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[基础达标]
一、选择题
1．(2022·安徽合肥模拟)正弦函数是奇函数，f(x)＝sin(x2＋1)是正弦函数，因此f(x)＝sin(x2＋1)是奇函数，以上推理( )
A．结论正确 B．大前提不正确
C．小前提不正确 D．全不正确
解析：选C.由于f(x)＝sin(x2＋1)不是正弦函数，故小前提不正确．
2．把下面在平面内成立的结论类比地推广到空间，结论还正确的是( )
A．假如一条直线与两条平行线中的一条相交，则也与另一条相交
B．假如一条直线与两条平行线中的一条垂直，则也与另一条垂直
C．假如两条直线没有公共点，则这两条直线平行
D．假如两条直线同时与第三条直线垂直，则这两条直线平行
解析：选B.由空间立体几何的学问可知B正确．
3．下列推理中属于归纳推理且结论正确的是( )
A．设数列{an}的前n项和为Sn.由an＝2n－1，求出S1＝12，S2＝22，S3＝32，…，推断：Sn＝n2
B．由f(x)＝xcos x满足f(－x)＝－f(x)对∀x∈R都成立，推断：f(x)＝xcos x为奇函数
C．由圆x2＋y2＝r2的面积S＝πr2，推断：椭圆＋＝1(a>b>0)的面积S＝πab
D．由(1＋1)2>21，(2＋1)2>22，(3＋1)2>23，…，推断：对一切n∈N*，(n＋1)2>2n
解析：选A.选项A由一些特殊事例得出一般性结论，且留意到数列{an}为等差数列，其前n项和等于Sn＝＝n2，选项D中的推理属于归纳推理，但结论不正确．
4．由代数式的乘法法则类比推导向量的数量积的运算法则：
①“mn＝nm”类比得到“a·b＝b·a”；
②“(m＋n)t＝mt＋nt”类比得到“(a＋b)·c＝a·c＋b·c”；
③“(m·n)t＝m(n·t)”类比得到“(a·b)·c＝a·(b·c)”；
④“t≠0，mt＝xt⇒m＝x”类比得到“p≠0，a·p＝x·p⇒a＝x”；
⑤“|m·n|＝|m|·|n|”类比得到“|a·b|＝|a|·|b|”；
⑥“＝”类比得到“＝”．
以上式子中，类比得到的结论正确的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B.①②正确；③④⑤⑥错误．
5．(2022·高考江西卷)观看下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，则a10＋b10＝( )
A．28 B．76
C．123 D．199
解析：选C.记an＋bn＝f(n)，则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.通过观看不难发觉f(n)＝f(n－1)＋f(n－2)(n∈N*，n≥3)，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)＝123.所以a10＋b10＝123.
二、填空题
6．数列，，2，，…的一个通项公式是________．
解析：由于a1＝，a2＝，a3＝，a4＝，
由此猜想an＝.
答案：an＝
7．设等差数列{an}的前n项和为Sn，则S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12成等差数列．类比以上结论．设等比数列{bn}的前n项积为Tn，则T4，________，________，成等比数列．
解析：对于等比数列，通过类比等差数列，有等比数列{bn}的前n项积为Tn，则T4＝a1a2a3a4，T8＝a1a2…a8，T12＝a1a2…a12，T16＝a1a2…a16，所以＝a5a6a7a8，＝a9a10a11a12，＝a13a14a15a16，所以T4，，，的公比为q16，因此T4，，，成等比数列．
答案：
8．(2022·湖北省七市高三联考)挪威数学家阿贝尔，曾经依据阶梯形图形的两种不同分割(如下图)，利用它们的面积关系发觉了一个重要的恒等式－阿贝尔公式：a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn＝a1(b1－b2)＋L2(b2－b3)＋L3(b3－b4)＋…＋Ln－1(bn－1－bn)＋Lnbn.
则其中：(1)L3＝________；
(2)Ln＝________.
解析：(1)由图象(a)(b)可知，a1b1＋a2b2＋a3b3＋a4b4＋a5b5＝a1(b1－b2)＋(a1＋a2)(b2－b3)＋(a1＋a2＋a3)(b3－b4)＋(a1＋a2＋a3＋a4)(b4－b5)＋(a1＋a2＋a3＋a4＋a5)b5，
所以L3＝a1＋a2＋a3.
(2)归纳推理可知：a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn＝
a1(b1－b2)＋(a1＋a2)(b2－b3)＋(a1＋a2＋a3)(b3－b4)＋…＋(a1＋a2＋a3＋…＋an)bn，
所以Ln＝a1＋a2＋a3＋…＋an.
答案：(1)a1＋a2＋a3 (2)a1＋a2＋a3＋…＋an
三、解答题
9．平面中的三角形和空间中的四周体有很多相类似的性质，例如在三角形中：(1)三角形两边之和大于第三边；(2)三角形的面积S＝×底×高；(3)三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的，…
请类比上述性质，写出空间中四周体的相关结论．
解：由三角形的性质，可类比得空间四周体的相关性质为：
(1)四周体的任意三个面的面积之和大于第四个面的面积；
(2)四周体的体积V＝×底面积×高；
(3)四周体的中位面平行于第四个面且面积等于第四个面的面积的.
10．观看下表：
1，
2,3
4,5,6,7，
8,9,10,11,12,13,14,15，
…
问：(1)此表第n行的最终一个数是多少？
(2)此表第n行的各个数之和是多少？
(3)2 014是第几行的第几个数？
解：(1)∵第n＋1行的第1个数是2n，
∴第n行的最终一个数是2n－1.
