2014屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)方案第59講合情推理與演繹推理課時(shí)作業(yè)新人教B版

PAGEPAGE7課時(shí)作業(yè)(五十九)[第59講合情推理與演繹推理](時(shí)間：45分鐘分值：100分)eq\a\vs4\al\co1(基礎(chǔ)熱身)1．設(shè)f0(x)＝sinx，f1(x)＝f′0(x)，f2(x)＝f′1(x)，…，fn(x)＝f′n－1(x)，n∈N，則f2013(x)＝()A．sinxB．－sinxC．cosxD．－cosx2．下面幾種推理過程是演繹推理的是()A．兩條直線平行，同旁內(nèi)角互補(bǔ)，由此若∠A，∠B是兩條平行直線被第三條直線所截得的同旁內(nèi)角，則∠A＋∠B＝180°B．某校高三(1)班有55人，高三(2)班有54人，高三(3)班有52人，由此得出高三所有班人數(shù)超過50人C．由平面三角形的性質(zhì)推測(cè)空間四面體的性質(zhì)D．在數(shù)列{an}中，a1＝1，an＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－1＋\f(1,an－1)))(n≥2)，由此歸納出{an}的通項(xiàng)公式3．我們把平面內(nèi)與直線垂直的非零向量稱為直線的法向量，在平面直角坐標(biāo)系中，利用求動(dòng)點(diǎn)軌跡方程的方法，可以求出過點(diǎn)A(－3，4)，且法向量為n＝(1，－2)的直線(點(diǎn)法式)方程為1×(x＋3)＋(－2)×(y－4)＝0，化簡(jiǎn)得x－2y＋11＝0.類比以上方法，在空間直角坐標(biāo)系中，經(jīng)過點(diǎn)A(1，2，3)且法向量為n＝(－1，－2，1)的平面(點(diǎn)法式)方程為________________________________________________________________________．4．[2011·陜西卷]觀察下列等式1＝12＋3＋4＝93＋4＋5＋6＋7＝254＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝49照此規(guī)律，第五個(gè)等式應(yīng)為________________________________________________________________________．eq\a\vs4\al\co1(能力提升)5．觀察(x2)′＝2x，(x4)′＝4x3，(cosx)′＝－sinx，由歸納推理可得：若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(－x)＝f(x)，記g(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則g(－x)＝()A．f(x)B．－f(x)C．g(x)D．－g(x)6．下列推理是歸納推理的是()A．A，B為定點(diǎn)，a>0且為常數(shù)，動(dòng)點(diǎn)P滿足||PA|－|PB||＝2a<|AB|，則PB．由a1＝1，an＝3n＋1，求出S1，S2，S3，猜想出數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn的表達(dá)式C．由圓x2＋y2＝r2的面積πr2，猜想出橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1的面積S＝πabD．三角形ABC一條邊的長(zhǎng)度為4，該邊上的高為1，那么這個(gè)三角形的面積為27．把1，3，6，10，15，21，…這些數(shù)叫做三角形數(shù)，這是因?yàn)檫@些數(shù)目的點(diǎn)子可以排成一個(gè)正三角形(如圖K59－1)，則第七個(gè)三角形數(shù)是()圖K59－1A．21B．28C．32D．368．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2x＋\r(2))，類比課本推導(dǎo)等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式的推導(dǎo)方法計(jì)算f(－4)＋f(－3)＋…＋f(0)＋f(1)＋…＋f(4)＋f(5)的值為()A.eq\f(3\r(2),2)B.eq\f(5\r(2),2)C.eq\f(9\r(2),2)D.eq\f(\r(2),2)9．黑白兩種顏色的正六邊形地面磚按如圖K59－2的規(guī)律拼成若干個(gè)圖案，則第n個(gè)圖案中有白色地面磚的塊數(shù)是()圖K59－2A．