《2020高考數(shù)學(xué)刷題首選卷 第五章 不等式、推理與證明、算法初步與復(fù)數(shù) 考點(diǎn)測(cè)試37 合情推理與演繹推理 理（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高考數(shù)學(xué)刷題首選卷 第五章 不等式、推理與證明、算法初步與復(fù)數(shù) 考點(diǎn)測(cè)試37 合情推理與演繹推理 理（含解析）（15頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、考點(diǎn)測(cè)試37　合情推理與演繹推理 高考概覽 考綱研讀 1．了解合情推理的含義，能進(jìn)行簡(jiǎn)單的歸納推理和類比推理，體會(huì)合情推理在數(shù)學(xué)發(fā)現(xiàn)中的作用 2．了解演繹推理的含義，掌握演繹推理的“三段論”，并能運(yùn)用“三段論”進(jìn)行一些簡(jiǎn)單推理 3．了解合情推理和演繹推理的聯(lián)系和差異 一、基礎(chǔ)小題 1．用三段論推理：“任何實(shí)數(shù)的絕對(duì)值大于0，因?yàn)閍是實(shí)數(shù)，所以a的絕對(duì)值大于0”，你認(rèn)為這個(gè)推理(　　) A．大前提錯(cuò)誤 B．小前提錯(cuò)誤 C．推理形式錯(cuò)誤 D．是正確的 答案　A 解析　大前提是任何實(shí)數(shù)的絕對(duì)值大于0，顯然是不正確的．故選A． 2．一個(gè)蜂巢里有1只蜜蜂，第一天，

2、它飛出去帶回了5個(gè)伙伴；第二天，6只蜜蜂飛出去各自帶回了5個(gè)伙伴；……，如果這個(gè)過(guò)程繼續(xù)下去，那么第6天所有蜜蜂歸巢后，蜂巢中共有蜜蜂(　　) A．只 B．66只 C．63只 D．62只 答案　B 解析　根據(jù)題意可知，第一天共有蜜蜂1＋5＝6只；第二天共有蜜蜂6＋6×5＝62只；第三天共有蜜蜂62＋62×5＝63只；……；故第6天所有蜜蜂歸巢后，蜂巢中共有蜜蜂65＋65×5＝66只．故選B． 3．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝n2an(n≥2)，而a1＝1，通過(guò)計(jì)算a2，a3，a4，猜想an＝(　　) A． B． C． D． 答案　B 解析　由a1＝1，可得a1＋a

3、2＝4a2，即a2＝，同理可得a3＝，a4＝，故選B． 4．(1)已知a是三角形一邊的長(zhǎng)，h是該邊上的高，則三角形的面積是ah，如果把扇形的弧長(zhǎng)l，半徑r分別看成三角形的底邊長(zhǎng)和高，可得到扇形的面積為lr；(2)由1＝12，1＋3＝22，1＋3＋5＝32，可得到1＋3＋5＋…＋2n－1＝n2，則(1)(2)兩個(gè)推理過(guò)程分別屬于(　　) A．類比推理、歸納推理 B．類比推理、演繹推理 C．歸納推理、類比推理 D．歸納推理、演繹推理 答案　A 解析　(1)由三角形的性質(zhì)得到扇形的性質(zhì)有相似之處，此種推理為類比推理；(2)由特殊到一般，此種推理為歸納推理，故選A． 5．觀察下列各式：

4、a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，則a10＋b10＝(　　) A．28 B．76 C．123 D．199 答案　C 解析　記an＋bn＝f(n)，則f(3)＝f(1)＋f(2)＝1＋3＝4；f(4)＝f(2)＋f(3)＝3＋4＝7；f(5)＝f(3)＋f(4)＝11．通過(guò)觀察不難發(fā)現(xiàn)f(n)＝f(n－1)＋f(n－2)(n∈N*，n≥3)，則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)＝123．所以a10＋

