+J+<+-+ML?>^(∕∈N*).

Z?Z—Π1ZJ

3.(2021?寧夏平羅中學(xué)模擬)如圖所示，第n個(gè)圖形由正〃+2邊形拓展而來(lái)S=

1,2,…)，則第〃一2(〃23)個(gè)圖形共有__個(gè)頂點(diǎn).

答案n+n

解析第1個(gè)圖有3+3X3=4X3個(gè)頂點(diǎn);

第2個(gè)圖有4+4×4=5×4個(gè)頂點(diǎn)；

第3個(gè)圖有5+5X5=6X5個(gè)頂點(diǎn)；

第4個(gè)圖有6+6×6=7×6個(gè)頂點(diǎn)；

第〃個(gè)圖有(〃+3)(〃+2)個(gè)頂點(diǎn)，

第n—2個(gè)圖形共有Λ(Λ+1)=//+〃個(gè)頂點(diǎn).

考向二類比推理

例4(1)已知a,b,C是A∕18C的內(nèi)角4,B,C對(duì)應(yīng)的三邊，若滿足4+爐=占即

+H‰1,則a∕比■為直角三角形，類比此結(jié)論可知，若滿足a"+Z/'=c"("CN,心3),則^

力比的形狀為()

A.銳角三角形B.直角三角形

C.鈍角三角形D.以上都有可能

答案A

即?"+?"=1(A∈N,Z7≥3),

解析由題意，知角C最大，a"+6"=c"(〃GN,Λ≥3),

又c>a,c>b,所以(野1'即a'+b"。?，所以CoSC=婦自~*>0,所以

(Ke<￡?,故△?1比為銳角三角形.

(2)自然界中具有兩種穩(wěn)定狀態(tài)的組件普遍存在，如開(kāi)關(guān)的開(kāi)和關(guān)、電路的通和斷等，非

常適合表示計(jì)算機(jī)中的數(shù)，所以現(xiàn)在使用的計(jì)算機(jī)設(shè)計(jì)為二進(jìn)制計(jì)算機(jī).二進(jìn)制以2為基數(shù),

只用0和1兩個(gè)數(shù)表示數(shù)，逢2進(jìn)1,二進(jìn)制數(shù)同十進(jìn)制數(shù)遵循一樣的運(yùn)算規(guī)則，它們可以

相互轉(zhuǎn)化，如(521)R=IX2"+0X2'+0X27+0X2li+0X25+0X2'+lX2'+0X22+0X2'+

1X2°=(IoOOOoloOI),.我國(guó)數(shù)學(xué)史上，對(duì)數(shù)制研究不乏其人，清代汪萊的《參兩算經(jīng)》是較

早系統(tǒng)論述非十進(jìn)制數(shù)的文獻(xiàn),總結(jié)出了八進(jìn)制乘法口訣：7X7=61,7X6=52,7X5=43,…，

類比二進(jìn)制與十進(jìn)制轉(zhuǎn)化的運(yùn)算，數(shù)(IOlOOlIl00)2對(duì)應(yīng)的八進(jìn)制數(shù)為()

A.(446)8B.(1134)?

C.(1234)8D.(4321)8

答案C

9β765432

解析S(1010011100)2=l×2+0×2+l×2+0×2+0×2+l×2+l×2+l×2+

1o2103

OX2+O×2=668,A項(xiàng)中，(446)8=4×8+4×8+6×8=294,B項(xiàng)中,(1134)s=l×8+

1×82+3×8'+4×8O=6O4,C項(xiàng)中,(1234)s=l×83+2X82+3×8'+4×8c=668,D項(xiàng)中,

320

(4321)8=4×8+3×8+2×8'+l×8=2257.故選C.

觸類旁通J

類比推理的應(yīng)用一般分為類比定義、類比性質(zhì)和類比方法.

(1)類比定義：在求解由某種熟悉的定義產(chǎn)生的類比推理型試題時(shí)，可以借助原定義來(lái)求

解.

(2)類比性質(zhì)：從一個(gè)特殊式子的性質(zhì)、一個(gè)特殊圖形的性質(zhì)入手，提出類比推理型問(wèn)題，

求解時(shí)要認(rèn)真分析兩者之間的聯(lián)系與區(qū)別，深入思考兩者的轉(zhuǎn)化過(guò)程是求解的關(guān)鍵.

