2021届北师大版高考理科数一轮复习教师用书：第十二章　第3讲　合情推理与演绎推理 16页

第3讲　合情推理与演绎推理 一、知识梳理 ‎1．推理 ‎(1)定义：根据一个或几个已知的判断来确定一个新的判断的思维过程．‎ ‎(2)分类：推理 ‎2．合情推理 归纳推理 类比推理 定义 由某类事物的部分对象具有某些特征，推出该类事物的全部对象都具有这些特征的推理，或者由个别事实概括出一般结论的推理 由两类对象具有某些类似特征和其中一类对象的某些已知特征，推出另一类对象也具有这些特征的推理 特点 由部分到整体、由个别到一般的推理 由特殊到特殊的推理 ‎3.演绎推理 ‎(1)定义：从一般性的原理出发，推出某个特殊情况下的结论，我们把这种推理称为演绎推理．‎ ‎(2)特点：演绎推理是由一般到特殊的推理．‎ ‎(3)模式：‎ 三段论 二、教材衍化 ‎1．已知在数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，an＝an－1＋2n－1，依次计算a2，a3，a4后，猜想an的表达式是(　　)‎ A．an＝3n－1　　　　　 B．an＝4n－3‎ C．an＝n2 D．an＝3n－1‎ 解析：选C.a2＝a1＋3＝4，a3＝a2＋5＝9，a4＝a3＋7＝16，a1＝12，a2＝22，a3＝32，a4＝42，猜想an＝n2.‎ ‎2．对于任意正整数n，2n与n2的大小关系为(　　)‎ A．当n≥2时，2n≥n2 B．当n≥3时，2n≥n2‎ C．当n≥4时，2n>n2 D．当n≥5时，2n>n2‎ 解析：选D.当n＝2时，2n＝n2；当n＝3时，2nn2；当n＝6时，2n>n2；归纳判断，当n≥5时，2n>n2.故选D.‎ ‎3．在等差数列{an}中，若a10＝0，则有a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a19－n(n<19，n∈N+)成立，类比上述性质，在等比数列{bn}中，若b9＝1，则存在的等式为________．‎ 解析：利用类比推理，借助等比数列的性质，b＝b1＋n·b17－n，可知存在的等式为b1b2…bn＝b1b2…b17－n(n<17，n∈N*)．‎ 答案：b1b2…bn＝b1b2…b17－n(n<17，n∈N*)‎ 一、思考辨析 判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)‎ ‎(1)归纳推理得到的结论不一定正确，类比推理得到的结论一定正确．(　　)‎ ‎(2)由平面三角形的性质推测空间四面体的性质，这是一种合情推理．(　　)‎ ‎(3)在类比时，平面中的三角形与空间中的平行六面体作为类比对象较为合适．(　　)‎ ‎(4)在演绎推理中，只要符合演绎推理的形式，结论就一定正确．(　　)‎ 答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×‎ 二、易错纠偏 (1)归纳推理没有找出规律；‎ ‎(2)类比推理类比规律错误．‎ ‎1．在△ABC中，不等式＋＋≥成立；在凸四边形ABCD中，不等式＋＋＋≥成立；在凸五边形ABCDE中，不等式＋＋＋＋≥成立…依此类推，在凸n边形A1A2…An中，不等式＋＋…＋≥__________________________成立．‎ 解析：因为＋＋≥＝，‎ ＋＋＋≥＝ ＋＋＋＋≥＝，…，‎ 所以＋＋…＋≥(n∈N+，n≥3)．‎ 答案：(n∈N+，n≥3)‎ ‎2．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：已知正四面体PABC的内切球体积为V1，外接球体积为V2，则＝________．‎ 解析：从平面图形类比空间图形，从二维类比三维，可得如下结论：正四面体的外接球和内切球的半径之比为3∶1，故正四面体PABC的内切球体积V1与外接球体积V2之比等于＝＝.