5、b10＝123． 6．下面幾種推理過(guò)程是演繹推理的是(　　) A．某校高三有8個(gè)班，1班有51人，2班有53人，3班有52人，由此推各班人數(shù)都超過(guò)50人 B．由三角形的性質(zhì)，推測(cè)空間四面體的性質(zhì) C．平行四邊形的對(duì)角線互相平分，菱形是平行四邊形，所以菱形的對(duì)角線互相平分 D．在數(shù)列{an}中，a1＝1，an＝，由此歸納出{an}的通項(xiàng)公式 答案　C 解析　A，D是歸納推理；B是類比推理；C運(yùn)用了“三段論”是演繹推理． 7．下面圖形由小正方形組成，請(qǐng)觀察圖①至圖④的規(guī)律，并依此規(guī)律，寫(xiě)出第n個(gè)圖形中小正方形的個(gè)數(shù)是(　　) A．n(n＋1) B． C． D．n(n－1

6、) 答案　C 解析　由題圖知第1個(gè)圖形的小正方形個(gè)數(shù)為1，第2個(gè)圖形的小正方形個(gè)數(shù)為1＋2，第3個(gè)圖形的小正方形個(gè)數(shù)為1＋2＋3，第4個(gè)圖形的小正方形個(gè)數(shù)為1＋2＋3＋4，…，則第n個(gè)圖形的小正方形個(gè)數(shù)為1＋2＋3＋…＋n＝． 8．法國(guó)數(shù)學(xué)家費(fèi)馬觀察到221＋1＝5，222＋1＝17，223＋1＝257，224＋1＝65537都是質(zhì)數(shù)，于是他提出猜想：任何形如22n＋1(n∈N*)的數(shù)都是質(zhì)數(shù)，這就是著名的費(fèi)馬猜想．半個(gè)世紀(jì)之后，善于發(fā)現(xiàn)的歐拉發(fā)現(xiàn)第5個(gè)費(fèi)馬數(shù)225＋1＝4294967297＝641×6700417不是質(zhì)數(shù)，從而推翻了費(fèi)馬猜想，這一案例說(shuō)明(　　) A．歸納推理的結(jié)果一

7、定不正確 B．歸納推理的結(jié)果不一定正確 C．類比推理的結(jié)果一定不正確 D．類比推理的結(jié)果不一定正確 答案　B 解析　法國(guó)數(shù)學(xué)家費(fèi)馬觀察到221＋1＝5，222＋1＝17，223＋1＝257，224＋1＝65537都是質(zhì)數(shù)，于是他提出猜想：任何形如22n＋1(n∈N*)的數(shù)都是質(zhì)數(shù)，這是由特殊到一般的推理過(guò)程，所以屬于歸納推理，由于得出結(jié)論的過(guò)程沒(méi)有給出推理證明，所以結(jié)果不一定正確． 9．甲、乙、丙三人中，一人是教師、一人是記者、一人是醫(yī)生，已知：丙的年齡比醫(yī)生大；甲的年齡和記者不同；記者的年齡比乙?。鶕?jù)以上情況，下列判斷正確的是(　　) A．甲是教師，乙是醫(yī)生，丙是記者 B．

8、甲是醫(yī)生，乙是記者，丙是教師 C．甲是醫(yī)生，乙是教師，丙是記者 D．甲是記者，乙是醫(yī)生，丙是教師 答案　C 解析　由于“甲的年齡和記者不同”，則甲不是記者，又“記者的年齡比乙小”，則乙也不是記者，從而丙是記者，而“丙(記者)的年齡比醫(yī)生大”，且“記者的年齡比乙小”，所以乙不是醫(yī)生，而是教師，從而甲是醫(yī)生，故選C． 10．已知結(jié)論：“在正△ABC中，若D是邊BC的中點(diǎn)，G是△ABC的重心，則＝2”．若把該結(jié)論推廣到空間，則有結(jié)論：“在棱長(zhǎng)都相等的四面體A－BCD中，若△BCD的中心為M，四面體內(nèi)部一點(diǎn)O到四面體各面的距離都相等”，則＝(　　) A．1 B．2 C．3 D．4