(3)類比方法：有一些處理問(wèn)題的方法具有類比性，我們可以把這種方法類比應(yīng)用到其他

問(wèn)題的求解中，注意知識(shí)的遷移.

即時(shí)訓(xùn)練4.若等差數(shù)列｛a｝的公差為4前"項(xiàng)和為S”則數(shù)列為等差數(shù)列，公

差嫄類似，若各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列｛4｝的公比為0,前〃項(xiàng)積為北，則等比數(shù)列｛母元｝

的公比為()

A?fB.q

C.y[qD.缶

答案C

,it</z-l)

解析由題設(shè)，有Tn=bl?&?&....bn=b↑?b?q?b↑q.....b↑q~=U；q=^

刀一1n〃一1

22

q.??.‰=biq,.?.等比數(shù)歹∣J｛5｝的公比為也.故選C.

5.(2022?山西朔州摸底)在平面上，我們?nèi)绻靡粭l直線去截正方形的一個(gè)角，那么截

下的一個(gè)直角三角形，按下圖所標(biāo)邊長(zhǎng)，由勾股定理有：^=才+式設(shè)想正方形換成正方體，

把截線換成如圖的截面，這時(shí)從正方體上截下三條側(cè)棱兩兩垂直的三棱錐0一廓,如果用S,

S,S表示三個(gè)側(cè)面的面積，S表示截面的面積，那么類比得到的結(jié)論是

答案￡+￡+&=&

解析將側(cè)面面積類比為直角三角形的直角邊，截面面積類比為直角三角形的斜邊，可

得M+G+&=貪

考向三演繹推理

例5(2021?廣西梧州模擬)數(shù)列｛&｝的前n項(xiàng)和記為S,己知a1=l,a+尸也$(〃

n

∈N*).證明：

(1)數(shù)列是等比數(shù)列；

(2)S+ι=4a,.

ilE明(1):&+I=Sf+1—Sn,&+1=Snf

ln

.?.(〃+2)S=〃(SΓ+LS),即〃S+i=2(〃+l)S.

.?.j?=2?￡',(小前提)

n+1n

故15是以2為公比，1為首項(xiàng)的等比數(shù)列.(結(jié)論)

(大前提是等比數(shù)列的定義，這里省略了)

(2)由(1)可知巨=4?色\(〃22),

n+1n-1

S-In—1+2

/.S+ι=4(α+l)-----=4?----------

〃—11

=4a〃(/?》2)，(小前提)

又??=3S=3,S=a+?=l÷3=4=4a∣,(小前提)

.?.對(duì)于任意正整數(shù)〃，都有S+∣=4a,l.(結(jié)論)

(第(2)問(wèn)的大前提是第(1)問(wèn)的結(jié)論以及題中的已知條件)

觸類旁通］演繹推理的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)

(1)演繹推理是由一般到特殊的推理，其最常見(jiàn)的形式是三段論，它是由大前提、小前提、

結(jié)論三部分組成的.三段論推理中包含三個(gè)判斷：第一個(gè)判斷稱為大前提，它提供了一個(gè)一

般的原理；第二個(gè)判斷叫小前提，它指出了一個(gè)特殊情況.這兩個(gè)判斷聯(lián)合起來(lái)，提示了一

般原理和特殊情況的內(nèi)在聯(lián)系，從而產(chǎn)生了第三個(gè)判斷：結(jié)論.

(2)演繹推理的前提和結(jié)論之間有著某種蘊(yùn)含關(guān)系,解題時(shí)要找準(zhǔn)正確的大前提.一般地,

若大前提不明確時(shí)，一般可找一個(gè)使結(jié)論成立的充分條件作為大前提.

即時(shí)訓(xùn)練6.(2021?甘肅蘭州模擬)有一段“三段論”，推理是這樣的：對(duì)于可導(dǎo)函

數(shù)Hx),如果，(ΛO)=O,那么X=M是函數(shù)F(X)的極值點(diǎn).因?yàn)閒(x)=S在X=O處的導(dǎo)

數(shù)值F(0)=0,所以x=0是函數(shù)f(x)=f的極值點(diǎn).以上推理中()

A.大前提錯(cuò)誤B.小前提錯(cuò)誤

C,推理形式錯(cuò)誤D.結(jié)論正確

答案A

解析對(duì)于可導(dǎo)函數(shù)f(x),如果/U)=0,那么x=x°不一定是函數(shù)f(x)的極值點(diǎn),

大前提錯(cuò)誤.故選A.

