作文我的祖国-

2021年1月25日发(作者：贫二代)
数学亮点试卷答案


【篇一：高考数学试题新亮点
——
类比推理题】

s=txt>“< br>多考一点想，少考一点算
”
，以能力立意的数学高考试题不断
推出一些思路开阔 、情境新颖脱俗的创新题型，它们往往不是以知
识为中心，而是以问题为中心，并不拘泥于具体的知识点 ，而是将
数学知识、方法和原理融于一体，突出对数学思想方法的考查，体
现数学的思维价值。


类比推理是根据两个对象具有某些相同的属性而推出当一个对象具
有一个 另外的性质时，另一个对象也具有这一性质的一种推理方式。
因此求解类比推理问题的关键在于确定类比 物，建立类比项。换言
之，不能把类比仅停留在叙述方式或数学结构等外层表象之上，还
需要对 数学结论的运算、推理过程等进行类比分析，从解题的思想
方法、思维策略等层面寻求内在的关联。

一、

数列中的类比推理


例
1
（
2000
年上海卷）在等差数列
?an?
中，若
a10?0
，则有等式
a1?a2?????an
则有等式

成立
.


分析

本题考查等差数列与等比数列 的类比
.
一种较本质的认识是：
等差数列
m,n,p,q?n*,
且


类比上述性质，相应地：在等比数列
?bn?
中，若
b 9?1
，
?a1?a2?????a19?n(n?19,n?n?)
成立，

m?n?p?q,
则
am?an?ap?aq
）；


等比数列
m,n,p,q?n*,
且

m?n?p?q,
则
am?an?ap?aq
）
.

由此，猜测本题的答案为：
b1b2???bn?b1b2???b17?n(n?17,n?n* ).


事实上，对等差数列
?an?
，如果
ak?0，则
an?1?a2k?1?n?an?2?a2k?2?n????

?ak?ak?0.
所以有：
a1?a2?????an?a1?a2?????an?( an?1?an?2?????


（
n?2k?1,n?n*
）< br>.
从而对等比数列
?bn?
，如果
bk?1
，则有等式：a2k?2?n?a2k?1?n
）

b1b2???bn?b1b2???b 2k?1?n(n?2k?1,n?n*)
成立
.


评注

本题是一道小巧而富于思考的妙题，主要考查观察分析能力，
抽象概括能力，考查运用类比

的思想方法由等差数列
?an?
而得到等比数列
?bn?< br>的新的一般性的
结论。


例
2
（
200 4
年北京高考题）定义
“
等和数列
”
：在一个数列中，如果
每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和
数列，这个常数叫做该数列的公和.


已知数列
?an?
是等和数列，且
a1?2，公和为
5
，那么
a18
的值为，
这个数列的前
n项和
sn
的计算公式为
.


分析


由等和数列的定义，易知
a2n?1?2
，
a2n?3
（
n=1
，
2
，
…
），
故
a18?3.
当
n
为偶数时，
sn?

551

n
；当
n
为奇数时，
sn?n?. 222


评注

本题以
“
等和数列
”
为载体，解决本题的 关键是课本中所学的等
差数列的有关知识及其数学


活动的经验，本题还考查分类讨论的数学思想方法。


二、

函数中的类比推理

2?2


式的方法，可求得
f(?4)?????f(0)?????f(5)?f(6)
的值为
.


分析

此题利用类比课本中推导等差数列前
n
项和公式的倒序相加 法，
观察每一个因式的特点，尝试

1


着计算
f(x)?f(1?x)
：
?f(x)?x
，

2?21?2xx

122f(1?x)?1?x??
，
xx2?22?2?22?2

11??2x

22?f(x)?f(1?x)??
，
x

2?2


例
3
（
2003
年上海春招高考题）设函数
f(x)?
1

x


，利用课本中推导等差数列前
n
项和公

发现
f(x)?f(1?x)
正好是一个定值，
?2s?