4n＋2B．4n－2C．2n＋4D．3n10．觀察下列等式：13＋23＝32，13＋23＋33＝62，13＋23＋33＋43＝102，…，根據(jù)上述規(guī)律，第五個(gè)等式為__________________________．11．已知等差數(shù)列{an}中，有eq\f(a11＋a12＋…＋a20,10)＝eq\f(a1＋a2＋…a30,30)，則在等比數(shù)列{bn}中，會(huì)有類似的結(jié)論____________________．12．觀察下列等式：(1＋x＋x2)1＝1＋x＋x2，(1＋x＋x2)2＝1＋2x＋3x2＋2x3＋x4，(1＋x＋x2)3＝1＋3x＋6x2＋7x3＋6x4＋3x5＋x6，(1＋x＋x2)4＝1＋4x＋10x2＋16x3＋19x4＋16x5＋10x6＋4x7＋x8，……由以上等式推測(cè)：對(duì)于n∈N*，若(1＋x＋x2)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2nx2n，則a2＝________．13．[2012·綏化一模]把正整數(shù)排列成如圖K59－3(1)的三角形數(shù)陣，然后擦去第偶數(shù)行的奇數(shù)和第奇數(shù)行中的偶數(shù)，得到如圖乙的三角數(shù)陣，再把圖K59－3(2)中的數(shù)按從小到大的順序排成一列，得到數(shù)列{an}．若an＝2011，則n＝________．圖K59－314．(10分)觀察①sin210°＋cos240°＋sin10°cos40°＝eq\f(3,4)；②sin26°＋cos236°＋sin6°cos36°＝eq\f(3,4).由上面兩題的結(jié)構(gòu)規(guī)律，你能否提出一個(gè)猜想？15．(13分)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和記為Sn，已知a1＝1，an＋1＝eq\f(n＋2,n)Sn(n∈N＋)．用演繹推理的方式證明：(1)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是等比數(shù)列；(2)Sn＋1＝4an.eq\a\vs4\al\co1(難點(diǎn)突破)16．(12分)如圖K59－4所示，點(diǎn)P為斜三棱柱ABC－A1B1C1的側(cè)棱BB1上一點(diǎn)，PM⊥BB1交AA1于點(diǎn)M，PN⊥BB1交CC1于點(diǎn)N(1)求證：CC1⊥MN；(2)在任意△DEF中有余弦定理：DE2＝DF2＋EF2－2DF·EF·cos∠DFE.拓展到空間，類比三角形的余弦定理，寫出斜三棱柱的三個(gè)側(cè)面面積與其中兩個(gè)側(cè)面所成的二面角之間的關(guān)系式，并予以證明．圖K59－4

課時(shí)作業(yè)(五十九)【基礎(chǔ)熱身】1．C[解析]f1(x)＝(sinx)′＝cosx，f2(x)＝(cosx)′＝－sinx，f3(x)＝(－sinx)′＝－cosx，f4(x)＝(－cosx)′＝sinx，f5(x)＝(sinx)′＝cosx＝f1(x)，f6(x)＝(cosx)′＝－sinx＝f2(x)，fn＋4(x)＝…＝…＝fn(x)，故可猜測(cè)fn(x)是以4為周期的函數(shù)，有f4n＋1(x)＝f1(x)＝cosx，f4n＋2(x)＝f2(x)＝－sinx，f4n＋3(x)＝f3(x)＝－cosx，f4n＋4(x)＝f4(x)＝sinx.故f2013(x)＝f1(x)＝cosx，故選C.2．A[解析]A是演繹推理，B，D是歸納推理，C是類比推理．故選A.3．x＋2y－z－2＝0[解析]設(shè)B(x，y，z)為平面內(nèi)的任一點(diǎn)，由eq\o(AB,\s\up6(→))·n＝0得(－1)×(x－1)＋(－2)×(y－2)＋1×(z－3)＝0，即x＋2y－z－2＝0.4．5＋6＋7＋8＋9＋10＋11＋12＋13＝81[解析]因?yàn)?＝1第一個(gè)式子左邊1個(gè)數(shù)，右邊1的平方；2＋3＋4＝9第二個(gè)式子左邊3個(gè)數(shù)，從2開始加，加3個(gè)連續(xù)整數(shù)，右邊3的平方；3＋4＋5＋6＋7＝25第三個(gè)式子左邊5個(gè)數(shù)，從3開始加，加5個(gè)連續(xù)整數(shù)，右邊5的平方；4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝49第四個(gè)式子左邊7個(gè)數(shù)，從4開始加，加7個(gè)連續(xù)整數(shù)，右邊7的平方，故第五個(gè)式子為5＋6＋7＋8＋9＋10＋11＋12＋13＝81.