自主培優(yōu)(二十二)推理中的創(chuàng)新性問(wèn)題

L將圓周20等分，按照逆時(shí)針?lè)较蛞来尉幪?hào)為1,2,…，20,若從某一點(diǎn)開(kāi)始，沿圓

周逆時(shí)針?lè)较蛐凶?，點(diǎn)的編號(hào)是數(shù)字幾，就走幾段弧長(zhǎng)，稱這種走法為一次“移位”，如：

小明在編號(hào)為1的點(diǎn)，他應(yīng)走1段弧長(zhǎng)，即從I-2為第一次“移位”，這時(shí)他到達(dá)編號(hào)為2

的點(diǎn)，然后從2-3-4為第二次“移位”，若某人從編號(hào)為3的點(diǎn)開(kāi)始，沿逆時(shí)針?lè)较?，?/p>

上述“移位”方法行走，“移位”a次剛好到達(dá)編號(hào)為16的點(diǎn)，又滿足Ia—2020的值最小,

則a的值為()

A.2019B.2020

C.2021D.2022

答案C

解析若某人從編號(hào)為3的點(diǎn)開(kāi)始，第一次“移位”到達(dá)6；

第二次“移位”到達(dá)12；

第三次“移位”到達(dá)4；

第四次“移位”到達(dá)8；

第五次“移位”到達(dá)16；

第六次“移位”到達(dá)12；

第七次“移位”到達(dá)4；

第八次“移位”到達(dá)8；

第九次“移位”到達(dá)16；

第十次“移位”到達(dá)12；

從第二次開(kāi)始，每4次“移位”為一組“移位”循環(huán)，

“移位”a次剛好到達(dá)編號(hào)為16的點(diǎn)，

則a—1應(yīng)該能被4整除，又滿足Ia—20201的值最小,則a=202L故選C.

2.一個(gè)二元碼是由0和1組成的數(shù)字串小呢…%,其中四（4=1,2,…，稱為

第4位碼元.二元碼是通信中常用的碼，但在通信過(guò)程中有時(shí)會(huì)發(fā)生碼元錯(cuò)誤（即碼元由0

變?yōu)?,或者由1變?yōu)?）.

Xl十X5十族十矛7=0,

已知某種二元碼小論…*7的碼元滿足如下校驗(yàn)方程組：,?Φχ1ΦΛβΦX7=0,

.XIΦ%3ΦΛ?ΦΛ7=0,

其中運(yùn)算十定義為：0十0=0,0十1=1,1十0=1,1^1=0.

現(xiàn)已知一個(gè)這種二元碼在通信過(guò)程中僅在第4位發(fā)生碼元錯(cuò)誤后變成了1101101,那么

利用上述校驗(yàn)方程組可判定4等于.

答案5

解析因?yàn)檐魇谑甔6十*7=1十1十0十I=O十oeeι=oaι=ιwo,所以二元碼IlOllOl

的前3位碼元都是對(duì)的；因?yàn)閄2十吊十旋十加=1十0十0十I=I十0十I=I十1=0,所以二元碼

1101101的第6,7位碼元也是對(duì)的；因?yàn)閄IΦ?ΦΛ?ΦΛ?7=1Φ0Φ1Θ1=1Φ1Φ1=0Φ1=

l≠0,所以二元碼IlOllOl的第5位碼元是錯(cuò)誤的，所以4=5.

/答題啟示

與推理有關(guān)的新定義問(wèn)題是高考命制創(chuàng)新型試題的一個(gè)熱點(diǎn)，解決此類問(wèn)題時(shí)，一定要

讀懂新定義的本質(zhì)含義及符號(hào)語(yǔ)言，緊扣題目所給定義，結(jié)合題目的要求進(jìn)行恰當(dāng)?shù)剞D(zhuǎn)化，

注意推理過(guò)程的嚴(yán)密性.

,對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練

1.某種平面分形圖如圖所示，一級(jí)分形圖是由一點(diǎn)出發(fā)的三條線段，長(zhǎng)度均為1,兩兩

夾角為120°；二級(jí)分形圖是在一級(jí)分形圖的每條線段的末端再生成兩條長(zhǎng)度為原來(lái);的線

段，且這兩條線段與原線段兩兩夾角為120。，……，依此規(guī)律得到〃級(jí)分形圖.