2

?12
，
?s?2. 2


评注

此题依据大纲和课本，在常见中求新意，在平凡中见奇巧，将
分析和 解决问题的能力的考查放在了突出的位置
.
本题通过弱化或强
化条件与结论，揭示出它 与某类问题的联系与区别并变更出新的命
题
.
这样，通过从课本出发，无论是对内容的 发散，还是对解题思维
的深入，都能收到固本拓新之用，收到
“
秀枝一株，嫁接成林< br>”
之效，
从而有效于发展学生创新的思维。

例
4
（
2003
年上海春招高考题）
已知函数
f(x)?

x?x5

13

?

13


，
g(x)?

x?x5

13

?

13

.


（
1
）

证明
f(x)
是奇函数，并求
f (x)
的单调区间
.


（
2
）

分别计算
f(4)?5f(2)g(2)
和
f(9)?5f(3)g(3)
的值，由此概括出涉
及函数
f(x)
和
g(x)
的对所有不等于零的 实数
x
都成立的一个等式，并
加以证明
.


分析

（
1
）略；

（
2
）分 别计算得
f(4)?5f(2)g(2)
和
f(9)?5f(3)g(3)
的
值都为零，由此概括出对所有不等于零的实数
x
有：
f(x2)?5f(x) ?g(x)?0.
如果将式子

f(x2)?5f(x)?g(x)?0
中 的
5
改成字母
?(??0)
，可进一步推广
f(x2)??f(x) ?g(x)?0.


评注

由数字型向字母型类比推广相当于从 特例向一般推广，但其实
质都是一般化策略
.
正如波利亚在其《怎样解题》中所阐述的 一般化
思想：
“
一般化就是从考虑一个对象，过渡到考虑包含该对象的一个
集 合，或者从考虑一个较小的集合过渡到考虑一个包含该较小的集
合的更大集合。
”


三、排列组合中的类比推理

x(x?1)???(x?m?1)


，其中
x?r
，
m
是正整数，且

m!

0mcx?1
，这是组合数
cn(n,m
是正整数，且
m?n)< br>的一种推广
.


例
5
（
2002
年上海高考题）规定：
cx?

m

5


（
1
）

求
c?15
的值；

mn?mmm?1mm
（
2
）

组合数的两个性质（
cn? cn,cn?cn?cn?1
）
是否都能推广到
cx


（
x?r,m
是正整数）的情形？若能推广，则写出推广的形式并给出
证明；若不能，则 说明理由；

mm


（
3
）已知组合数
cn
是正整数，证明：当
x?z
，
m
是正整数时，
cx? z.

mm
分析

本题
“
新的规定
c x
（
x?r,m
是正整数）
”
是组合数
cn
（n,m
是正整数，且
m?n
）的一


种推广
.
这个结论是中学数学教学内容中没有的，目的是考查考生对
相关的数学思想方法的自觉运用以 及创新思维能力
.
解：（
1
）根据
新规定直接进行演算即可

5

c?15?

(?15)(?16)(?17)(?18)(?19)

??11628.

5!


（
2
） 性质①不能推广
.
反例：当
x?
且推广形式不变：

2,m?1
时，
c12
有意义，但
c2?1


无意义
.
性质②能推广，
2

mm?1m

cx?cx?cx?1(x?r,m
是正整数）
.


证明如下：

x(x?1)(x?2)???(x?m?1)x(x?1)(x?2)???(x?m?2)

?

m!(m?1)!

x(x?1)(x?2)???(x?m?2)

?(x?1) =

m!

1m

?(x?1)?(x?1)?1??(x?1)?2?????(x?1)?m?1?=cx=?1 m!


（
3
）需要就
x
与
m
的 大小作出逻辑划分并进行严密的论证
.

m


当
x?m
时，
x,m
都是正整数，
cn
就是组合数，结论显然成立；

x(x?1)(x?2)???0???(x?m?1)m

?0?z
，结论也成立；

当
0?x?m
时，
cx?

m!

x(x?1)(x?2)???(x?m?1)1m

?(?1)m(?x?m?1)(?x?m?2)
当
x?0
时，
cx?

m!m!mm

???(?x?1)(?x)?(?1)c?x?m?1

mm?1cx?cx?

mmm

??x?m?1?0
，
?c?)mc?x?m?1
是正整数，故
cx?(?1x?m?1?z. m
综上所述，当
x?z
，< br>m
是正整数时，
cx?z.


