2020高考数学刷题首选卷第五章不等式、推理与证明、算法初步与复数考点测试37合情推理与演绎推理理（含解析）.docx

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1、1考点测试 37 合情推理与演绎推理高考概览高 考 在 本 考 点 的 常 考 题 型 为 选 择 题 、 填 空 题 ， 分 值 5分 ， 中 等 难 度考纲研读1了解合情推理的含义，能进行简单的归纳推理和类比推理，体会合情推理在数学发现中的作用2了解演绎推理的含义，掌握演绎推理的“三段论” ，并能运用“三段论”进行一些简单推理3了解合情推理和演绎推理的联系和差异一、基础小题1用三段论推理：“任何实数的绝对值大于 0，因为 a 是实数，所以 a 的绝对值大于0”，你认为这个推理( )A大前提错误 B小前提错误C推理形式错误 D是正确的答案 A解析 大前提是任何实数的绝对值大于 0，显然是不正

2、确的故选 A2一个蜂巢里有 1 只蜜蜂，第一天，它飞出去带回了 5 个伙伴；第二天，6 只蜜蜂飞出去各自带回了 5 个伙伴；，如果这个过程继续下去，那么第 6 天所有蜜蜂归巢后，蜂巢中共有蜜蜂( )A 只 B6 6只666 16 1C6 3只 D6 2只答案 B解析 根据题意可知，第一天共有蜜蜂 156 只；第二天共有蜜蜂 6656 2只；第三天共有蜜蜂 626 256 3只；故第 6 天所有蜜蜂归巢后，蜂巢中共有蜜蜂656 556 6只故选 B3已知数列 an的前 n 项和 Sn n2an(n2)，而 a11，通过计算 a2， a3， a4，猜想an( )A B C D2n 12 2nn 1

3、 22n 1 22n 1答案 B2解析 由 a11，可得 a1 a24 a2，即 a2 ，同理可得 a3 ， a4 ，故选 B13 16 1104(1)已知 a 是三角形一边的长， h 是该边上的高，则三角形的面积是 ah，如果把扇12形的弧长 l，半径 r 分别看成三角形的底边长和高，可得到扇形的面积为 lr；(2)由1211 2， 132 2， 1353 2，可得到 1352 n1 n2，则(1)(2)两个推理过程分别属于( )A类比推理、归纳推理 B类比推理、演绎推理C归纳推理、类比推理 D归纳推理、演绎推理答案 A解析 (1)由三角形的性质得到扇形的性质有相似之处，此种推理为类比推理；

4、(2)由特殊到一般，此种推理为归纳推理，故选 A5观察下列各式： a b1， a2 b23， a3 b34， a4 b47， a5 b511，则a10 b10( )A28 B76 C123 D199答案 C解析 记 an bn f(n)，则 f(3) f(1) f(2)134； f(4) f(2) f(3)347； f(5) f(3) f(4)11通过观察不难发现 f(n) f(n1) f(n2)(nN *， n3)，则 f(6) f(4) f(5)18； f(7) f(5) f(6)29； f(8) f(6) f(7)47； f(9) f(7) f(8)76； f(10) f(8) f(9)

5、123所以 a10 b101236下面几种推理过程是演绎推理的是( )A某校高三有 8 个班，1 班有 51 人，2 班有 53 人，3 班有 52 人，由此推各班人数都超过 50 人B由三角形的性质，推测空间四面体的性质C平行四边形的对角线互相平分，菱形是平行四边形，所以菱形的对角线互相平分D在数列 an中， a11， an ，由此归纳出 an的通项公式12(an 1 1an 1)答案 C解析 A，D 是归纳推理；B 是类比推理；C 运用了“三段论”是演绎推理7下面图形由小正方形组成，请观察图至图的规律，并依此规律，写出第 n 个图形中小正方形的个数是( )3A n(n1) Bnn 12C

6、D n(n1)nn 12答案 C解析 由题图知第 1 个图形的小正方形个数为 1，第 2 个图形的小正方形个数为12，第 3 个图形的小正方形个数为 123，第 4 个图形的小正方形个数为1234，则第 n 个图形的小正方形个数为 123 n nn 128法国数学家费马观察到 22115，222117，2231257，224165537 都是质数，于是他提出猜想：任何形如 22n1( nN *)的数都是质数，这就是著名的费马猜想半个世纪之后，善于发现的欧拉发现第 5 个费马数225142949672976416700417 不是质数，从而推翻了费马猜想，这一案例说明( )A归纳推理的结果一定不