丫JVA

YxYYT

一級(jí)分形圖二級(jí)分形圖一:級(jí)分形圖

〃級(jí)分形圖中共有條線段.

答案3X2"-3

解析由題圖知，一級(jí)分形圖有3=(3X2—3)條線段，二級(jí)分形圖有9=(3X2li-3)條

線段，三級(jí)分形圖中有21=(3X2'-3)條線段，按此規(guī)律，"級(jí)分形圖中的線段條數(shù)為a=

3×2n-3.

2.在平面直角坐標(biāo)系中，若點(diǎn)P(M力的坐標(biāo)X,y均為整數(shù)，則稱點(diǎn)夕為格點(diǎn).若一

個(gè)多邊形的頂點(diǎn)全是格點(diǎn)，則稱該多邊形為格點(diǎn)多邊形.格點(diǎn)多邊形的面積記為S,其內(nèi)部

的格點(diǎn)數(shù)記為,V,邊界上的格點(diǎn)數(shù)記為Z.例如：圖中的△力附是格點(diǎn)三角形，對(duì)應(yīng)的S=l,N

=0,Z=4.

(1)圖中格點(diǎn)四邊形第七對(duì)應(yīng)的S,N,￡分別是；

(2)已知格點(diǎn)多邊形的面積可表示為S=aV+從+c,其中a,8,C為常數(shù)，若某格點(diǎn)多

邊形對(duì)應(yīng)的j71,￡=18,則S=(用數(shù)值作答).

答案(1)3,1,6(2)79

解析(D由定義知，四邊形兩由一個(gè)等腰直角三角形和一個(gè)平行四邊形構(gòu)成，其內(nèi)

部有1個(gè)格點(diǎn)，邊界上有6個(gè)格點(diǎn)，四邊形第6的面積為3,所以S=3,Λ^l,Z=6.

(2)由待定系數(shù)法可得

]=a?0÷??3+c,

解得V?=l>

l=a,0+6?4+c,

、3=a?l+??6+c,、c=-1,

當(dāng)時(shí)，

JV=71,￡=18s=l×71+∣×18-l=79.

課時(shí)作業(yè)I

1.正弦函數(shù)是奇函數(shù)，f(x)=sin(f+i)是正弦函數(shù)，因此f(χ)=sin(V+l)是奇函數(shù)，

以上推理()

A.結(jié)論正確B.大前提不正確

C.小前提不正確D.全不正確

答案C

解析因?yàn)锳x)=sin(f+1)不是正弦函數(shù)，所以小前提不正確.故選C.

2.(2021?北京房山區(qū)二模)為了慶祝中國(guó)共產(chǎn)黨成立100周年，某校舉行了以“重溫時(shí)

代經(jīng)典，唱響回聲瞭亮”為主題的“紅歌”歌詠比賽，該校高三年級(jí)有1,2,3,4四個(gè)班參加

了比賽，其中有兩個(gè)班獲獎(jiǎng).比賽結(jié)果揭曉之前，甲同學(xué)說(shuō)：“兩個(gè)獲獎(jiǎng)班級(jí)在2班、3班、

4班中”，乙同學(xué)說(shuō)：“2班沒(méi)有獲獎(jiǎng)，3班獲獎(jiǎng)了"，丙同學(xué)說(shuō)：“1班、4班中有且只有

一個(gè)班獲獎(jiǎng)”，丁同學(xué)說(shuō)：“乙說(shuō)得對(duì)”.己知這四人中有且只有兩人的說(shuō)法是正確的，則

這兩人是()

A.乙、丁B.甲、丙

C.甲、丁D.乙、丙

答案B

解析假設(shè)乙的說(shuō)法是正確的，則丁也是正確的，那么甲、丙的說(shuō)法都是錯(cuò)誤的，由丙

的說(shuō)法錯(cuò)誤可知，1班、4班都獲獎(jiǎng)或1班、4班都沒(méi)有獲獎(jiǎng)，與乙的說(shuō)法正確矛盾，所以乙

的說(shuō)法是錯(cuò)誤的，則丁也是錯(cuò)誤的，所以2班獲獎(jiǎng)，3班沒(méi)獲獎(jiǎng)，進(jìn)而推斷出1班、4班中有

且只有一個(gè)班獲獎(jiǎng)，所以丙的說(shuō)法正確，要使甲的說(shuō)法也正確，則獲獎(jiǎng)的班級(jí)為2班、4班，

故選B.