评注

本 题以组合数为载体考查运用类比推理和分类讨论的数学思想
方法，考查运算能力和创新思维能力。


例
6
（
2003
年上海高考题）已知数列
?an?
（
n
为正整数）的首项
为
a1
，公比为
q
的等比数列
.

0123012


（
1
）

求和：
a1c2
；
a1c3. ?a2c3?a3c3?a4c3?a2c2?a3c2


（
2
）

由（
1
）的结果，归纳概括出关于正整数
n
的一个结论，并加
以证明
.
分析

本题由（
1
）的结论，通过大胆猜测，归纳猜想出一般
性的结论：

012


（
1
）
a1c2=a1?2a1q? a1q2?a1(1?q)2
，
?a2c2?a3c2

0123

?a1?3a1q?3a1q2?a1q3?a1(1?q)3. a1c3?a2c3?a3c3?a4c3


（
2
）归纳概括的结 论为：若数列
?an?
是首项为
a1
，公比为
q
的等
比数列，则

0123na1cn?a2cn?a3cn?a4cn?????(?1)n an?1cn?a1(1?q)n.
（证明略）


评注

本题主要考查探索能力、类比归纳能力与论证能力，突出了创
新能力的考查；通过抓住问题的实质，探 讨具有共同的属性，可以
由特殊型命题直接归纳概括出一般型命题。


四、立体几何中的类比推理

例
7
（
2002
年上海春招题）若从点
o
所作的两条射线
om
、
on
上分别 有点
m1
、
m2
与点
n1
、
n2
，则三< br>角形面积之比为：

s?om1n1s?om2n2

?

om1on1

?.
若从点
o
所作的不在同一个平面 内的三条射线
op
、
om2on2

oq
和
or
上分别有点
p1
、
p2
与点
q1
、
q2< br>和
r1
、
r2
，则类似的结
论为：
.
分析

在平面中是两三角形的面积之比，凭直觉可猜想在空
间应是体积之比，故猜想

vo?p1q1r1vo?p2q2r2

?

opoq1or11

.(
证明略
) ??

op2oq2or2


评注

本题主要考查由平面到空间的类比
.
要求考生由平面上三角形
面积比的结论类比得出空间三棱锥体积比的相应结论
.
又在
2004
年
广东高考数学试卷中出现本题的类题。例
8 < br>（
2003
年全国高考题）
在平面几何中，有勾股定理：
“
设
?abc
的两边
ab
、
ac
互相垂直，


则
ab?ac?bc.”
拓展到空间，类比平面几何的勾股定理，研究三棱锥
的侧面面积与底面面积间的关系，可以得出的正确结论是：
“
设三棱
锥
a-b cd
的三个侧面
abc
、
acd
、
adb
两两相互 垂直，则
.”


分析

关于空间问题与平面问题的类比，通常可抓住几何要素的如下
对应关系作对比：

多面体多边形；

边


体

积

积

；

二面角

面

积

… …
由此，可类比猜测本题的答案：

2222

s?s??s?s?adbabc?acd?bcd
（证明略）
.

2

2

2


评注

本题考查由平面几何的勾股定理到空间的拓展推广， 因此平时
的教学与复习中要注意类比等思想方法的学习，更要注意研究性学
习在数学中的适时切 入。例
9
（
2004
年上海春招高考题）在
?def
中< br>有余弦定理：

de2?df2?ef2?2df?efcos?dfe.
拓展到空间，类比三角形的余弦定
理，写出斜三棱柱
abc-a1b1c1
的
3
个侧面面积与其中两个侧面所成
二面角之间的关系式，并予以证明
.


分析

根据类比猜想得出
saa1c1c?sabb1a1?s bcc1b1?2sabb1a1?sbcc1b1cos?.
其中
?
为
侧面 为
abb1a1
与
bcc1b1
所成的二面角的平面角
.


