考点42 合情推理与演绎推理-备战2022年高考数学（理）一轮复习考点微专题学案

这是一份考点42 合情推理与演绎推理-备战2022年高考数学（理）一轮复习考点微专题学案，共20页。

考点42 合情推理与演绎推理

1．（2014·北京高考真题（理））学生的语文、数学成绩均被评定为三个等级，依次为“优秀”“合格”“不合格”．若学生甲的语文、数学成绩都不低于学生乙，且其中至少有一门成绩高于乙，则称“学生甲比学生乙成绩好”．如果一组学生中没有哪位学生比另一位学生成绩好，并且不存在语文成绩相同、数学成绩也相同的两位学生，那么这组学生最多有(　　)
A．2人 B．3人 C．4人 D．5人
【答案】B
【详解】
试题分析：用分别表示优秀、及格和不及格，显然语文成绩得的学生最多只有个，语文成绩得也最多只有个，得的最多只有个，因此人数最多只有人，显然满足条件，故选B．
考点：合情推理的应用．
2．（2017·全国高考真题（理））甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩，老师说，你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩，看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩，根据以上信息，则
A．乙可以知道两人的成绩 B．丁可以知道四人的成绩
C．乙、丁可以知道对方的成绩 D．乙、丁可以知道自己的成绩
【答案】D
【分析】
由甲看乙、丙的成绩后仍不知道自己的成绩，说明乙、丙一人优秀一人良好，再乙看丙的成绩，丁看甲的成绩后，乙、丁可以知道自己的成绩.
【详解】
甲、乙、丙、丁四位同学中有2位优秀，2位良好，
因为甲看乙、丙的成绩后仍不知道自己的成绩，
可知乙、丙一人优秀一人良好，则甲、丁一人优秀一人良好，
乙看到丙的结果则知道自己的结果，丁看到甲的结果则知道自己的结果，
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了合情推理，属于中档题.

合情推理与演绎推理的区别与联系
（1）从推理模式看：
①归纳推理是由特殊到一般的推理．
②类比推理是由特殊到特殊的推理．
③演绎推理是由一般到特殊的推理．
（2）从推理的结论看：
①合情推理所得的结论不一定正确，有待证明。
②演绎推理所得的结论一定正确。
（3）总体来说，从推理的形式和推理的正确性上讲，二者有差异；从二者在认识事物的过程中所发挥的作用的角度考虑，它们又是紧密联系，相辅相成的。合情推理的结论需要演绎推理的验证，而演绎推理的内容一般是通过合情推理获得的；演绎推理可以验证合情推理的正确性，合情推理可以为演绎推理提供方向和思路.

一、推理的概念
根据一个或几个已知事实(或假设)得出一个判断，这种思维方式叫做推理．从结构上说，推理一般由两部分组成，一部分是已知的事实(或假设)叫做前提，一部分是由已知推出的判断，叫做结论．
二、合情推理
根据已有的事实和正确的结论（包括定义、公理、定理等）、实验和实践的结果、个人的经验和直觉等，经过观察、分析、比较、联想、归纳、类比等推测出某些结果的推理过程。其中归纳推理和类比推理是最常见的合情推理。
1.归纳推理
（1）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，称为归纳推理（简称归纳）。
（2）一般模式：部分整体，个体一般
（3）一般步骤：
①通过观察个别情况发现某些相同性质；
②从已知的相同的性质中猜想出一个明确表述的一般性命题；
③检验猜想.
（4）归纳推理的结论可真可假
归纳推理一般都是从观察、实验、分析特殊情况开始，提出有规律性的猜想； 一般地，归纳的个别情况越多，就越具有代表性，推广的一般性命题就越可靠.由于归纳推理的前提是部分的、个别的事实，因此归纳推理的结论超出了前提所界定的范围，其前提和结论之间的联系不是必然的，而是或然的，所以归纳推理所得的结论不一定是正确的.
2.类比推理
（1）定义：
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称为类比推理（简称类比）.
（2）一般模式：特殊特殊
（3）类比的原则：可以从不同的角度选择类比对象，但类比的原则是根据当前问题的需要，选择恰当的类比对象.
（4）一般步骤：
①找出两类对象之间的相似性或一致性；
②用一类对象的已知特征去推测另一类对象的特征，得出一个明确的命题（猜想）；
③检验猜想.
（5）类比推理的结论可真可假
类比推理中的两类对象是具有某些相似性的对象，同时又应是两类不同的对象；一般情况下，如果类比的相似性越多，相似的性质与推测的性质越相关，那么类比得出的命题就越可靠.类比结论具有或然性，所以类比推理所得的结论不一定是正确的。
三、演绎推理
（1）定义：
从一般性的原理出发，按照严格的逻辑法则，推出某个特殊情况下的结论的推理，叫做演绎推理. 简言之，演绎推理是由一般到特殊的推理．
（2）一般模式：
“三段论”是演绎推理的一般模式，常用的一种格式：
①大前提——已知的一般原理；
②小前提——所研究的特殊情况；
③结论——根据一般原理，对特殊情况作出的结论.
（3）用集合的观点理解“三段论”
若集合M的所有元素都具有性质P，S是M的子集，那么S中所有元素都具有性质P.
（4）演绎推理的结论一定正确
演绎推理是一个必然性的推理，因而只要大前提、小前提及推理形式正确，那么结论一定是正确的，它是完全可靠的推理。