‎ 答案： ‎　　　　　　归纳推理(多维探究)‎ 角度一　与数字有关的推理 ‎ 有一个奇数组成的数阵排列如下：‎ ‎1　 3　 7　 13　21　…‎ ‎5　 9　 15　23　…　…‎ ‎11　17　25　…　…　…‎ ‎19　27　…　…　…　…‎ ‎29　…　…　…　…　…‎ ‎…　…　…　…　…　…‎ 则第30行从左到右第3个数是________．‎ ‎【解析】　观察每一行的第一个数，由归纳推理可得第30行的第1个数是1＋4＋6＋8＋10＋…＋60＝－1＝929.又第n行从左到右的第2个数比第1个数大2n，第3个数比第2个数大2n＋2，所以第30行从左到右的第2个数比第1个数大60，第3个数比第2个数大62，故第30行从左到右第3个数是929＋60＋62＝1 051.‎ ‎【答案】　1 051‎ 角度二　与等式有关的推理 ‎ (1)已知13＋23＝，13＋23＋33＝，13＋23＋33＋43＝，….若13＋23＋33＋43＋…＋n3＝3 025，则n＝(　　)‎ A．8　　　　　　　　 B．9‎ C．10 D．11‎ ‎(2)观察下列等式：‎ ＋＝×1×2；‎ ＋＋＋＝×2×3；‎ ＋＋＋…＋＝×3×4；‎ ＋＋＋…＋＝×4×5；‎ ‎……‎ 照此规律，‎ ＋＋＋…＋＝__________．‎ ‎【解析】　(1)观察所提供的式子可知，等号左边最后一个数是n3时，等号右边的数为，因此，令＝3 025，则＝55，所以n＝10.故选C.‎ ‎(2)每组角的分母恰好等于右边两个相邻正整数因数的和．因此答案为n(n＋1)．‎ ‎【答案】　(1)C　(2)n(n＋1)‎ 角度三　与不等式有关的推理 ‎ 已知x∈(0，＋∞)，观察下列各式：x＋≥2，x＋＝＋＋≥3，x＋＝＋＋＋≥4，…，类比得x＋≥n＋1(n∈N+)，则a＝________．‎ ‎【解析】　第一个式子是n＝1的情况，此时a＝11＝1；第二个式子是n＝2的情况，此时a＝22＝4；第三个式子是n＝3的情况，此时a＝33＝27，归纳可知a＝nn.‎ ‎【答案】　nn 角度四　与图形变化有关的推理 ‎ (1)图①是美丽的“勾股树”，它是一个直角三角形分别以它的每一边向外作正方形而得到．图②是第1代“勾股树”，重复图②的作法，得到图③为第2代“勾股树”，以此类推，已知最大的正方形面积为1，则第n代“勾股树”所有正方形的面积的和为(　　)‎ A．n B．n2‎ C．n－1 D．n＋1‎ ‎(2)我国的刺绣有着悠久的历史，如图所示中的①②③④为刺绣最简单的四个图案，这些图案都是由小正方形构成，小正方形个数越多刺绣越漂亮．现按同样的规律刺绣(小正方形的摆放规律相同)，设第n个图形包含f(n)个小正方形，则f(n)的表达式为(　　)‎ A．f(n)＝2n－1 B．f(n)＝2n2‎ C．f(n)＝2n2－2n D．f(n)＝2n2－2n＋1‎ ‎【解析】　(1)最大的正方形面积为1，当n＝1时，由勾股定理知正方形面积的和为2，依次类推，可得所有正方形面积的和为n＋1.故选D.‎ ‎(2)我们考虑f(2)－f(1)＝4，f(3)－f(2)＝8，f(4)－f(3)＝12，…，结合图形不难得到f(n)－f(n－1)＝4(n－1)，累加得f(n)－f(1)＝2n(n－1)＝2n2－2n，故f(n)＝2n2－2n＋1.‎ ‎【答案】　(1)D　(2)D 归纳推理问题的常见类型及解题策略 ‎(1)与“数字”相关的问题：主要是观察数字特点，找出等式左右两侧的规律．‎ ‎(2)与不等式有关的推理：观察所给几个不等式两边式子的特点，注意纵向看，找出隐含规律．‎ ‎(3)与图形有关的推理：合理利用特殊图形归纳推理得出结论．　 ‎ ‎1．《聊斋志异》中有这样一首诗：“挑水砍柴不堪苦，请归但求穿墙术．得诀自诩无所阻，额上坟起终不悟．”在这里，我们称形如以下形式的等式具有“穿墙术”：2＝，3＝，4＝，5＝，则按照以上规律，若8＝具有“穿墙术”，则n＝(　　)‎ A．35　　　　　　　　　 B．48‎ C．63 D．