3.觀察下列等式：

1=1

2+3+4=9

3+4+5+6+7=25

4+5+6+7+8+9+10=49

照此規(guī)律，第〃個(gè)等式的結(jié)果為()

A.(2Λ)2B.(2Λ+1)2

C.(2Λ-I)2D.(/?—I)2

答案C

解析由題中的數(shù)字規(guī)律很容易得出第〃個(gè)等式為/7+ω+l)+5+2)+???+(3〃-2)=

(2〃-1)j.

4.36的所有正約數(shù)之和可按如下方法得到：因?yàn)?6=22X3’,所以36的所有正約數(shù)之

和為(1+3+3?)+(2+2×3+2×32)+(22+22×3+22×32)=(l+2+22)×(1+3+32)=91.

參照上述方法，可求得500的所有正約數(shù)之和為()

A.988B.1032

C.1092D.1182

答案C

解析類比36的所有正約數(shù)之和的求法,可知500的所有正約數(shù)之和可按如下方法得到：

因?yàn)?00=22×53,所以500的所有正約數(shù)之和為(1+2+2?)X(l+5+52+53)=1092.

5.(2021?江南十校聯(lián)考)圖①是美麗的“勾股樹(shù)”，它是一個(gè)直角三角形分別以它的每

一邊向外作正方形而得到的.圖②是第1代“勾股樹(shù)”，重復(fù)圖②的作法，得到圖③為第2

代“勾股樹(shù)”，以此類推，已知最大的正方形的面積為1,則第〃代“勾股樹(shù)”所有正方形

的面積的和為()

②③

A.nB.n

C.1D.Λ+1

答案D

解析最大的正方形的面積為1,由勾股定理知第1代“勾股樹(shù)”所有正方形的面積的

和為2,依次類推，可得第〃代“勾股樹(shù)”所有正方形的面積的和為〃+1.故選D.

6.我國(guó)古代數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》的論割圓術(shù)中有：“割之彌細(xì)，所失彌少，割之又割,

以至于不可割，則與圓周合體而無(wú)所失矣”.它體現(xiàn)了一種無(wú)限與有限的轉(zhuǎn)化過(guò)程.比如在

表達(dá)式1+-二一中“即代表無(wú)限次重復(fù),但原式卻是個(gè)定值,它可以通過(guò)方程1+1=

1X

X求得X=騫類比上述過(guò)程，則√3+2√3+2√^=()

A.3B.警?

C.6D.2√2

答案A

解析令?+2?j3+2^?∣^^"?=X（X>0）,兩邊平方，得3+2?∣3+=殳,即3+2X=

X，解得X=3或X=-I（舍去），故y∣3+2^?∣3+2y∣^"=3,故選A.

7.（2021?寧夏固原模擬）某計(jì)算機(jī)系統(tǒng)在同一時(shí)間只能執(zhí)行一項(xiàng)任務(wù)，且該任務(wù)完成后

才能執(zhí)行下一項(xiàng)任務(wù).現(xiàn)有三項(xiàng)任務(wù)〃，匕濟(jì)計(jì)算機(jī)系統(tǒng)執(zhí)行這三項(xiàng)任務(wù)的時(shí)間（單位：s）

依次為a,b,c,其中永灰，.一項(xiàng)任務(wù)的“相對(duì)等待時(shí)間”定義為從開(kāi)始執(zhí)行第一項(xiàng)任務(wù)到

完成該任務(wù)的時(shí)間與計(jì)算機(jī)系統(tǒng)執(zhí)行該任務(wù)的時(shí)間之比.下列四種執(zhí)行順序中，使三項(xiàng)任務(wù)

“相對(duì)等待時(shí)間”之和最小的是（）

A.U-→V-→HfB.m

C.mD.AllT

答案A

11+2

解析假設(shè)a=Lb=2,c=4.順序A中三項(xiàng)任務(wù)相對(duì)等待時(shí)間之和為W=1+亍+

1+2+417.順序B中三項(xiàng)任務(wù)相對(duì)等待時(shí)間之和為$=升22中+4+匕1+2干+4=139.順序C中

41+41+2+419

三項(xiàng)任務(wù)相對(duì)等待時(shí)間之和為S=1+十+—2—=萬(wàn)?順序D中三項(xiàng)任務(wù)相對(duì)等待時(shí)間

X,C1I1+41+2+423,_

N和xrt為iS=,+—-+2=--故4選A.