7、正确B归纳推理的结果不一定正确C类比推理的结果一定不正确D类比推理的结果不一定正确答案 B解析 法国数学家费马观察到22115，222117，2231257，224165537 都是质数，于是他提出猜想：任何形如 22n1( nN *)的数都是质数，这是由特殊到一般的推理过程，所以属于归纳推理，由于得出结论的过程没有给出推理证明，所以结果不一定正确9甲、乙、丙三人中，一人是教师、一人是记者、一人是医生，已知：丙的年龄比医生大；甲的年龄和记者不同；记者的年龄比乙小根据以上情况，下列判断正确的是( )A甲是教师，乙是医生，丙是记者B甲是医生，乙是记者，丙是教师C甲是医生，乙是教师，丙是记者D甲是记

8、者，乙是医生，丙是教师答案 C解析 由于“甲的年龄和记者不同” ，则甲不是记者，又“记者的年龄比乙小” ，则乙也不是记者，从而丙是记者，而“丙(记者)的年龄比医生大” ，且“记者的年龄比乙小” ，所以乙不是医生，而是教师，从而甲是医生，故选 C10已知结论：“在正 ABC 中，若 D 是边 BC 的中点， G 是 ABC 的重心，则2” 若把该结论推广到空间，则有结论：“在棱长都相等的四面体 A BCD 中，若AGGD4BCD 的中心为 M，四面体内部一点 O 到四面体各面的距离都相等” ，则 ( )AOOMA1 B2 C3 D4答案 C解析 如图设正四面体的棱长为 1，则易知其高 AM ，此

9、时易知点 O 即为正四面体内切球63的球心，设其半径为 r，利用等积法有 4 r ， r ，故 AO AM MO13 34 13 34 63 612 ，63 612 64故 AO OM 364 61211如图，将平面直角坐标系中的格点(横、纵坐标均为整数的点)按如下规则标上数字标签：原点处标 0，点(1，0)处标 1，点(1，1)处标 2，点(0，1)处标 3，点(1，1)处标 4，点(1，0)处标 5，点(1，1)处标 6，点(0，1)处标 7，依此类推，则标签为 312的格点的坐标为_答案 (16，15)解析 因为点(1，0)处标 11 2，点(2，1)处标 93 2，点(3，2)处标 2

10、55 2，点(4，3)处标 497 2，依此类推得点(16，15)处标 31212对于命题：如果 O 是线段 AB 上一点，则| | | | 0；将它类比到平OB OA OA OB 面的情形是：若 O 是 ABC 内一点，有 S OBC S OCA S OBA 0；将它类比到OA OB OC 空间的情形应该是：若 O 是四面体 A BCD 内一点，则有_答案 VO BCD VO ACD VO ABD VO ABC 0OA OB OC OD 解析 由线段到平面，线段的长类比为面积，由平面到空间，面积可以类比为体积，由此可以类比得一命题为： O 是四面体 A BCD 内一点，则有5VO BCD V

11、O ACD VO ABD VO ABC 0OA OB OC OD 二、高考小题13(2017全国卷)甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩老师说：你们四人中有 2 位优秀，2 位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩根据以上信息，则( )A乙可以知道四人的成绩B丁可以知道四人的成绩C乙、丁可以知道对方的成绩D乙、丁可以知道自己的成绩答案 D解析 由题意可知， “甲看乙、丙的成绩后，不知道自己的成绩” ，说明乙、丙两人中一个优秀一个良好，则乙看了丙的成绩，可以知道自己的成绩；丁看了甲的成绩，也可以知道自己的成绩故选 D14

12、(2016北京高考)袋中装有偶数个球，其中红球、黑球各占一半甲、乙、丙是三个空盒每次从袋中任意取出两个球，将其中一个球放入甲盒，如果这个球是红球，就将另一个球放入乙盒，否则就放入丙盒重复上述过程，直到袋中所有球都被放入盒中，则( )A乙盒中黑球不多于丙盒中黑球B乙盒中红球与丙盒中黑球一样多C乙盒中红球不多于丙盒中红球D乙盒中黑球与丙盒中红球一样多答案 B解析 解法一：假设袋中只有一红一黑两个球，第一次取出后，若将红球放入了甲盒，则乙盒中有一个黑球，丙盒中无球，A 错误；若将黑球放入了甲盒，则乙盒中无球，丙盒中有一个红球，D 错误；同样，假设袋中有两个红球和两个黑球，第一次取出两个红球，则乙盒中