80‎ 解析：选C.根据规律得3＝1×3，8＝2×4，15＝3×5，24＝4×6，…，所以n＝7×9＝63.故选C.‎ ‎2．从1开始的自然数按如图所示的规则排列，现有一个三角形框架在图中上下或左右移动，使每次恰有九个数在此三角形内，则这九个数的和可以为(　　)‎ A．2 018 B．2 019‎ C．2 020 D．2 021‎ 解析：选D.根据题干图所示的规则排列，设最上层的一个数为a，则第二层的三个数为a＋7，a＋8，a＋9，第三层的五个数为a＋14，a＋15，a＋16，a＋17，a＋18，这九个数之和为a＋3a＋24＋5a＋80＝9a＋104.‎ 由9a＋104＝2 021，得a＝213，是自然数，故选D.‎ ‎3．分形几何学是数学家伯努瓦·曼德尔布罗在20世纪70年代创立的一门新的数学学科，它的创立为解决传统科学众多领域的难题提供了全新的思路．按照如图(1)所示的分形规律可得如图(2)所示的一个树形图．若记图(2)中第n行黑圈的个数为an，则a2 018＝________．‎ 解析：根据题图(1)所示的分形规律，可知1个白圈分形为2个白圈1个黑圈，1个黑圈分形为1个白圈2个黑圈，把题图(2)中的树形图的第1行记为(1，0)，第2行记为(2，1)，第3行记为(5，4)，第4行的白圈数为2×5＋4＝14，黑圈数为5＋2×4＝13，所以第4行的“坐标”为(14，13)，同理可得第5行的“坐标”为(41，40)，第6行的“坐标”为(122，121)，….各行黑圈数乘2，分别是0，2，8，26，80，…，即1－1，3－1，9－1，27－1，81－1，…，所以可以归纳出第n行的黑圈数an＝(n∈N*)，所以a2 018＝.‎ 答案： ‎　　　　　　类比推理(师生共研)‎ ‎ (1)等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，则数列为等差数列，公差为.类似地，若各项均为正数的等比数列{bn}的公比为q，前n项的积为Tn，则等比数列{}的公比为(　　)‎ A. B．q2‎ C. D． ‎(2)在平面上，设ha，hb，hc是△ABC三条边上的高，P为三角形内任一点，P到相应三边的距离分别为Pa，Pb，Pc，我们可以得到结论：＋＋＝1.把它类比到空间，则三棱锥中的类似结论为________．‎ ‎(3)已知命题：在平面直角坐标系xOy中，椭圆＋＝1(a>b>0)．△ABC的顶点B在椭圆上，顶点A，C分别为椭圆的左、右焦点，椭圆的离心率为e，则＝，现将该命题类比到双曲线中，△ABC的顶点B在双曲线上，顶点A，C分别为双曲线的左、右焦点，设双曲线的方程为－＝1(a>0，b>0)，双曲线的离心率为e，则有________________．‎ ‎【解析】　(1)由题意知，Tn＝b1·b2·b3·…·bn＝b1·b1q·b1q2·…·b1qn－1＝bq1＋2＋…＋(n－1)＝bq，所以＝b1q，所以等比数列{}的公比为，故选C.‎ ‎(2)设ha，hb，hc，hd分别是三棱锥ABCD四个面上的高，P为三棱锥ABCD内任一点，P到相应四个面的距离分别为Pa，Pb，Pc，Pd，于是可以得出结论：＋＋＋＝1.‎ ‎(3)在双曲线中，设△ABC的外接圆的半径为r，则|AB|＝2rsin C，|AC|＝2rsin B，|BC|＝2rsin A，则由双曲线的定义得||BA|－|BC||＝2a，|AC|＝2c，则双曲线的离心率e＝＝＝，即＝.‎ ‎【答案】　(1)C　(2)＋＋＋＝1‎ ‎(3)＝ 类比推理的分类 ‎　 ‎ ‎　已知正三角形内切圆的半径r与它的高h的关系是r＝h，把这个结论推广到空间正四面体，则正四面体内切球的半径r与正四面体的高h的关系是________．‎ 解析：球心到正四面体一个面的距离即内切球的半径r，连接球心与正四面体的四个顶点，把正四面体分成四个高为r的三棱锥，所以4×S×r＝×S×h，所以r＝h(其中S为正四面体一个面的面积)．