9、答案　C 解析　 如圖設(shè)正四面體的棱長(zhǎng)為1，則易知其高AM＝，此時(shí)易知點(diǎn)O即為正四面體內(nèi)切球的球心，設(shè)其半徑為r，利用等積法有4××r＝××，r＝，故AO＝AM－MO＝－＝， 故AO∶OM＝∶＝3． 11．如圖，將平面直角坐標(biāo)系中的格點(diǎn)(橫、縱坐標(biāo)均為整數(shù)的點(diǎn))按如下規(guī)則標(biāo)上數(shù)字標(biāo)簽：原點(diǎn)處標(biāo)0，點(diǎn)(1，0)處標(biāo)1，點(diǎn)(1，－1)處標(biāo)2，點(diǎn)(0，－1)處標(biāo)3，點(diǎn)(－1，－1)處標(biāo)4，點(diǎn)(－1，0)處標(biāo)5，點(diǎn)(－1，1)處標(biāo)6，點(diǎn)(0，1)處標(biāo)7，依此類推，則標(biāo)簽為312的格點(diǎn)的坐標(biāo)為_(kāi)_______． 答案　(16，15) 解析　因?yàn)辄c(diǎn)(1，0)處標(biāo)1＝12，點(diǎn)(2，1)處

10、標(biāo)9＝32，點(diǎn)(3，2)處標(biāo)25＝52，點(diǎn)(4，3)處標(biāo)49＝72，依此類推得點(diǎn)(16，15)處標(biāo)312． 12．對(duì)于命題：如果O是線段AB上一點(diǎn)，則||·＋||·＝0；將它類比到平面的情形是：若O是△ABC內(nèi)一點(diǎn)，有S△OBC·＋S△OCA·＋S△OBA·＝0；將它類比到空間的情形應(yīng)該是：若O是四面體A－BCD內(nèi)一點(diǎn)，則有________． 答案　VO－BCD·＋VO－ACD·＋VO－ABD·＋VO－ABC·＝0 解析　由線段到平面，線段的長(zhǎng)類比為面積，由平面到空間，面積可以類比為體積，由此可以類比得一命題為：O是四面體A－BCD內(nèi)一點(diǎn)，則有VO－BCD·＋VO－ACD·＋VO－ABD

11、·＋VO－ABC·＝0． 二、高考小題 13．(2017·全國(guó)卷Ⅱ)甲、乙、丙、丁四位同學(xué)一起去向老師詢問(wèn)成語(yǔ)競(jìng)賽的成績(jī)．老師說(shuō)：你們四人中有2位優(yōu)秀，2位良好，我現(xiàn)在給甲看乙、丙的成績(jī)，給乙看丙的成績(jī)，給丁看甲的成績(jī)．看后甲對(duì)大家說(shuō)：我還是不知道我的成績(jī)．根據(jù)以上信息，則(　　) A．乙可以知道四人的成績(jī) B．丁可以知道四人的成績(jī) C．乙、丁可以知道對(duì)方的成績(jī) D．乙、丁可以知道自己的成績(jī) 答案　D 解析　由題意可知，“甲看乙、丙的成績(jī)后，不知道自己的成績(jī)”，說(shuō)明乙、丙兩人中一個(gè)優(yōu)秀一個(gè)良好，則乙看了丙的成績(jī)，可以知道自己的成績(jī)；丁看了甲的成績(jī)，也可以知道自己的成績(jī)．故選D．

12、 14．(2016·北京高考)袋中裝有偶數(shù)個(gè)球，其中紅球、黑球各占一半．甲、乙、丙是三個(gè)空盒．每次從袋中任意取出兩個(gè)球，將其中一個(gè)球放入甲盒，如果這個(gè)球是紅球，就將另一個(gè)球放入乙盒，否則就放入丙盒．重復(fù)上述過(guò)程，直到袋中所有球都被放入盒中，則(　　) A．乙盒中黑球不多于丙盒中黑球 B．乙盒中紅球與丙盒中黑球一樣多 C．乙盒中紅球不多于丙盒中紅球 D．乙盒中黑球與丙盒中紅球一樣多 答案　B 解析　解法一：假設(shè)袋中只有一紅一黑兩個(gè)球，第一次取出后，若將紅球放入了甲盒，則乙盒中有一個(gè)黑球，丙盒中無(wú)球，A錯(cuò)誤；若將黑球放入了甲盒，則乙盒中無(wú)球，丙盒中有一個(gè)紅球，D錯(cuò)誤；同樣，假設(shè)袋中有