(2)2n－1＋(2n－1＋1)＋(2n－1＋2)＋…＋(2n－1)
＝＝3·22n－3－2n－2.
(3)∵210＝1 024,211＝2 048,1 024<2 014<2 048，
∴2 014在第11行，该行第1个数是210＝1 024，
由2 014－1 024＋1＝991，知2 014是第11行的第991个数．
[力气提升]
一、选择题
1．在平面几何中有如下结论：正三角形ABC的内切圆面积为S1，外接圆面积为S2，则＝，推广到空间可以得到类似结论；已知正四周体PABC的内切球体积为V1，外接球体积为V2，则＝( )
A. B.
C. D.
解析：选D.正四周体的内切球与外接球的半径之比为1∶3，故＝.
2．(2022·山东枣庄模拟)将正奇数按如图所示的规律排列，则第21行从左向右的第5个数为( )
1
3 5 7
9 11 13 15 17
19 21 23 25 27 29 31
… … …
A．809 B．852
C．786 D．893
解析：选A.前20行共有正奇数1＋3＋5＋…＋39＝202＝400(个)，则第21行从左向右的第5个数是第405个正奇数，所以这个数是2×405－1＝809.
二、填空题
3．在平面上，我们假如用一条直线去截正方形的一个角，那么截下的一个直角三角形，按图所标边长，由勾股定理有：c2＝a2＋b2.设想正方形换成正方体，把截线换成如图的截面，这时从正方体上截下三条侧棱两两垂直的三棱锥OLMN，假如用S1，S2，S3表示三个侧面面积，S4表示截面面积，那么类比得到的结论是________．
解析：将侧面面积类比为直角三角形的直角边，截面面积类比为直角三角形的斜边，可得S＋S＋S＝S.
答案：S＋S＋S＝S
4．(2022·宜昌市一中高三考前模拟)某种平面分形图如下图所示，一级分形图是由一点动身的三条线段，长度均为1，两两夹角为 120°；二级分形图是在一级分形图的每一条线段末端动身再生成两条长度均为原来的线段；且这两条线段与原线段两两夹角为 120°；…；依次规律得到n级分形图．则
(1)n级分形图中共有________条线段．
(2)n级分形图中全部线段长度之和为________.
解析：(1)依题意，记n级分形图中共有an条线段，则有a1＝3，…，an－an－1＝3·2n－1.
由累加法得an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝3＝3·＝3(2n－1)．
(2)n级分形图中全部线段的长度和等于
3×1＋3×2×＋…＋3×2n－1×n－1＝＝9.
答案：(1)3(2n－1) (2)9
三、解答题
5．(2022·高考福建卷)某同学在一次争辩性学习中发觉，以下五个式子的值都等于同一个常数：
①sin213°＋cos217°－sin 13°cos 17°；
②sin215°＋cos215°－sin 15°cos 15°；
③sin218°＋cos212°－sin 18°cos 12°；
④sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos 48°；
⑤sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos 55°.
(1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；
(2)依据(1)的计算结果，将该同学的发觉推广为三角恒等式，并证明你的结论．
解：(1)选择②式，计算如下：
sin215°＋cos215°－sin 15°cos 15°
＝1－sin 30°＝1－＝.
(2)三角恒等式为sin2α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝.
证明如下：
法一：sin2α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α)
＝sin2α＋(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)2－sin α(cos 30°·cos α＋sin 30°sin α)
＝sin2α＋cos2α＋sin αcos α＋sin2α－sin αcos α－sin2α＝sin2α＋cos2α＝.
法二：sin2α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α)
＝＋－sin α(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)
＝－cos 2α＋＋(cos 60°cos 2α＋sin 60°sin 2α)－sin αcos α－sin2α
＝－cos 2α＋＋cos 2α＋sin 2α－sin 2α－(1－cos 2α)
＝1－cos 2α－＋cos 2α＝.
6．(选做题)设函数fn(θ)＝sinnθ＋(－1)ncosnθ，0≤θ≤，其中n为正整数．
(1)推断函数f1(θ)，f3(θ)的单调性，并就f1(θ)的情形证明你的结论；
(2)证明：2f6(θ)－f4(θ)＝(cos4θ－sin4θ)(cos2θ－sin2θ)．
解：(1)f1(θ)，f3(θ)在上均为单调递增函数．
对于函数f1(θ)＝sin θ－cos θ，
设θ1<θ2，θ1，θ2∈，
则f1(θ1)－f1(θ2)＝(sin θ1－sin θ2)＋(cos θ2－cos θ1)，
∵sin θ1<sin θ2，cos θ2<cos θ1，∴f1(θ1)－f1(θ2)<0，
∴f1(θ1)<f1(θ2)，函数f1(θ)在上单调递增．
(2)证明：∵原式左边＝2(sin6θ＋cos6θ)－(sin4θ＋cos4θ)
＝2(sin2θ＋cos2θ)(sin4θ－sin2θ·cos2θ＋cos4θ)－(sin4θ＋cos4θ)
＝sin4θ－2sin2θcos2θ＋cos4θ＝(sin2θ－cos2θ)2＝cos22θ.
又∵原式右边＝(cos2θ－sin2θ)2＝cos22θ.
∴2f6(θ)－f4(θ)＝(cos4θ－sin4θ)·(cos2θ－sin2θ)．
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