‎ 答案：r＝h ‎　　　　　　演绎推理(师生共研)‎ ‎ (1)某市为了缓解交通压力，实行机动车辆限行政策，每辆机动车每周一到周五都要限行一天，周末(周六和周日)不限行．某公司有A，B，C，D，E五辆车，保证每天至少有四辆车可以上路行驶．已知E车周四限行，B车昨天限行，从今天算起，A，C两车连续四天都能上路行驶，E车明天可以上路，由此可知下列推测一定正确的是(　　)‎ A．今天是周六 B．今天是周四 C．A车周三限行 D．C车周五限行 ‎(2)已知函数y＝f(x)满足：对任意a，b∈R，a≠b，都有af(a)＋bf(b)>af(b)＋bf(a)，试证明：f(x)为R上的增函数．‎ ‎【解】　(1)选B.因为每天至少有四辆车可以上路行驶，E车明天可以上路，E车周四限行，所以今天不是周三；因为B车昨天限行，所以今天不是周一，不是周五，也不是周日；因为A，C两车连续四天都能上路行驶，所以今天不是周二，也不是周六，所以今天是周四，故选B.‎ ‎(2)证明：设x1，x2∈R，取x1x1f(x2)＋x2f(x1)，‎ 所以x1[f(x1)－f(x2)]＋x2[f(x2)－f(x1)]>0，‎ ‎[f(x2)－f(x1)](x2－x1)>0，‎ 因为x10，f(x2)>f(x1)．‎ 综上，y＝f(x)为R上的增函数．‎ 演绎推理的推证规则 ‎(1)演绎推理是从一般到特殊的推理，其一般形式是三段论，应用三段论解决问题时，‎ 应当首先明确什么是大前提和小前提，如果前提是显然的，则可以省略．‎ ‎(2)在推理论证过程中，一些稍复杂一点的证明题常常要由几个三段论才能完成．　 ‎ ‎1．(2020·陕西铜川模拟)沈老师告知高三文数周考的附加题只有6名同学A，B，C，D，E，F尝试做了，并且这6人中只有1人答对了．同学甲猜测：D或E答对了．同学乙猜测：C不可能答对．同学丙猜测：A，B，F当中必有1人答对了．同学丁猜测：D，E，F都不可能答对．若甲、乙、丙、丁中只有1人猜对，则此人是(　　)‎ A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 解析：选D.若甲猜对，则乙也猜对，与题意不符，故甲猜错；若乙猜对，则丙也猜对，与题意不符，故乙也猜错；若丙猜对，则乙也猜对，与题意不符，故丙猜错；因为甲、乙、丙、丁四人中只有1人猜对，所以丁猜对．故选D.‎ ‎2．数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1＝1，an＋1＝Sn(n∈N+)．证明：‎ ‎(1)数列{}是等比数列；‎ ‎(2)Sn＋1＝4an.‎ 证明：(1)因为an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝Sn，‎ 所以(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，‎ 即nSn＋1＝2(n＋1)Sn.‎ 故＝2·，‎ 故{}是以1为首项，2为公比的等比数列．‎ ‎(2)由(1)可知＝4·(n≥2)，所以Sn＋1＝4(n＋1)·＝4··Sn－1＝4an(n≥2)．‎ 又因为a2＝3S1＝3，S2＝a1＋a2＝1＋3＝4＝4a1，‎ 所以对于任意正整数n，都有Sn＋1＝4an.‎ ‎ [基础题组练]‎ ‎1．观察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，则a10＋b10＝(　　)‎ A．121 B．123‎ C．231 D．211‎ 解析：选B.法一：令an＝an＋bn，则a1＝1，a2＝3，a3＝4，a4＝7，…，得an＋2＝an＋an＋1，从而a6＝18，a7＝29，a8＝47，a9＝76，a10＝123.‎ 法二：由a＋b＝1，a2＋b2＝3，得ab＝－1，代入后三个等式中符合，则a10＋b10＝(a5＋b5)2－2a5b5＝123.‎ ‎2．