13、兩個(gè)紅球和兩個(gè)黑球，第一次取出兩個(gè)紅球，則乙盒中有一個(gè)紅球，第二次必然拿出兩個(gè)黑球，則丙盒中有一個(gè)黑球，此時(shí)乙盒中紅球多于丙盒中的紅球，C錯(cuò)誤．故選B． 解法二：設(shè)袋中共有2n個(gè)球，最終放入甲盒中k個(gè)紅球，放入乙盒中s個(gè)紅球．依題意知，甲盒中有(n－k)個(gè)黑球，乙盒中共有k個(gè)球，其中紅球有s個(gè)，黑球有(k－s)個(gè)，丙盒中共有(n－k)個(gè)球，其中紅球有(n－k－s)個(gè)，黑球有(n－k)－(n－k－s)＝s個(gè)．所以乙盒中紅球與丙盒中黑球一樣多．故選B． 15．(2016·全國(guó)卷Ⅱ)有三張卡片，分別寫(xiě)有1和2，1和3，2和3．甲，乙，丙三人各取走一張卡片，甲看了乙的卡片后說(shuō)：“我與乙的卡片上相同

14、的數(shù)字不是2．”乙看了丙的卡片后說(shuō)：“我與丙的卡片上相同的數(shù)字不是1．”丙說(shuō)：“我的卡片上的數(shù)字之和不是5．”則甲的卡片上的數(shù)字是________． 答案　1和3 解析　由丙說(shuō)的話可知丙的卡片上的數(shù)字一定不是2和3．若丙的卡片上的數(shù)字是1和2，則乙的卡片上的數(shù)字是2和3，甲的卡片上的數(shù)字是1和3，滿足題意；若丙的卡片上的數(shù)字是1和3，則乙的卡片上的數(shù)字是2和3，此時(shí)，甲的卡片上的數(shù)字只能是1和2，不滿足題意．故甲的卡片上的數(shù)字是1和3． 16．(2017·北京高考)三名工人加工同一種零件，他們?cè)谝惶熘械墓ぷ髑闆r如圖所示，其中點(diǎn)Ai的橫、縱坐標(biāo)分別為第i名工人上午的工作時(shí)間和加工的零件

15、數(shù)，點(diǎn)Bi的橫、縱坐標(biāo)分別為第i名工人下午的工作時(shí)間和加工的零件數(shù)，i＝1，2，3． (1)記Qi為第i名工人在這一天中加工的零件總數(shù)，則Q1，Q2，Q3中最大的是________； (2)記pi為第i名工人在這一天中平均每小時(shí)加工的零件數(shù)，則p1，p2，p3中最大的是________． 答案　(1)Q1　(2)p2 解析　設(shè)線段AiBi的中點(diǎn)為Ci(xi，yi)． (1)由題意知Qi＝2yi，i＝1，2，3，由題圖知y1最大，所以Q1，Q2，Q3中最大的是Q1． (2)由題意知pi＝＝，i＝1，2，3． 的幾何意義為點(diǎn)Ci(xi，yi)與原點(diǎn)O連線的斜率． 比較OC1，O

16、C2，OC3的斜率，由題圖可知OC2的斜率最大，即p2最大． 17．(經(jīng)典陜西高考)觀察分析下表中的數(shù)據(jù)： 多面體 面數(shù)(F) 頂點(diǎn)數(shù)(V) 棱數(shù)(E) 三棱柱 5 6 9 五棱錐 6 6 10 立方體 6 8 12 猜想一般凸多面體中F，V，E所滿足的等式是________． 答案　F＋V－E＝2 解析　因?yàn)?＋6－9＝2，6＋6－10＝2，6＋8－12＝2，故可猜想F＋V－E＝2． 18．(2015·福建高考)一個(gè)二元碼是由0和1組成的數(shù)字串x1x2…xn(n∈N*)，其中xk(k＝1，2，…，n)稱為第k位碼元．二元碼是通信中常用的碼，但