13、有一个红球，第二次必然拿出两个黑球，则丙盒中有一个黑球，此时乙盒中红球多于丙盒中的红球，C 错误故选 B解法二：设袋中共有 2n 个球，最终放入甲盒中 k 个红球，放入乙盒中 s 个红球依题意知，甲盒中有( n k)个黑球，乙盒中共有 k 个球，其中红球有 s 个，黑球有( k s)个，丙盒中共有( n k)个球，其中红球有( n k s)个，黑球有( n k)( n k s) s 个所以乙盒中红球与丙盒中黑球一样多故选 B15(2016全国卷)有三张卡片，分别写有 1 和 2，1 和 3，2 和 3甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是 2 ”乙看了

14、丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是 1 ”丙说：“我的卡片上的数字之和不6是 5 ”则甲的卡片上的数字是_答案 1 和 3解析 由丙说的话可知丙的卡片上的数字一定不是 2 和 3若丙的卡片上的数字是 1和 2，则乙的卡片上的数字是 2 和 3，甲的卡片上的数字是 1 和 3，满足题意；若丙的卡片上的数字是 1 和 3，则乙的卡片上的数字是 2 和 3，此时，甲的卡片上的数字只能是 1 和2，不满足题意故甲的卡片上的数字是 1 和 316(2017北京高考)三名工人加工同一种零件，他们在一天中的工作情况如图所示，其中点 Ai的横、纵坐标分别为第 i 名工人上午的工作时间和加工的零件数，

15、点 Bi的横、纵坐标分别为第 i 名工人下午的工作时间和加工的零件数， i1，2，3(1)记 Qi为第 i 名工人在这一天中加工的零件总数，则 Q1， Q2， Q3中最大的是_；(2)记 pi为第 i 名工人在这一天中平均每小时加工的零件数，则 p1， p2， p3中最大的是_答案 (1) Q1 (2) p2解析 设线段 AiBi的中点为 Ci(xi， yi)(1)由题意知 Qi2 yi， i1，2，3，由题图知 y1最大，所以 Q1， Q2， Q3中最大的是Q1(2)由题意知 pi ， i1，2，32yi2xi yixi的几何意义为点 Ci(xi， yi)与原点 O 连线的斜率yixi比较

16、OC1， OC2， OC3的斜率，由题图可知 OC2的斜率最大，即 p2最大17(经典陕西高考)观察分析下表中的数据：多面体 面数( F) 顶点数( V) 棱数( E)三棱柱 5 6 9五棱锥 6 6 10立方体 6 8 127猜想一般凸多面体中 F， V， E 所满足的等式是_答案 F V E2解析 因为 5692，66102，68122，故可猜想 F V E218(2015福建高考)一个二元码是由 0 和 1 组成的数字串 x1x2xn(nN *)，其中xk(k1，2， n)称为第 k 位码元二元码是通信中常用的码，但在通信过程中有时会发生码元错误(即码元由 0 变为 1，或者由 1 变为

17、 0)已知某种二元码 x1x2x7的码元满足如下校验方程组：Error!其中运算定义为：000，011，101，110现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第 k 位发生码元错误后变成了 1101101，那么利用上述校验方程组可判定 k 等于_答案 5解析 因为 x4 x5 x6 x711010010110，所以二元码1101101 的前 3 位码元都是对的；因为 x2 x3 x6 x71001101110，所以二元码 1101101 的第 6、7 位码元也是对的；因为x1 x3 x5 x710111110110，所以二元码 1101101 的第 5 位码元是错的，所以 k5三、模拟小题19(2

18、018河南郑州二模)平面内凸四边形有 2 条对角线，凸五边形有 5 条对角线，以此类推，凸 13 边形对角线的条数为( )A42 B65 C143 D169答案 B解析 可以通过列表归纳分析得到凸多边形 4 5 6 7 8 多角线条数 2 23 234 2345 23456 凸 13 边形有 23411 65 条对角线故选 B1310220(2018山西孝义模拟)我们知道：在平面内，点( x0， y0)到直线 Ax By C0 的距离公式 d ，通过类比的方法，可求得：在空间中，点(2，4，1)到平面|Ax0 By0 C|A2 B2x2 y2 z30 的距离为( )A3 B5 C D35217