(2020·安徽六校联考)如图，第1个图形由正三角形扩展而成，共12个顶点．第n个图形由正(n＋2)边形扩展而成，n∈N*，则第n个图形的顶点个数是(　　)‎ A．(2n＋1)(2n＋2) B．3(2n＋2)‎ C．2n(5n＋1) D．(n＋2)(n＋3)‎ 解析：选D.由题图我们可以得到，当n＝1时，顶点个数为12＝3×4，n＝2时，顶点个数为20＝4×5，n＝3时，顶点个数为30＝5×6，n＝4时，顶点个数为42＝6×7，…，由此我们可以推断：第n个图形共有(n＋2)·(n＋3)个顶点，故选D.‎ ‎3．(2020·福建永春调研)在平面几何里有射影定理：设三角形ABC的两边AB⊥AC，D是A点在BC上的射影，则AB2＝BD·BC.拓展到空间，在四面体ABCD中，AD⊥平面ABC，点O是A在平面BCD内的射影，且O在△BCD内，类比平面三角形射影定理，得出正确的结论是(　　)‎ A．S＝S△BCO·S△BCD B．S＝S△BOD·S△BOC C．S＝S△DOC·S△BOC D．S＝S△ABD·S△ABC 解析：选A.由已知，在平面几何中，若△ABC中，AB⊥AC，AD⊥BC，D是垂足，则AB2＝BD·BC.可以类比这一性质，推理出：若三棱锥DABC中，AD⊥平面ABC，AO⊥平面BCD，O为垂足，如图所示，则(S△ABC)2＝S△BCO·S△BCD.故选A.‎ ‎4．甲、乙、丙、丁四人通过抓阄的方式选出一人周末值班(抓到“值”字的人值班)．抓完阄后，甲说：“我没抓到．”乙说：“丙抓到了．”丙说：“丁抓到了．”丁说：“我没抓到．”已知他们四人中只有一人说了真话，根据他们的说法，可以断定值班的人是(　　)‎ A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 解析：选A.如果甲说的是真的，那么乙和丙说的都是假的，但由此推出丁说的是真的，与题意矛盾；如果甲说的是假的，即甲抓到了，那么丁说的就是真的，乙和丙说的就是假的，‎ 符合题意．故可以断定甲抓到了，值班的人是甲．故选A.‎ ‎5．桌上共8个球，甲、乙二人轮流取球，取到最后一球者胜利．规则是：第一次取球至少1个，至多不超过总数的，每次取球的数量不超过前面一次且不少于前面取球数的.比如，前面一次甲取球3个，接着乙取球的数量为2或3.若甲先取球，甲为了有必胜的把握，第一次应取球的个数为(　　)‎ A．1 B．2‎ C．3 D．4‎ 解析：选C.由题意可知，若甲先取1球，则乙取1球，以此类推，乙胜．若甲先取2球，则乙只能取2球或1球，乙取2球时，甲只能取2球或1球，此时无论如何都是乙胜；乙取1球时，则甲取1球，以此类推，甲胜．若甲先取4球，则乙可取完剩下的球，乙胜．若甲先取3球，则乙只能取2球或3球，乙取2球时，甲取1球，然后乙取1球，甲取1球，甲胜；乙取3球时，甲取完，甲胜．综上可知，甲先取3球有必胜的把握．‎ ‎6．(2020·西藏林芝一中调考)已知集合A，B与集合A@B的对应关系如下表：‎ A ‎{1，2，3，4，5}‎ ‎{－1，0，1}‎ ‎{－4，8}‎ B ‎{2，4，6，8}‎ ‎{－2，－1，0，1}‎ ‎{－4，－2，0，2}‎ A@B ‎{1，3，5，6，8}‎ ‎{－2}‎ ‎{－2，0，2，8}‎ 若A＝{－2 009，0，2 018}，B＝{－2 009，0，2 019}，试根据表中的规律写出A@B＝________．‎ 解析：由题意可知，集合A@B是由A∪B中的元素去掉A∩B中的元素组成的，已知A＝{－2 009，0，2 018}，B＝{－2 009，0，2 019}，则A∪B＝{－2 009，0，2 018，2 019}，A∩B＝{－2 009，0}，则A@B＝{2 018，2 019}．‎ 答案：{2 018，2 019}‎ ‎7．某校为高一学生开设了三门选修课程，分别是文学与艺术、哲学初步、数学史．调查某班甲、乙、丙三名学生的三门选修课程的选修情况时，甲说：“我选修的课程比乙多，但没有选修哲学初步．”