17、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)?)． 已知某種二元碼x1x2…x7的碼元滿足如下校驗(yàn)方程組： 其中運(yùn)算⊕定義為：0⊕0＝0，0⊕1＝1，1⊕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k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k等于________． 答案　5 解析　因?yàn)閤4⊕x5⊕x6⊕x7＝1⊕1⊕0⊕1＝0⊕0⊕1＝0⊕1＝1≠0，所以二元碼1101101的前3位碼元都是對(duì)的；因?yàn)閤2⊕x3⊕x6⊕x7＝1⊕0⊕0⊕1＝1⊕0⊕1＝1⊕1＝0，所以二元碼1101101的第6、7位碼元也是對(duì)的；因?yàn)閤1⊕x3⊕

18、x5⊕x7＝1⊕0⊕1⊕1＝1⊕1⊕1＝0⊕1＝1≠0，所以二元碼1101101的第5位碼元是錯(cuò)的，所以k＝5． 三、模擬小題 19．(2018·河南鄭州二模)平面內(nèi)凸四邊形有2條對(duì)角線，凸五邊形有5條對(duì)角線，以此類推，凸13邊形對(duì)角線的條數(shù)為(　　) A．42 B．65 C．143 D．169 答案　B 解析　可以通過(guò)列表歸納分析得到． 凸多邊形 4 5 6 7 8 … 多角線條數(shù) 2 2＋3 2＋3＋4 2＋3＋4＋5 2＋3＋4＋5＋6 … ∴凸13邊形有2＋3＋4＋…＋11＝＝65條對(duì)角線．故選B． 20．(2018·山西孝義模擬

19、)我們知道：在平面內(nèi)，點(diǎn)(x0，y0)到直線Ax＋By＋C＝0的距離公式d＝，通過(guò)類比的方法，可求得：在空間中，點(diǎn)(2，4，1)到平面x＋2y＋2z＋3＝0的距離為(　　) A．3 B．5 C． D．3 答案　B 解析　類比平面內(nèi)點(diǎn)到直線的距離公式，可得空間中點(diǎn)(x0，y0，z0)到平面Ax＋By＋Cz＋D＝0的距離公式為d＝，則所求距離 d＝＝5，故選B． 21．(2018·福建質(zhì)檢)某校有A，B，C，D四件作品參加航模類作品比賽．已知這四件作品中恰有兩件獲獎(jiǎng)．在結(jié)果揭曉前，甲、乙、丙、丁四位同學(xué)對(duì)這四件參賽作品的獲獎(jiǎng)情況預(yù)測(cè)如下： 甲說(shuō)：“A，B同時(shí)獲獎(jiǎng)．” 乙說(shuō)：“B

20、，D不可能同時(shí)獲獎(jiǎng)．” 丙說(shuō)：“C獲獎(jiǎng)．” 丁說(shuō)：“A，C至少一件獲獎(jiǎng)．” 若以上四位同學(xué)中有且只有二位同學(xué)的預(yù)測(cè)是正確的，則獲獎(jiǎng)的作品是(　　) A．作品A與作品B B．作品B與作品C C．作品C與作品D D．作品A與作品D 答案　D 解析　A選項(xiàng)，若作品A與作品B獲獎(jiǎng)，則甲、乙、丁的預(yù)測(cè)正確，丙的預(yù)測(cè)錯(cuò)誤，不符合題意；B選項(xiàng)，若作品B與作品C獲獎(jiǎng)，則乙、丙、丁的預(yù)測(cè)正確，甲的預(yù)測(cè)錯(cuò)誤，不符合題意；C選項(xiàng)，若作品C與作品D獲獎(jiǎng)，則乙、丙、丁的預(yù)測(cè)正確，甲的預(yù)測(cè)錯(cuò)誤，不符合題意；D選項(xiàng)，若作品A與作品D獲獎(jiǎng)，則乙、丁的預(yù)測(cè)正確，甲、丙的預(yù)測(cè)錯(cuò)誤，符合題意，所以選D． 22．

21、(2018·河北石家莊二中聯(lián)考)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n，則n＝(　　) A．7 B．8 C．11 D．15 答案　C 解析　由題意得，根據(jù)甲、乙、丙三圖可知最上面的兩個(gè)是一樣大小的，所以比三個(gè)操作的次數(shù)(23－1)要多，比四個(gè)操作的次數(shù)(24