19、 58答案 B解析 类比平面内点到直线的距离公式，可得空间中点( x0， y0， z0)到平面Ax By Cz D0 的距离公式为 d ，则所求距离|Ax0 By0 Cz0 D|A2 B2 C2d 5，故选 B|2 24 21 3|12 22 2221(2018福建质检)某校有 A， B， C， D 四件作品参加航模类作品比赛已知这四件作品中恰有两件获奖在结果揭晓前，甲、乙、丙、丁四位同学对这四件参赛作品的获奖情况预测如下：甲说：“ A， B 同时获奖 ”乙说：“ B， D 不可能同时获奖 ”丙说：“ C 获奖 ”丁说：“ A， C 至少一件获奖 ”若以上四位同学中有且只有二位同学的预测是正确

20、的，则获奖的作品是( )A作品 A 与作品 B B作品 B 与作品 CC作品 C 与作品 D D作品 A 与作品 D答案 D解析 A 选项，若作品 A 与作品 B 获奖，则甲、乙、丁的预测正确，丙的预测错误，不符合题意；B 选项，若作品 B 与作品 C 获奖，则乙、丙、丁的预测正确，甲的预测错误，不符合题意；C 选项，若作品 C 与作品 D 获奖，则乙、丙、丁的预测正确，甲的预测错误，不符合题意；D 选项，若作品 A 与作品 D 获奖，则乙、丁的预测正确，甲、丙的预测错误，符合题意，所以选 D22(2018河北石家庄二中联考)老王和小王父子俩玩一种类似于古代印度的“梵塔游戏” ；有 3 个柱子

21、甲、乙、丙，在甲柱上现有 4 个盘子，最上面的两个盘子大小相同，从第二个盘子往下大小不等，大的在下，小的在上(如图)，把这 4 个盘子从甲柱全部移到乙柱游戏即结束，在移动过程中每次只能移动一个盘子，甲、乙、丙柱都可以利用，且 3 个柱子上的盘子始终保持小的盘子不能放在大的盘子之下，设游戏结束需要移动的最少次数为 n，则 n( )A7 B8 C11 D15答案 C解析 由题意得，根据甲、乙、丙三图可知最上面的两个是一样大小的，所以比三个操作的次数(2 31)要多，比四个操作的次数(2 41)要少，相当于操作三个的时候，最上9面的那个挪动了几次，就会增加几次，故选 C23(2018郑州质检三)将标

22、号为 1，2，20 的 20 张卡片放入下列表格中，一个格放入一张卡片选出每列标号最小的卡片，将这些卡片中标号最大的数设为 a；选出每行标号最大的卡片，将这些卡片中标号最小的数设为 b甲同学认为 a 有可能比 b 大，乙同学认为 a 和 b 有可能相等，那么甲、乙两位同学的说法中( )A甲对、乙不对 B乙对、甲不对C甲、乙都对 D甲、乙都不对答案 B解析 1 一定是所有数中最小的，不妨设每一列的最小值从小到大排列分别为1， m1， m2， m3， a，故 1b，则 a 一定不在 b 所在的行，则a 只能在 n1或 n2或 20 所在的行，又因为 a 是它这一列的最小值，所以 b 所在的这行对应

23、a 所在这列的数字一定比 a 大，不妨设其为 k，即 ka，而 b 是这行的最大值，故 bk，所以 ba，与 ab 矛盾，故 a b故甲不对、乙对，故选 B24(2018江西赣州十四县联考)我国古代数学著作九章算术有如下问题：“今有人持金出五关，前关二而税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一并五关所税，适重一斤问本持金几何？”其意思为“今有人持金出五关，第 1关收税金 ，第 2 关收税金为剩余的 ，第 3 关收税金为剩余的 ，第 4 关收税金为剩余的 ，12 13 14 15第 5 关收税金为剩余的 ，5 关所收税金之和，恰好重 1 斤，问原本持金多少？”若将“516关所

24、收税金之和，恰好重 1 斤，问原本持金多少？”改成“假设这个人原本持金为 x，按此规律通过第 8 关” ，则第 8 关所收税金为_ x答案 172解析 第 1 关收税金： x；12第 2 关收税金： 1 x ；13 12 x6 x23第 3 关收税金： 1 x ；14 12 16 x12 x3410第 8 关收税金： x89 x7225(2018山东青岛模拟)如图，将一张等边三角形纸片沿中位线剪成 4 个小三角形，称为第一次操作；然后，将其中的一个三角形按同样方式再剪成 4 个小三角形，共得到 7个小三角形，称为第二次操作；再将其中一个三角形按同样方式再剪成 4 个小三角形，共得到 10 个小