乙说：“我没有选修数学史．”丙说：“我们三人选修的课程中，有一门课程是相同的．”由此可以判断乙选修的课程为________．‎ 解析：由丙说的话，可知甲、乙两人至少选修了一门课程，且选修的课程中有一门课程是相同的，又甲比乙选修的课程多，且没有选修哲学初步，所以甲选修了文学与艺术和数学史．又乙没有选修数学史，所以乙选修的课程为文学与艺术．‎ 答案：文学与艺术 ‎8.如图所示，椭圆中心在坐标原点，F为左焦点，当⊥时，其离心率为，此类椭圆被称为“黄金椭圆”．类比“黄金椭圆”，可推算出“黄金双曲线”的离心率e＝________．‎ 解析：设“黄金双曲线”的方程为－＝1(a>0，b>0)，‎ 则B(0，b)，F(－c，0)，A(a，0)．‎ 在“黄金双曲线”中，因为⊥，‎ 所以·＝0.‎ 又＝(c，b)，＝(－a，b)，‎ 所以b2＝ac.而b2＝c2－a2，所以c2－a2＝ac.‎ 在等号两边同除以a2，得e2－1＝e，‎ 解得e＝.‎ 答案： ‎9．设f(x)＝，先分别求f(0)＋f(1)，f(－1)＋f(2)，f(－2)＋f(3)，然后归纳猜想一般性结论，并给出证明．‎ 解：f(0)＋f(1)＝＋ ‎＝＋＝＋＝，‎ 同理可得：f(－1)＋f(2)＝，f(－2)＋f(3)＝，‎ 并注意到在这三个特殊式子中，自变量之和均等于1.‎ 归纳猜想得：当x1＋x2＝1时，均有f(x1)＋f(x2)＝.‎ 证明：设x1＋x2＝1，‎ f(x1)＋f(x2)＝＋ ‎＝＝ ‎＝＝＝.‎ ‎10．给出下面的数表序列：‎ ‎　表1　　　　表2　　　　表3‎ ‎1　　　　1　3　　　1　3　5‎ ‎　　　 　　　　4　　　　 4　8‎ ‎　　　　　　　　　　　　　12‎ ‎　…‎ 其中表n(n＝1，2，3，…)有n行，第1行的n个数是1，3，5，…，2n－1，从第2行起，每行中的每个数都等于它肩上的两数之和．写出表4，验证表4各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成等比数列，并将结论推广到表n(n≥3)(不要求证明)．‎ 解：表4为1　3　5　7‎ ‎　　　4　8　12‎ ‎　 　　　　 1220‎ ‎ 　　　　32‎ 它的第1，2，3，4行中的数的平均数分别是4，8，16，32，它们构成首项为4，公比为2的等比数列．‎ 将这一结论推广到表n(n≥3)，即表n(n≥3)各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成首项为n，公比为2的等比数列．‎ ‎[综合题组练]‎ ‎1．“垛积术”是我国古代数学的重要成就之一．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中记载了“方垛”的计算方法：“果子以垛，下方十四个，问计几何？术曰：下方加一，乘下方为平积．又加半为高，以乘下方为高积．如三而一．”意思是说，将果子以方垛的形式摆放(方垛即每层均为正方形，自下而上每层每边果子数依次递减1个，最上层为1个)，最下层每边果子数为14个，问共有多少个果子？计算方法用算式表示，为×14×(14＋1)×.利用“方垛”的计算方法，可计算最下层每边果子数为14个的“三角垛”(三角垛即每层均为正三角形，自下而上每 层每边果子数依次递减1个，最上层为1个)共有果子数为(　　)‎ A．420个　　　　　　　　 B．560个 C．680个 D．1 015个 解析：选B.由题意知，最下层每边为14个果子的“方垛”总的果子数的计算式为12＋22＋…＋142＝×14×(14＋1)×，所以可得最下层每边为n(n∈N+)个果子的“方垛”总的果子数的计算式为12＋22＋…＋n2＝×n×(n＋1)×.最下层每边为n个果子的“三角垛”自上而下的第k(k≤n，k∈N*)层果子数为，所以n层“三角垛”总的果子数为1＋3＋…＋.