1．（2019·吉林高三其他模拟（理））“黄金分割”是古希腊的毕达哥拉斯学派在研究数学问题时提出的一个比例关系，即：将一线段分割成大小两段，如果小段与大段的长度之比恰好等于大段与整段的长度之比，那么称这个比值为“黄金分割比”，经常用希腊字母来表示.在数学中也可用无穷连分数(其中“…”代表无限次重复)来表示“黄金分割比”，它可以通过方程解得，即黄金分割比为.类比上述过程，计算式子的值为（ ）
A．1 B． C． D．
2．（2021·黑龙江哈尔滨市·哈九中高三三模（理））设的三边长分别为，，，若的面积为，内切圆半径为，则，类比这个结论可知：若四面体的四个面的面积分别为，，，，内切球半径为，四面体的体积为，则（ ）
A． B．
C． D．
3．（2021·辽宁沈阳市·高三三模）2021年2月13日，中国诗词大会第六季比赛如约而至．在某场比赛中，有甲､乙､丙､丁､戊五位选手，有机会争夺该场擂主．观看比赛的三名诗词爱好者，对本场比赛的擂主进行了如下猜测．小张：冠军是甲或丙；小陈：冠军一定不是乙和丙：小亮：冠军是丁或戊．比赛结束后发现：三人中只有一个人的猜测是对的，那么擂主是（ ）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
4．（2021·江苏盐城市·高三三模）同学们都知道平面内直线方程的一般式为，我们可以这样理解：若直线过定点，向量为直线的法向量，设直线上任意一点，则，得直线的方程为，即可转化为直线方程的一般式.类似地，在空间中，若平面过定点，向量为平面的法向量，则平面的方程为（ ）
A． B．
C． D．

5．（2021·江苏南通市·高三其他模拟）关于函数，有下列四个命题：
甲：；
乙：的三根分别为，，；
丙：在上恒为负；
丁：在上单调递增.
如果只有一个假命题，那么该命题是（ ）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
6．（2021·福建省福州第一中学高三其他模拟）某校高三年级四个班的代表队准备举行篮球友谊赛.甲、乙、丙三位同学预测比赛结果，甲说：“班得冠军，班得第三”；乙说：“班得第四，班得亚军”；丙说：“班得第三，班得冠军”.赛后得知，三人都只猜对了一半，则得冠军的是（ ）
A．班 B．班 C．班 D．班
7．（2021·全国高三专题练习（理））南宋杨辉在他年所著的《详解九章算术》一书中记录了一种三角形数表，称之为“开方作法本源”图，即现在著名的“杨辉三角”，如图是一种变异的杨辉三角，它是将数列各项按照上小下大，左小右大的原则写成的，其中是集合且中所有的数从小到大排列的数列，、、、、…下列结论错误的是（ ）

A．第四行的数是、、、 B．
C． D．
8．（2021·全国高三其他模拟）某公司在策划一个广告牌设计时，需将深色系，，，四种颜色和与之相对应的浅色系，，，四种颜色涂入如图所示方框中，但要满足如下条件：①与，与，与，与必须相邻；②深色系不相邻，浅色系也不相邻；③和要相邻.（相邻可是上下左右，不包括斜对角）现将涂在中间※的位置，色的位置既然已确定，那就只好规定有一种颜色只能涂在●，而不能涂在☆的位置，张这样才能满足前三个条件，那么这处颜色是（ ）