25、三角形，称为第三次操作根据以上操作，若要得到 100 个小三角形，则需要操作的次数是_答案 33解析 由题意可知，第一次操作后，三角形共有 4 个；第二次操作后，三角形共有437 个；第三次操作后，三角形共有 43310 个由此可得第 n 次操作后，三角形共有 43( n1)3 n1 个当 3n1100 时，解得 n3326(2018安徽淮北二模)分形几何学是美籍法国数学家伯努瓦 B曼德尔布罗特(Benoit BMandelbrot)在 20 世纪 70 年代创立的一门新学科，它的创立为解决传统众多领域的难题提供了全新的思路如图是按照分形的规律生长成的一个树形图，则第 10 行的空心圆的个数是

26、_答案 21解析 由题意知，一个实心圆连接下一行的一个实心圆和一个空心圆，一个空心圆连接下一行的一个实心圆，故第 7 行为：8 实心圆，5 空心圆；第 8 行为：13 实心圆，8 空心圆；第 9 行为：21 实心圆，13 空心圆；第 10 行为：34 实心圆，21 空心圆一、高考大题本考点在近三年高考中未涉及此题型二、模拟大题111(2018福建质检)某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数：sin 213cos 217sin13cos17；sin 215cos 215sin15cos15；sin 218cos 212sin18cos12；sin 2(18)cos 248

27、sin(18)cos48；sin 2(25)cos 255sin(25)cos55(1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论解 (1)选择式，计算如下：sin215cos 215sin15cos151 sin301 12 14 34(2)三角恒等式为sin2 cos 2(30 )sin cos(30 ) 34证明如下：sin2 cos 2(30 )sin cos(30 )sin 2 (cos30cos sin30sin )2sin (cos30cos sin30sin )sin 2 cos2 sin cos sin

28、2 sin cos sin2 sin2 cos234 32 14 32 12 34 34 342(2018北京海淀模拟)设 A 是由 mn 个实数组成的 m 行 n 列的数表，如果某一行(或某一列)各数之和为负数，则改变该行(或该列)中所有数的符号，称为一次“操作” (1)数表 A 如表 1 所示，若经过两次“操作” ，使得到的数表每行的各数之和与每列的各数之和均为非负实数，请写出每次“操作”后所得的数表(写出一种方法即可)；表 11 2 3 72 1 0 1(2)数表 A 如表 2 所示，若必须经过两次“操作” ，才可使得到的数表每行的各数之和与每列的各数之和均为非负整数，求整数 a 的所有

29、可能值表 212a a21 a a22 a 1 a2 a2 a2解 (1)解法一：1 2 3 72 1 0 1 改 变 第 4列 1 2 3 72 1 0 1 改 变 第 2行 1 2 3 72 1 0 1解法二：1 2 3 72 1 0 1 改 变 第 2行 1 2 3 72 1 0 1 改 变 第 4列 1 2 3 72 1 0 1解法三：1 2 3 72 1 0 1 改 变 第 1列 131 2 3 72 1 0 1 改 变 第 4列 1 2 3 72 1 0 1(2)每一列所有数之和分别为 2，0，2，0，每一行所有数之和分别为1，1如果首先操作第三列，则a a21 a a22 a 1

30、 a2 2 a a2则第一行之和为 2a1，第二行之和为 52 a，这两个数中，必须有一个为负数，另外一个为非负数，所以 a 或 a 12 52当 a 时，则接下来只能操作第一行，则12 a 1 a2 a a22 a 1 a2 2 a a2此时每列之和分别为 22 a，22 a2， 22 a，2 a2，必有 22 a20，解得 a0，1当 a 时，则接下来操作第二行，则52a a21 a a2a2 a21 a2 a2此时第 4 列和为负，不符合题意如果首先操作第一行，则 a 1 a2 a a2142 a 1 a2 a2 a2则每一列之和分别为 22 a，22 a2， 2a2，2 a2，当 a1 时，每列各数之和已经非负，不需要进行第二次操作，舍掉；当 a1 时，22 a，2 a2 至少有一个为负数，所以此时必须有 22 a20，即1 a1，所以 a0 或 a1，经检验， a0 或 a1 符合要求综上 a0，115