【能力提升】5．D[解析]由所給函數(shù)及其導(dǎo)數(shù)知，偶函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為奇函數(shù)，因此當(dāng)f(x)是偶函數(shù)時(shí)，其導(dǎo)函數(shù)應(yīng)為奇函數(shù)，故g(－x)＝－g(x)．6．B[解析]從S1，S2，S3猜想出數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn，是從特殊到一般的推理，所以B是歸納推理．7．B[解析]觀察這一組數(shù)的特點(diǎn)：a1＝1，an－an－1＝n，∴an＝eq\f(n（n＋1）,2)，∴a7＝28.8．B[解析]∵f(x)＝eq\f(1,2x＋\r(2))，∴f(－x)＝eq\f(1,2－x＋\r(2))＝eq\f(2x,1＋\r(2)·2x)，f(x＋1)＝eq\f(1,2x＋1＋\r(2))＝eq\f(1,\r(2)（1＋\r(2)·2x）)，則f(－x)＋f(x＋1)＝eq\f(2x,1＋\r(2)·2x)＋eq\f(1,\r(2)（1＋\r(2)·2x）)[中|國(guó)教|育出|版網(wǎng)]＝eq\f(1＋\r(2)·2x,\r(2)（1＋\r(2)·2x）)＝eq\f(\r(2),2)，∴f(－4)＋f(5)＝f(－3)＋f(4)＝f(－2)＋f(3)＝f(－1)＋f(2)＝f(0)＋f(1)＝eq\f(\r(2),2)，∴原式的值為eq\f(\r(2),2)×5＝eq\f(5\r(2),2).故選B.9．A[解析]由圖可知，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝6，當(dāng)n＝2時(shí)，a2＝10，當(dāng)n＝3，有a3＝14，由此推測(cè)，第n個(gè)圖案中有白色地面磚的塊數(shù)是：an＝4n＋2.故選A.10．13＋23＋33＋43＋53＋63＝212[解析]觀察可知，第n個(gè)等式的左邊是從1開始的連續(xù)n＋1個(gè)自然數(shù)的立方和，而右邊是這連續(xù)n＋1個(gè)自然數(shù)和的平方，即13＋23＋33＋…＋(n＋1)3＝(1＋2＋3＋…＋n＋1)2，∴第5個(gè)等式為13＋23＋33＋43＋53＋63＝212.11.eq\r(10,b11b12…b20)＝eq\r(30,b1b2…b30)[解析]由等比數(shù)列的性質(zhì)可知，b1b30＝b2b29＝…＝b11b20，∴eq\r(10,b11b12…b20)＝eq\r(30,b1b2…b30).12.eq\f(n（n＋1）,2)[解析]觀察前4個(gè)等式，a2的值構(gòu)成一個(gè)數(shù)列：1，3，6，10，且an－an－1＝n，由累加法可得a2＝eq\f(n（n＋1）,2).13．1028[解析]an＝2011是第45行的第38個(gè)數(shù)，1＋2＋3＋…＋44＋38＝1028.14．解：觀察40°－10°＝30°，36°－6°＝30°，由此猜想：sin2α＋cos2(30°＋α)＋sinα·cos(30°＋α)＝eq\f(3,4).15．證明：(1)∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝eq\f(n＋2,n)Sn，∴(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，即nSn＋1＝2(n＋1)Sn.∴eq\f(Sn＋1,n＋1)＝2·eq\f(Sn,n)，(小前提)故eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))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eq\f(Sn＋1,n＋1)＝4·eq\f(Sn－1,n－1)(n≥2)，∴Sn＋1＝4(n＋1)·eq\f(Sn－1,n－1)＝4·eq\f(n－1＋2,n－1)·Sn－1＝4an(n≥2)，(小前提)又a2＝3S1＝3，S2＝a1＋a2＝1＋3＝4＝4a1∴對(duì)于任意正整數(shù)n，都有Sn＋1＝4an.(結(jié)論)(第(2)問的大前提是第(1)問的結(jié)論以及題中的已知條件)【難點(diǎn)突破】16．解：(1)證明：∵PM⊥BB1，PN⊥BB1，PM∩PN＝P，∴BB1⊥平面PMN，∴BB1⊥MN.又CC1∥BB1，∴CC1⊥MN.(2)在斜三棱柱ABC－A1B1C1S2平面ABB1A1＝S2平面BCC1B1＋S2平面ACC1A1－2S平面BCC1B1S平面ACC1A1其中α為平面BCC1B1與平面ACC1A1證明：∵CC1⊥平