《2020-2021学年高中数学-第二章-推理与证明-2.1.2-演绎推理跟踪训练（含解析）新人教A版.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020-2021学年高中数学-第二章-推理与证明-2.1.2-演绎推理跟踪训练（含解析）新人教A版.doc（6页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、演绎推理A组学业达标1“因为四边形ABCD是矩形，所以四边形ABCD的对角线相等”，该推理的大前提是()A矩形都是四边形B四边形的对角线都相等C矩形都是对角线相等的四边形D对角线都相等的四边形是矩形解析：该推理是省略了大前提的演绎推理，用“三段论”形式推导一个结论是否成立时，大前提是结论成立的依据因为相关的内容是“矩形”“对角线相等”，所以易得该推理的大前提是矩形都是对角线相等的四边形答案：C2命题“有理数是无限循环小数，整数是有理数，所以整数是无限循环小数”是假命题，推理错误的原因是()A使用了“三段论”，但大前提错误B使用了“三段论”，但小前提错误C使用了归纳推理D使用了类比推理解析：大前
2、提是全称命题，而小前提是特称命题因此命题的推理过程是“由一般到特殊”，是演绎推理，且是“三段论”的形式有理数包括有限小数，无限循环小数，以及整数，所以命题中大前提是错误的，从而导致推理错误答案：A3设nN*，则()解析：因为所以答案：A4下列推理是演绎推理的是()A由a11，an1，因为a11，a2，a3，a4，故有an(nN*)B科学家利用鱼类的沉浮原理制造潜艇C妲己惑纣王，商灭；西施迷吴王，吴灭；杨贵妃迷唐玄宗，致安史之乱，故曰：“红颜祸水也”D论语学路篇中说：“名不正，则言不顺；言不顺，则事不成；事不成，则礼乐不兴；礼乐不兴，则刑罚不中，刑罚不中，则民无所措手足；所以，名不正，则民无所措
3、手足”解析：A，C中的推理均是从特殊到一般的推理，是归纳推理，属于合情推理；B中，科学家利用鱼类的沉浮原理制造潜艇，是由特殊到特殊的推理，是类比推理，属于合情推理；D为“三段论”形式，是从一般到特殊的推理，是一个复合“三段论”，从“名不正”推出“民无所措手足”，连续运用多次“三段论”，属于演绎推理答案：D5我国古代数学名著九章算术中“开立圆术”曰：置积尺数，以十六乘之，九而一，所得开立方除之，即立圆径“开立圆术”相当于给出了已知球的体积V，求其直径d的一个近似公式d，人们还用过一些类似的近似公式，根据3.141 59判断，下列近似公式中最精确的一个是()Ad BdCd Dd解析：由V3，解得d
4、，代入选项A得3.1；代入选项B得3；代入选项C得3.2；代入选项D得3.142 857.由于选项D中的值最接近的真实值，故选D.答案：D6在求函数y的定义域时，第一步推理中大前提是当有意义时，a0；小前提是有意义；结论是_解析：根据演绎推理求函数y的定义域时，若大前提是有意义时a0，小前提是有意义，可知：结论应为log2x20.答案：log2x207已知在三边不等的三角形中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中a为最大边，若想得到A为钝角的结论，则三边a，b，c应满足的条件是a2_b2c2.(填“”“”“”)解析：不等边ABC中，若A为钝角，则由余弦定理可得cos A0，b2c2a2
5、0，即a2b2c2.答案：8讨论函数g(x)2x的单调性解析：对函数g(x)求导得g(x)x22，如果f(x)在指定区间上为正，那么f(x)在该区间上为增函数；如果f(x)在指定区间上为负，那么f(x)在该区间上为减函数，大前提当x(，)时，g(x)0；当x(，)或x(，)时，g(x)0，小前提所以g(x)在(，)上为增函数，在(，)，(，)上为减函数9已知：在空间四边形ABCD中，点E，F分别是AB，AD的中点，如图所示，求证：EF平面BCD.证明：因为三角形的中位线平行于底边，大前提点E，F分别是AB，AD的中点，小前提所以EFBD. 结论若平面外一条直线平行于平面内一条直线，则直线与此平