22、－1)要少，相當(dāng)于操作三個(gè)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． 23．(2018·鄭州質(zhì)檢三)將標(biāo)號(hào)為1，2，…，20的20張卡片放入下列表格中，一個(gè)格放入一張卡片．選出每列標(biāo)號(hào)最小的卡片，將這些卡片中標(biāo)號(hào)最大的數(shù)設(shè)為a；選出每行標(biāo)號(hào)最大的卡片，將這些卡片中標(biāo)號(hào)最小的數(shù)設(shè)為b． 甲同學(xué)認(rèn)為a有可能比b大，乙同學(xué)認(rèn)為a和b有可能相等，那么甲、乙兩位同學(xué)的說(shuō)法中(　　) A．甲對(duì)、乙不對(duì) B．乙對(duì)、甲不對(duì) C．甲、乙都對(duì) D．甲、乙都不對(duì) 答案　B 解析　1一定是所有數(shù)中最小的，不妨設(shè)每一列的最小值從小到大排列分別為1，m1，m2，m3，a，故1<

23、m1b，則a一定不在b所在的行，則a只能在n1或n2或20所在的行，又因?yàn)閍是它這一列的最小值，所以b所在的這行對(duì)應(yīng)a所在這列的數(shù)字一定比a大，不妨設(shè)其為k，即k>a，而b是這行的最大值，故b>k，所以b>a，與a>b矛盾，故a≤b．故甲不對(duì)、乙對(duì)，故選B． 24．(2018·江西贛州十四縣聯(lián)考)我國(guó)古代數(shù)學(xué)著作《九章算術(shù)》有如下問(wèn)題：“今有人持金出五關(guān)，前關(guān)二而稅一，次關(guān)三而稅一，次關(guān)四而稅一，次關(guān)五而稅一，次關(guān)六而稅一．并五關(guān)所稅，適重一斤．問(wèn)本持金幾何？

24、”其意思為“今有人持金出五關(guān)，第1關(guān)收稅金，第2關(guān)收稅金為剩余的，第3關(guān)收稅金為剩余的，第4關(guān)收稅金為剩余的，第5關(guān)收稅金為剩余的，5關(guān)所收稅金之和，恰好重1斤，問(wèn)原本持金多少？”若將“5關(guān)所收稅金之和，恰好重1斤，問(wèn)原本持金多少？”改成“假設(shè)這個(gè)人原本持金為x，按此規(guī)律通過(guò)第8關(guān)”，則第8關(guān)所收稅金為_(kāi)_______x． 答案　 解析　第1關(guān)收稅金：x； 第2關(guān)收稅金：1－x＝＝； 第3關(guān)收稅金：1－－x＝＝； … 第8關(guān)收稅金：＝． 25．(2018·山東青島模擬)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

25、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，則需要操作的次數(shù)是________． 答案　33 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n次操作后，三角形共有4＋3(n－1)＝3n＋1個(gè)．當(dāng)3n＋1＝100時(shí)，解得n＝33． 26．(2018·安徽淮北二模)分形幾何學(xué)是美籍法國(guó)數(shù)學(xué)家伯努瓦B·曼德?tīng)柌剂_特(Benoit B·Mandelbrot)在20世

26、紀(jì)70年代創(chuàng)立的一門新學(xué)科，它的創(chuàng)立為解決傳統(tǒng)眾多領(lǐng)域的難題提供了全新的思路．如圖是按照分形的規(guī)律生長(zhǎng)成的一個(gè)樹(shù)形圖，則第10行的空心圓的個(gè)數(shù)是________． 答案　21 解析　由題意知，一個(gè)實(shí)心圓連接下一行的一個(gè)實(shí)心圓和一個(gè)空心圓，一個(gè)空心圓連接下一行的一個(gè)實(shí)心圓，故第7行為：8實(shí)心圓，5空心圓；第8行為：13實(shí)心圓，8空心圓；第9行為：21實(shí)心圓，13空心圓；第10行為：34實(shí)心圓，21空心圓． 一、高考大題 本考點(diǎn)在近三年高考中未涉及此題型． 二、模擬大題 1．(2018·福建質(zhì)檢)某同學(xué)在一次研究性學(xué)習(xí)中發(fā)現(xiàn)，以下五個(gè)式子的值都等于同一個(gè)常數(shù)： ①sin213