A． B． C． D．
9．（2020·全国（理））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
10．（2020·安徽马鞍山市·马鞍山二中高三期中（理））一个数的规律如下：在第个2和第个2之间有个1（），即12111211111211111112…………，则该数的前2021个数字之和为（ ）
A．2063 B．2064 C．2065 D．2066
11．（2021·全国高三专题练习（理））科克曲线（Kochcurve）（如图）是一种典型的分形曲线.它是科克（Koch，H.von）于1904年构造出来的.其形成如下：把一个边长为1的等边三角形，取每边中间的三分之一，接上去一个形状完全相似的但边长为其三分之一的三角形，结果是一个六角形.取六角形的每个边做同样的变换，即在中间三分之一接上更小的三角形，以此重复，直至无穷.外界的变得比原来越细微曲折，形状接近理想化的雪花.它是一个无限构造的有限表达，每次变化面积都会增加，但总面积不会超过起初三角形的外接圆.按照上面的变化规则，第四个图形的面积与第三个图形的面积之差为（ ）

A． B． C． D．
12．（2020·梅河口市第五中学高三月考（理））甲、乙、丙三人尝试在下面的表格中填入第二排的数字，使得第一个数字表明这一排中0的数量，第二个数字表明这一排中1的数量，第三个数字表明这一排中2的数量，依此类推，最后一个数字表明这一排中6的数量.
0
1
2
3
4
5
6







甲说：“第七个数字一定是0”；
乙说：“这些数字的和是7，所以第一个数字不能比3大”；
丙说：“这七个数字有且只有一种填法”
其中，说法正确的是（ ）
A．甲 B．乙 C．甲 乙 D．甲 乙 丙
13．（2020·安徽马鞍山市·马鞍山二中高三月考（理））已知函数的导函数为，记，
．若，则（ ）
A． B． C． D．
14．（2020·全国高三专题练习（理））在《九章算术》方田章圆田术（刘徽注）中指出：“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.”注述中所用的割圆术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，这可以通过方程确定出来，类比上述结论可得的正值为（ ）
A．1 B． C．2 D．4

15．（2012·江西高考真题（理））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．28 B．76 C．123 D．199
16．（2014·陕西高考真题（理））观察分析下表中的数据：
多面体

面数（）

顶点数（)

棱数（)

三棱锥

5

6

9

五棱锥

6

6

10

立方体

6

8

12


猜想一般凸多面体中，所满足的等式是_________.
17．（2015·山东高考真题（理））观察下列各式：




……
照此规律，当nN时，
______________.
18．（2007·广东高考真题（理））如果一个凸多面体是n棱锥，那么这个凸多面体的所有顶点所确定的直线共有_____条，这些直线中共有对异面直线，则；f(n)=______(答案用数字或n的解析式表示)
19．（2011·山东高考真题（理））设函数，观察：
， ， ，
，……
根据以上事实，由归纳推理可得：
当且时，= ________.
20．（2008·辽宁高考真题（理））在数列，中，a1=2，b1=4，且成等差数列，成等比数列（）
（Ⅰ）求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜测，的通项公式，并证明你的结论；
（Ⅱ）证明：．


1．C
【分析】
由类比推理可知，所求式子的值为方程的解.
【详解】
解：由题意知，，且，
∴，
解得或(舍负)，
∴式子的值为.
故选：C.
2．C
【分析】
根据平面与空间之间的类比推理，由点类比点或直线，由直线类比直线或平面，由内切圆类比内切球，由平面图形面积类比立体图形的体积，结合求三角形的面积的方法类比求四面体的体积即可．
【详解】
设四面体的内切球的球心为，则球心到四个面的距离都是R，
所以四面体的体积等于以为顶点，分别以四个面为底面的4个三棱锥体积的和．
则四面体的体积为：
.
故选：C.
3．C
【分析】
假设其中一人为冠军，根据三人猜测进行合情推理，满足只有一人猜对的即可．
【详解】
若甲是冠军．则小张和小陈都对，不合题意；
若乙是冠军．则三人都错，不合题意；
若丙是冠军，则小张正确，小陈和小亮错，符合题意；
若丁是冠军，则小陈和小亮对，不合题意．
因此丙是冠军．
故选：C．
4．C
【分析】
直接根据题意类比即可得结果.
【详解】
由题意得平面的方程为，即，
故选：C.