8.（2022?西寧模擬）將自然數(shù)0,1,2,…，按照如下形式進(jìn)行擺列:

根據(jù)以上規(guī)律判定，從2020到2022的箭頭方向是（）

U一IΓπ

ABCD

答案A

解析從所給的圖形中觀察得到規(guī)律：每隔四個(gè)單位，箭頭的走向是一樣的，比如說(shuō)，

0-1,箭頭豎直向下，4-5,箭頭也是豎直向下，8-9也是如此，而2020=4X505,所以

2020—2021箭頭也是豎直向下，之后2021—2022的箭頭是水平向右.故選A.

9.如圖所示的數(shù)陣中，若A5,加表示第應(yīng)行的第〃個(gè)數(shù)，則依此規(guī)律力（15,2）為（）

答案C

1112Iiii22

解析由數(shù)陣知力(3,2)為獲彳，力⑷2)為己+[+而=己+獲彳+衣4(5,2)

111112221222

為…，則/(15,2)為又+：^7+7777+^77^------H

66101563X44X55X663X44×55X6

(?

I^2=11+12X(§\-71+,1牙_51,+…+l正1一n司=己1,+2X(匕一n司=1ι+,2X而13=宜17.故—選C.

10.老王和小王父子倆玩一種類似于古代印度的“梵塔游戲”；有3個(gè)柱子甲、乙、丙,

在甲柱上現(xiàn)有4個(gè)盤(pán)子，最上面的兩個(gè)盤(pán)子大小相同，從第二個(gè)盤(pán)子往下大小不等，大的在

下，小的在上(如圖)，把這4個(gè)盤(pán)子從甲柱全部移到乙柱游戲即結(jié)束，在移動(dòng)過(guò)程中每次只

能移動(dòng)一個(gè)盤(pán)子，甲、乙、丙柱都可以利用，且3個(gè)柱子上的盤(pán)子始終保持小的盤(pán)子不能放

在大的盤(pán)子之下，設(shè)游戲結(jié)束需要移動(dòng)的最少次數(shù)為〃，則〃=()

,t?i............I...................I.........

甲乙丙

A.7B.8

C.11D.15

答案C

解析由題意，得圖中甲柱最上面的兩個(gè)盤(pán)子大小一樣，所以比操作三個(gè)盤(pán)子的次數(shù)(2,

-1)要多，比操作四個(gè)盤(pán)子的次數(shù)(2'—1)要少，相當(dāng)于操作三個(gè)盤(pán)子的時(shí)候，最上面的那個(gè)

挪動(dòng)了幾次，就會(huì)增加幾次，故選C.

11.如果函數(shù)HX)在區(qū)間〃上是凸函數(shù)，那么對(duì)于區(qū)間〃內(nèi)的任意小，蒞，…，Xm都

有/3+/：熱〃+…+/義W/(小+加：…+BG∈N)?y=sinx在區(qū)間(。，n)上是

凸函數(shù)，則在中，SinH+sin3÷sinC的最大值是()

A.平BT

乙?

?2

C.D.

33

答案A

&力4?L二rg*J門(mén)》業(yè)，c∕??"∏FXl+FX2H?-fXn)∕E+EH?-xλ

解析由題意，知凸函數(shù)F(X)滿足----------------------------≤∕r------------------\

(∕2∈N*).因?yàn)槭琒inX在區(qū)間(0,叮)上是凸函數(shù)，所以sin/+為n8+sin6?3si

n,O-f=

3si∏2=W^.故選A.

?Lt

12.(2022?四川南充診斷考試)如圖，將一張等邊三角形紙片沿中位線剪成4個(gè)小三角

形，稱為第一次操作；然后，將其中的一個(gè)三角形按同樣方式再剪成4個(gè)小三角形，共得到

7個(gè)小三角形，稱為第二次操作；再將其中一個(gè)三角形按同樣方式再剪成4個(gè)小三角形，共

得到10個(gè)小三角形，稱為第三次操作；……，根據(jù)以上操作，若要得到100個(gè)小三角形，則

需要操作()

答案C

解析由題意可知，第一次操作后，三角形共有4個(gè)；第二次操作后，三角形共有4+3

=7個(gè)；第三次操作后，三角形共有4+3+3=10個(gè)，…，由此可得第力次操作后，三角形

共有4+3(〃-1)=3〃+1個(gè).當(dāng)3〃+I=IOO時(shí)，〃=33.故共需要操作33次，故選C.