27、°＋cos217°－sin13°cos17°； ②sin215°＋cos215°－sin15°cos15°； ③sin218°＋cos212°－sin18°cos12°； ④sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos48°； ⑤sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos55°． (1)試從上述五個(gè)式子中選擇一個(gè)，求出這個(gè)常數(shù)； (2)根據(jù)(1)的計(jì)算結(jié)果，將該同學(xué)的發(fā)現(xiàn)推廣為三角恒等式，并證明你的結(jié)論． 解　(1)選擇②式，計(jì)算如下： sin215°＋cos215°－sin15°cos15° ＝1－sin30°＝1－＝． (2)三角恒

28、等式為 sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝． 證明如下： sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α) ＝sin2α＋(cos30°·cosα＋sin30°sinα)2－sinα(cos30°cosα＋sin30°sinα)＝sin2α＋cos2α＋sinαcosα＋sin2α－sinαcosα－sin2α＝sin2α＋cos2α＝． 2．(2018·北京海淀模擬)設(shè)A是由m×n個(gè)實(shí)數(shù)組成的m行n列的數(shù)表，如果某一行(或某一列)各數(shù)之和為負(fù)數(shù)，則改變?cè)撔?或該列)中所有數(shù)的符號(hào)，稱為一次“操作”． (1)數(shù)表A如表1所示，若經(jīng)過(guò)兩

29、次“操作”，使得到的數(shù)表每行的各數(shù)之和與每列的各數(shù)之和均為非負(fù)實(shí)數(shù)，請(qǐng)寫(xiě)出每次“操作”后所得的數(shù)表(寫(xiě)出一種方法即可)； 表1 1 2 3 －7 －2 1 0 1 (2)數(shù)表A如表2所示，若必須經(jīng)過(guò)兩次“操作”，才可使得到的數(shù)表每行的各數(shù)之和與每列的各數(shù)之和均為非負(fù)整數(shù)，求整數(shù)a的所有可能值． 表2 a a2－1 －a －a2 2－a 1－a2 a－2 a2 解　(1)解法一： 1 2 3 －7 －2 1 0 1 1 2 3 7 －2 1 0 －1 1 2 3 7 2 －1 0

30、1 解法二： 1 2 3 －7 －2 1 0 1 1 2 3 －7 2 －1 0 －1 1 2 3 7 2 －1 0 1 解法三： 1 2 3 －7 －2 1 0 1 －1 2 3 －7 2 1 0 1 －1 2 3 7 2 1 0 －1 (2)每一列所有數(shù)之和分別為2，0，－2，0，每一行所有數(shù)之和分別為－1，1． ①如果首先操作第三列，則 a a2－1 a －a2 2－a 1－a2 2－a a2 則第一行之和為2a－1，第二行

31、之和為5－2a， 這兩個(gè)數(shù)中，必須有一個(gè)為負(fù)數(shù)，另外一個(gè)為非負(fù)數(shù)， 所以a≤或a≥． 當(dāng)a≤時(shí)，則接下來(lái)只能操作第一行，則 －a 1－a2 －a a2 2－a 1－a2 2－a a2 此時(shí)每列之和分別為2－2a，2－2a2，2－2a，2a2， 必有2－2a2≥0，解得a＝0，－1． 當(dāng)a≥時(shí)，則接下來(lái)操作第二行，則 a a2－1 a －a2 a－2 a2－1 a－2 －a2 此時(shí)第4列和為負(fù)，不符合題意． ②如果首先操作第一行，則 －a 1－a2 a a2 2－a 1－a2 a－2 a2 則每一列之和分別為2－2a，2－2a2，2a－2，2a2， 當(dāng)a＝1時(shí)，每列各數(shù)之和已經(jīng)非負(fù)，不需要進(jìn)行第二次操作，舍掉； 當(dāng)a≠1時(shí)，2－2a，2a－2至少有一個(gè)為負(fù)數(shù)， 所以此時(shí)必須有2－2a2≥0，即－1≤a≤1，所以a＝0或a＝－1， 經(jīng)檢驗(yàn)，a＝0或a＝－1符合要求． 綜上a＝0，－1． 15