5．A
【分析】
对四个命题分别为假命题进行分类讨论，结合导数法判断可得出结论.
【详解】
若甲命题为假命题，由题意可得，
对任意的，，可得，
，
对任意的，，由于在上单调递增，则，可得，满足条件；
若乙命题为假命题，且，
当时，，此时函数在上不可能单调递增，不满足条件；
若丙命题为假命题，由题意可得，
当且时，，
当且时，，不满足条件；
若丁命题为假命题，由题意可得，
当且时，，不满足条件.
故选：A.
6．B
【分析】
对四个班级分别获得冠军进行分类讨论，进行合情推理，由此可得出合适的选项.
【详解】
分以下四种情况讨论：
（1）若班得冠军，乙猜对一半，则班得亚军，丙猜对一半，则班得冠军，矛盾；
（2）若班得冠军，甲猜对一半，则班不是第三名，丙猜对一半，则班得第三，乙猜对一半，则班得第四，合乎题意；
（3）若班得冠军，乙、丙各猜对一半，则班得第四，班得冠军，矛盾；
（4）若班得冠军，甲猜对一半，则班得冠军，矛盾.
综上所述，班得冠军.
故选：B.
7．C
【分析】
根据规律可知第行从左至右第个数对应且第行共有个数；
根据第四行对应的项可依次求得第四行的数，知A正确；由对应，代入可知B正确；由对应，代入可知C错误；由对应，代入可知D正确.
【详解】
利用表示每一项，可知第一行对应；第二行从左至右对应，；第三行从左至右对应，，，…，依次类推，
可知第行从左至右第个数对应且第行共有个数；
对于A，第四行从左至右对应，，，，
即第四行的数为，，，，A正确；
对于B，对应第行从左至右第个数，即对应，
，B正确；
对于C，对应第行从左至右第个数，即对应，
，C错误；
对于D，对应第行从左至右第个数，即对应，，D正确.
故选：C.
【点睛】
关键点点睛：本题解题关键是能够根据数字排列的规律总结得到第行从左至右第个数对应，通过确定每个选项中的项对应的位置可求得结果.
8．C
【分析】
根据已知条件得，与※上下左右相邻的位置一定为浅色，结合条件①③，分析出不能涂在☆位置的深色，即可求解.
【详解】

如图①所示，并把它按带状排列，如图②所示，从满足条件①和条件③考虑，
可形成一组（或）的排列.
再进而从条件②考虑，与相邻的（1）（3）（5）（7）必是浅色系，其余的（2）（4）（6）必是深色系.
根据这些条件，把（或）组放入图②中，
对应的是（2）（3）（4）（5）或（4）（5）（6）（7），
对应的是（1）（2）（3）（4）或（3）（4）（5）（6），
故4号能涂或颜色，不能涂颜色，而2号涂深色，有可能是，
因此，能涂在●、不能涂在☆的颜色是.
故选：C.
9．C
【分析】
本题采用分类讨论的思想，将每种情况一一罗列出来.按规则，甲第一次取球的个数应为1个，2个，3个，4个四种，再将四种情况下，乙取球的情况继续分析，得出最终的结果.
【详解】
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．
故选：C.
【点睛】
关键点点睛：本题应属于逻辑推理的问题，其关键是将每一步的取球情况按规则一一讨论，然后得出最后的结果.
10．C
【分析】
根据已知条件先确定出前个数字中的个数，由此确定出前个数字中的个数，则前个数字之和可求.
【详解】
设该数的前个数字中的个数有个，
当最后一个数字是以结束的时候，此时数字的个数为：，
当时，，当时，，
所以前个数字中的个数有个，的个数有个，
所以前个数字之和为：，
故选：C.
【点睛】
关键点点睛：解答本题的关键在于理解数字的变化规律，其中的个数会决定的个数，同时相邻的之间的的个数成等差数列，由此先分析出的个数，则最终结果可求.
11．B
【分析】
首先先观察边的变化规律，以及边长的变化规律，利用规律得到第四个图形的面积与第三个图形的面积之差.
【详解】
由观察可知：第一个图形有3条边，第二个图形有12条边（每一条边变为4条边），第三个图形有48条边，第四个图形有192条边，后一个图形与前一个图形相比，每一条边会增加一个边长为前面边长的的小三角形，故第二个图形比第一个图形多3个小三角形（第一个图形3条边）第三个图形比第二个图形多12个小三角形，第4个图形比第三个图形多48个小三角形，故面积之差为，
故选：B.
【点睛】
思路点睛：本题考查根据图形的规律，并计算相关量，要计算第四个图形的面积与第三个图形的面积之差，则要计算增加了几个三角形，与边的数量有关，所以要计算边数增加的规律，以及边长的规律.
12．D
【分析】
根据题意，利用反证法可知，若第七个数字不是0，设第七个数字为，从而推出矛盾，可知甲说法正确；同理可知第五个和第六个数字也如上述原因需填0，所以第四个数字不能填0，从而推出其他数字，得出最后答案，即可判断乙丙的说法，从而得出答案.
【详解】
解：由题意可知，若第七个数字不是0，设第七个数字为，
则就要求第二排要有个6，那就要在其他地方填上6，
对应着要有6个该数字，无法满足，所以第七个数字是0，则甲说法正确；
第五个和第六个数字也如上述原因需填0，所以第四个数字不能填0，
若是0则第一个数至少为4，需要在第二和第三个数字上填4，个数不够，
只能填1，若是填2，仍不成立，
所以最后答案仅为3211000，所以乙丙的说法正确，
所以说法正确的是甲 乙 丙.
故选：D.
【点睛】
本题考查反证法的应用，以及合情推理和演绎推理的应用，考查学生逻辑推理能力，属于基础题.
13．D
【分析】
通过计算、、、、，可得、、、，最后计算可得结果.
【详解】
解：，
则，
，
，
，
，
所以猜想：，
，
，
，
由，，
所以，
，
，
故选：D．
【点睛】
本题考查导数的计算以及不完全归纳法的应用，属于中档题.
14．A
【分析】
根据题意通过类比可得，再解方程可得.
【详解】
由题意可得，，∴，解得．
故选：A.
【点睛】
本题考查了推理与证明中的类比推理、对数的运算，是基础题.

