第12章 课时作业(62) 合情推理与演绎推理（Word练习）-【优化指导】2024高考数学（文科）一轮复习高中总复习·第1轮（老教材 新高考）

　合情推理与演绎推理 [基础保分练] 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．(2023·陕西榆林模拟)指数函数都是增函数(大前提)，函数y＝()x是指数函数(小前提)，所以函数y＝()x是增函数(结论).上述推理错误的原因是(　　) A．小前提错误 B．大前提错误 C．推理形式错误 D．大、小前提都错误 B　解析：大前提错误．因为指数函数y＝ax(a>0，且a≠1)在a>1时是增函数，而在0<a<1时为减函数． 2．(2023·黑龙江大庆联考)用反证法证明命题：“若a2＋b2＋c2＋d2＝0，则a，b，c，d都为0”．下列假设中正确的是(　　) A．假设a，b，c，d都不为0 B．假设a，b，c，d至多有一个为0 C．假设a，b，c，d不都为0 D．假设a，b，c，d至少有两个为0 C　解析：需假设a，b，c，d不都为0. 3．(2023·六安市城南中学模拟)三角形的面积为S＝(a＋b＋c)r，其中a，b，c为三角形的边长，r为三角形内切圆的半径，则利用类比推理，可得出四面体的体积为(　　) A．V＝abc B．V＝Sh C．V＝(ab＋bc＋ca)h(h为四面体的高) D．V＝(S1＋S2＋S3＋S4)r(S1，S2，S3，S4分别为四面体的四个面的面积，r为四面体内切球的半径) D　解析：设四面体的内切球的球心为O，则球心O到四个面的距离都是r，将O与四顶点连起来， 可得四面体的体积等于以O为顶点，分别以四个面为底面的4个三棱锥体积的和， ∴V＝(S1＋S2＋S3＋S4)r.故选D. 4．(2023·黑龙江牡丹江一中)分形几何是美籍法国数学家芒德勃罗在20世纪70年代创立的一门数学新分支，其中的“谢尔宾斯基”图形的作法是：先作一个正三角形，挖去一个“中心三角形”(即以原三角形各边的中点为顶点的三角形)，然后在剩下的每个小正三角形中又挖去一个“中心三角形”．按上述方法无限连续地作下去直到无穷，最终所得的极限图形称为“谢尔宾斯基”图形(如图所示)，按上述操作7次后，“谢尔宾斯基”图形中的小正三角形的个数为(　　) A．35 B．36 C．37 D．38 C　解析：如图，根据题意第1次操作后，图形中有3个小正三角． 第2次操作后，图形中有3×3＝32个小正三角形． 第3次操作后，图形中有9×3＝33个小正三角形． … 所以第7次操作后，图形中有37个小正三角形． 5．(2023·吉林长春模拟)观察下列数的特点：1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，…，则第2 023项是(　　) A．61 B．62 C．63 D．64 D　解析：由规律可得，数字相同的数的个数依次为1，2，3，4，…，n. 由≤2 023，得n≤63，且n∈N*， 当n＝63时，共有＝2 016项， 则第2 017项至第2 080项均为64， 即第2 023项是64. 6．(2023·河南郑州一中模拟)观察下列各式：已知a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，则归纳猜测a7＋b7＝________． 答案：29　解析：观察发现，1＋3＝4，3＋4＝7，4＋7＝11， 又7＋11＝18，11＋18＝29， ∴a7＋b7＝29. 7．(2023·河南鹤壁调研)若三角形内切圆半径为r，三边长为a，b，c，则三角形的面积S＝(a＋b＋c)r，利用类比思想：若四面体内切球半径为R，四个面的面积为S1，S2，S3，S4，则四面体的体积V＝________． 答案：R(S1＋S2＋S3＋S4)　解析：设四面体的内切球的球心为O，则球心O到四个面的距离都是R， 所以四面体的体积等于以O为顶点，分别以四个面为底面的4个三棱锥体积的和． 8．已知点A(x1，ax1)，B(x2，ax2)是函数y＝ax的图象上任意不同的两点，依据图象可知，线段AB总是位于A，B两点之间函数图象的上方，因此有>a成立．运用类比思想方法可知，若点A(x1，sin x1)，B(x2，sin x2)是函数y＝sin x(x∈(0，π))图象上任意不同的两点，则类似地有______________成立． 答案：<sin 　解析：由题意知，点A，B是函数y＝ax的图象上任意不同的两点，该函数是一个变化率逐渐变大的函数，线段AB总是位于A，B两点之间函数图象的上方，因此有>a成立；而函数y＝sin x(x∈(0，π))，其变化率逐渐变小，线段AB总是位于A，B两点之间函数图象的下方，故可类比得到结论<sin . 9．把下列演绎推理写成三段论的形式． (1)在标准大气压下，水的沸点是100 ℃，所以在标准大气压下把水加热到100 ℃时，水会沸腾； (2)一切奇数都不能被2整除，(220＋1)是奇数