因为1＋3＋…＋＝×[1×2＋2×3＋…＋n(n＋1)]＝×(12‎ ‎＋1＋22＋2＋…＋n2＋n)＝×[(12＋22＋…＋n2)＋(1＋2＋…＋n)]＝×＝n(n＋1)·＝n(n＋1)(n＋2)，所以取n＝14，可得“三角垛”的果子总数为560个．故选B.‎ ‎2．(2020·陕西第二次质检)一布袋中装有n个小球，甲、乙两个同学轮流抓球，且不放回，每次最少抓一个球，最多抓三个球．规定：由乙先抓，且谁抓到最后一个球谁赢，那么以下推断中正确的是(　　)‎ A．若n＝9，则乙有必赢的策略 B．若n＝7，则甲有必赢的策略 C．若n＝6，则甲有必赢的策略 D．若n＝4，则乙有必赢的策略 解析：选A.若n＝9，则乙有必赢的策略．(1)若乙抓1个球，甲抓1个球时，乙再抓3个球，此时剩余4个球，无论甲抓1～3的哪种情况，乙都能保证抓最后一个球；(2)若乙抓1个球，甲抓2个球时，乙再抓2个球，此时剩余4个球，无论甲抓1～3的哪种情况，乙都能保证抓最后一个球；(3)若乙抓1个球，甲抓3个球时，乙再抓1个球，此时剩余4个球，无论甲抓1～3的哪种情况，乙都能保证抓最后一个球．所以若n＝9，则乙有必赢的策略，故选A.‎ ‎3．有甲、乙二人去看望高中数学老师张老师，期间他们做了一个游戏，张老师的生日是m月n日，张老师把m告诉了甲，把n告诉了乙，然后张老师列出来如下10个日期供选择：2月5日，2月7日，2月9日，5月5日，5月8日，8月4日，8月7日，9月4日，9月6日，9月9日．看完日期后，甲说：“我不知道，但你一定也不知道．”乙听了甲的话后，说：“本来我不知道，但现在我知道了．”甲接着说：“哦，现在我也知道了．”请问，张老师的生日是________．‎ 解析：根据甲说的“我不知道，但你一定也不知道”，可排除5月5日，5月8日，9月4日，9月6日，9月9日；根据乙听了甲的话后说的“本来我不知道，但现在我知道了”，可排除2月7日、8月7日；根据甲接着说的“哦，现在我也知道了”，可以得知张老师的生日为8月4日．‎ 答案：8月4日 ‎4．我国古代数学名著《九章算术》中割圆术有：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣．”其体现的是一种无限与有限的转化过程，比如在 中“…”即代表无限次重复，但原式却是个定值x，这可以通过方程＝x确定x＝2，则1＋＝________．‎ 解析：1＋＝x，即1＋＝x，即x2－x－1＝0，解得x1＝，x2＝，故1＋＝.‎ 答案： ‎5.如图，在△ABC中，O为其内切圆圆心，过O的直线将三角形面积分为相等的两部分，且该直线与AC，BC分别相交于点F，E，则四边形ABEF与△CEF的周长相等．‎ 将此结论类比到空间，写出一个与其相关的命题，并证明该命题的正确性．‎ 解：如图，截面AEF经过四面体ABCD的内切球(与四个面都相切的球)的球心O，且与BC，DC分别交于点E，F，若截面将四面体分为体积相等的两部分，则四棱锥ABEFD与三棱锥AEFC的表面积相等．‎ 下面证明该结论的正确性：‎ 设内切球半径为R，‎ 则VABEFD＝(S△ABD＋S△ABE＋S△ADF＋S四边形BEFD)×R＝VAEFC＝(S△AEC＋S△ACF＋S△ECF)×R，‎ 即S△ABD＋S△ABE＋S△ADF＋S四边形BEFD＝S△AEC＋S△ACF＋S△ECF，两边同加S△AEF可得结论．‎ ‎6．我们将具有下列性质的所有函数组成集合M：函数y＝f(x)(x∈D)，对任意x，y，∈D均满足f≥[f(x)＋f(y)]，当且仅当x＝y时等号成立．‎ ‎(1)若定义在(0，＋∞)上的函数f(x)∈M，试比较f(3)＋f(5)与2f(4)的大小；‎ ‎(2)设函数g(x)＝－x2，求证：g(x)∈M.‎ 解：(1)对于f≥[f(x)＋f(y)]，‎ 令x＝3，y＝5得f(3)＋f(5)≤2f(4)．‎ ‎(2)证明：g－[g(x1)＋g(x2)]‎ ‎＝－＋＝≥0，‎ 当且仅当x1＝x2时取等号，‎ 所以g≥[g(x1)＋g(x2)]，‎ 所以g(x)∈M.‎