15．C
【详解】
由题观察可发现，
，
，
，
即,
故选C.
考点：观察和归纳推理能力.

16．
【解析】
试题分析：①三棱锥：,得；②五棱锥：,得；③立方体：,得；所以归纳猜想一般凸多面体中，所满足的等式是：，故答案为
考点：归纳推理.
17．
【详解】
试题分析： 由已知等式观察知：第一个式子，左边一项，下标为,上标为，右边为；第二个式子，左边两项，下标为,上标依次为，右边为；第三个式子，左边三项，下标为,上标依次为，右边为；第四个式子，左边四项，下标为,上标依次为，右边为；……照此规律，当时,, 综上所述，答案为：.
考点：归纳推理的应用.
18．，12，
【解析】
当多面体的棱数由n增加到n+1时，所确定的直线的条数将增加n+1，由递推关系f(n+1) -f(n)=n+1我们能够求出答案．从图中我们明显看出四棱锥中异面直线的对数为12对．能与棱锥每棱构成异面关系的直线的条数为，进而得到f(n)的表达式．
19．
【分析】
利用所给函数式，归纳出函数式分母多项式的规律，结合分子都是1，从而可得结果.
【详解】
观察知:四个等式等号右边的分母为,即,所以归纳出分母为的分母为,故当且时，..
【点睛】
本题主要可得函数的解析式以及归纳推理的应用，属于中档题. 归纳推理的一般步骤: 一、通过观察个别情况发现某些相同的性质. 二、从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般性命题(猜想）.
20．（Ⅰ）,

（Ⅱ）略．
【分析】
（Ⅰ）根据递推关系可求a2，a3，a4及b2，b3，b4，从而可猜测，的通项，利用数学归纳法猜想成立.
（Ⅱ）利用放缩法和裂项相消法可证明不等式成立.
【详解】
（Ⅰ）由条件得
由此可得
．
猜测．
用数学归纳法证明：
①当n=1时，由上可得结论成立．
②假设当n=k时，结论成立，即
，
那么当n=k+1时，
．
所以当n=k+1时，结论也成立．
由①②，可知对一切正整数都成立．
（Ⅱ）．
n≥2时，由（Ⅰ）知．·
故


综上，原不等式成立．
【点睛】
方法点睛：与数列的和有关的不等式的证明，一般利用放缩法把通项放缩为容易求和的通项，再利用不等式的性质来证明.