6、面平行，大前提EF平面BCD，BD平面BCD，EFBD，小前提所以EF平面BCD. 结论B组能力提升10甲、乙、丙、丁四个人参加比赛，有两人获奖比赛结果揭晓之前，四个人作了如下猜测：甲：两名获奖者在乙、丙、丁中；乙：我没有获奖，丙获奖了；丙：甲、丁中有且只有一个获奖；丁：乙说得对已知四个人中有且只有两个人的猜测是正确的，那么两个获奖者是()A甲、乙 B乙、丁 C甲、丙 D丙、丁解析：若乙和丁的猜测同时正确，则甲和丙的猜测是错误的，可得乙没有获奖，丙获奖，则甲和丁中有一个获奖，这与“丙的猜测是错误的”相矛盾；因此乙和丁的猜测同时错误，甲和丙的猜测同时正确，故乙和丁获奖答案：B11袋中装有偶数个球
7、，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解析：若袋中有两个球，则红球、黑球各一个，若红球放在甲盒，则黑球放在乙盒，丙盒中没有球，此时乙盒中黑球多于丙盒中黑球，乙盒中黑球比丙盒中红球多，故可排除A，D；若袋中有四个球，则红球、黑球各两个，若取出两个红球，则一个放在甲盒，另一个放在乙盒，再取出余下的两个黑球，一个放在甲盒，一个放在丙
8、盒，所以甲盒中一红一黑，乙盒中一个红球，丙盒职一个黑球，此时乙盒中红球比丙盒中红球多，排除C.答案：B12若不等式ax22ax20的解集为，则实数a的取值范围为_解析：不等式ax22ax20的解集为.a0时，20满足题意；当a0时，即解得0a2.综上，a的取值范围是0a2.答案：0,213在平面直角坐标系中，若点P(x，y)的坐标x，y均为整数，则称点P为格点若一个多边形的顶点全是格点，则称该多边形为格点多边形格点多边形的面积记为S，其内部的格点数记为N，边界上的格点数记为L.例如图中ABC是格点三角形，对应的S1，N0，L4.(1)图中格点四边形DEFG对应的S，N，L分别是_(2)已知格点
9、多边形的面积可表示为SaNbLc，其中a，b，c为常数若某格点多边形对应的N71，L18，则S_(用数值作答)解析：(1)由定义知，四边形DEFG由一个等腰直角三角形和一个平行四边形构成，其内部的格点有1个，边界上的格点有6个，S四边形DEFG3.故所求的S3，N1，L6.(2)由待定系数法，可得解得当N71，L18时，S17118179.答案：(1)3,1,6(2)7914如图，在ABC中，若CE是ACB的平分线，则，其证明过程为：作EGAC于点G，EHBC于点H，CFAB于点F，因为CE是ACB的平分线，所以EGEH.又，所以.(1)把上面的结论推广到空间中：在四面体ABCD中(如图)，平
10、面CDE是二面角ACDB的角平分面，类比三角形的结论，写出得到的相应空间中的结论；(2)证明(1)中得出的结论解析：(1)结论：或或.(2)证明：设点E到平面ACD，平面BCD的距离分别是h1，h2，则由平面CDE平分二面角ACDB，知h1h2.又，所以，.同理可证，问题得证15观察52124,72148,1121120,1321168，.继续试验下去，你能作出什么猜想？能证明你的猜想吗？试试看解析：继续试验下去可得17212881224,19213601524,23215282224，猜想：不小于5的质数的平方与1的差是24的倍数为此，我们考虑自然数除以6的剩余类，即自然数N*除以6，按余数不同，有以下6类：6k,6k1,6k2,6k3,6k4,6k5(kN*)显然，其中6k,6k2,6k3,6k4均为合数，而6k5又可以表示为6k1，因此，不小于5的质数可以用6k1来表示因为(6k1)2136k212k24k212k(k1)，由于k与k1为连续的自然数，其中必有一个是偶数，所以12k(k1)必是24的倍数，故(6k1)21必是24的倍数猜想成立.