13.在平面上，設(shè)無(wú)，h?,人是449C三條邊上的高，一為三角形內(nèi)任一點(diǎn)，一到相應(yīng)三

邊的距離分別為必，p,?P,,我們可以得到結(jié)論：￡+發(fā)+￡=1.把它類比到空間中，設(shè)幾，

hb,he,4分別是三棱錐力一直》四個(gè)面上的高，尸為三棱錐力一靦內(nèi)任一點(diǎn)，一到相應(yīng)四個(gè)

面的距離分別為R,p,?Pt,pd,則三棱錐中的類似結(jié)論為.

答案?+7÷τ+τ=l

haIlbticIld

LBe.p

解析由題意，知在44?C中，?=7p~=鏟,同理，得F==，牛=沁又8碗

Ha1__,,dABC∏bD^ΛBCHcb4ABC

-BC?hi,

it

r-r-IVIPIPb.PCSNBC"+Si?∕Mc+?5?.PJAli

SAPAli=S&A8C,所以τ^+τ+τ=----------------------C-----------------------------由平面圖形中的面積可類比立體

+*S?Λff+hahbheS^ABC1.

圖形中的體積，得在三棱錐［一四中，由h歐+h∕θ+h物+h加8=匕V=VI>-ABC=VA-BCD

111

~^S?,BCD,Pa~^S^CDA*Pb~^S^DΛB*PC

VB-CM=Vc-DAB，得‘1,即7

VA-BCDVB-CMVC-MBVD-ABI'11

~^S^βCD*ha~^S^CDΛ*hb~^S^DAB*Ac

-------------=1,即華+m+華+§=1.

1hn∏hflι∏d

QsMa'?hd

14.（2021?湖南三湘名校第三次聯(lián)考）“開(kāi)車不喝酒，喝酒不開(kāi)車”，為了營(yíng)造良好的

交通秩序,全國(guó)各地交警都大力宣傳和查處“酒駕行為”.某地交警在設(shè)卡查處“酒駕行為”

時(shí)碰到甲、乙、丙三位司機(jī)，

司機(jī)甲說(shuō)：我喝酒了.

司機(jī)乙說(shuō)：我沒(méi)有喝酒.

司機(jī)丙說(shuō)：甲沒(méi)有喝酒.

若這三位司機(jī)身上都有酒味，但只有一人真正喝酒了，三人中只有一人說(shuō)的是真話，在

不使用酒精測(cè)試儀的情況下，幫助交警判定出真正喝酒的人是

答案乙

解析因?yàn)橹挥幸蝗苏嬲染屏?，三人中只有一人說(shuō)的是真話，如果甲說(shuō)的是真話，那

么乙說(shuō)的也是真話，與只有一人說(shuō)的是真話相矛盾，故甲說(shuō)的是假話，即甲沒(méi)有喝酒是真的，

則丙說(shuō)的是真話，那么乙說(shuō)的就是假話，則乙喝酒了，真正喝酒的人是乙.

15.祖昭是我國(guó)南北朝時(shí)期的數(shù)學(xué)家，是祖沖之的兒子.他提出了一條原理：“幕勢(shì)既

同，則積不容異.”這里的“暴”指水平截面的面積，“勢(shì)”指高.這句話的意思是：兩個(gè)

2

等高的幾何體若在所有等高處的水平截面的面積相等，則這兩個(gè)幾何體體積相等，設(shè)由橢圓與

a

+*=l（a>6>0）所圍成的平面圖形繞y軸旋轉(zhuǎn)一周后，得一橄欖狀的幾何體（稱為橢球體）如

圖所示，課本中介紹了應(yīng)用祖咂原理求球體體積公式的方法，請(qǐng)類比此法，求出橢球體體積，

其體積為,

4

答案RMFa

解析橢圓的長(zhǎng)半軸長(zhǎng)為a,短半軸長(zhǎng)為6,現(xiàn)構(gòu)造兩個(gè)底面半徑為6,高為a的圓柱，

然后在圓柱內(nèi)挖去一個(gè)以圓柱下底面圓心為頂點(diǎn)，圓柱上底面為底面的圓錐，根據(jù)祖晅原理

14

得出橢球體的體積V—2(人樣—IZIIE)=2(n×ZJ2×a~~∏×?2×a)=~πBa.

mOO