证明：

作斜三棱柱
abc?a1b1c1
的直截面def
，则
?dfe
为面
abb1a1
与面
bcc1b 1
所成角，在
?def
中有余弦定理：

2

2

2

de2?df2?ef2?2df?efcos??
，

2


同乘以
aa1
，得

de2?aa12?df2?aa12?ef2?aa12?2df?aa1?ef?aa1cos??


即
saa1c1c?sab1bs a1?sbc1cb1?2sab1ba1?sbc1cb1co?


评注

本题考查由平面三角形的余弦定理到空间斜三棱柱的拓展推广，
因为类比是数学发现的重

2

2

2

要源泉，因此平时的教学与复习中更要注意类比等思想方法的学习。


五、

解析几何中的类比推理

例
10
（
2001
年上海高考题）已知两
个圆：
x2?y2?1
，

①


与
x2?(y?3)2?1
②

则 由①式减去②式可得上述两圆的对称轴方程，
将上述命题在曲线仍为圆的情况下加以推广，即要求得到一 个更一
般的命题，而已知命题要成为所推广命题的一个特例，推广的命题
为
.


分析

将题设中所给出的特殊方程①、②推广归纳到一般情况：

设
圆的方程为
(x?a)2?(y?b)2?r2
，③


与
(x?c)2?(y?d)2?r2
④


其中a?c
或
b?d
，则由③式减去④式可得两圆的对称轴方程
.


评注

本题通过类比推广，可以由特殊型命题直接归纳概括出一般型
命题。


例
11
（
2003
年上海春招题）已知椭圆具有性质：若
m
、
n
是椭圆
c
上关于原点对称的两个点，点
p
是 椭圆上任意一点，当直线
pm
、
pn
的斜率都存在，并记为
kpm< br>、
kpn
时，那么
kpm
与
kpn
之积是

x2y2


与点
p
的位置无关的定值
.
试对双曲线
2?2?1
写出具有类似特性的
性质，并加以证明
.

ab

x2y2


分析

类似的 性质为：若
m
、
n
是双曲线
2?2?1
上关于原点对称的< br>两个点，点
p
是双曲线上任

ab


意 一点，当直线
pm
、
pn
的斜率都存在，并记为
kpm
、< br>kpn
时，那
么
kpm
与
kpn
之积是与点
p
的位置


无关的定值
.


证明：设 点
m
、
p
的坐标为（
m,n
）、（
x,y
），则
n
（
?m,?n
）
.

b22b2222 2
因为点
m
（
m,n
）在已知双曲线上，所以
n?2m?b
，同
理
y?2x?b.

aa

222222

y?ny?ny?nbx?mb

??2???
则
kpm?kpn?
（定值）
. 22222

x?mx?mx?max?ma

2


评注

本题以椭圆、双曲线为载体，考查直线的斜率，椭圆、双曲线
的概念与方程，考查数学运算

能力。

x2y2


是与点
p
的位置无关的定值
.
试对双曲线
2?2?1
写出具有类似特性的性质，并加以证明
.

abx2y2


分析

类似的性质为：若
m
、
n
是双曲线
2?2?1
上关于原点对称的
两个点，点
p
是双曲线上任

ab


意一点，当直线
pm
、
pn
的 斜率都存在，并记为
kpm
、
kpn
时，那
么
kpm
与
kpn
之积是与点
p
的位置无关的定值
.


证明：设点
m
、
p
的坐标为（
m,n
）、（
x,y
），则
n
（
?m,?n
）
.

b22b22222
因为点
m
（
m,n
）在已知双曲线上，所以n?2m?b
，同
理
y?2x?b.

aa

2


则
kpm?kpn

y?ny?ny2?n2b2x2?m2b2

???2?2?2?2
（定值）
. 22

x?mx?mx?max?ma


评注

本题以椭圆、双曲线为 载体，考查直线的斜率，椭圆、双曲线
的概念与方程，考查数学运算


能力 。同类之间的类比在圆锥曲线中，常常以姐妹题形式出现，这
样对学生思维和素质的考查具有很好的功能 ，而且题型新颖，避免
了传统的考法的单调。

六
.
新定义、新运算中的类比


例
13
、若记号
“*”
表示两个实数
a
与
b
的算术平均的运算，即
a?b?

a?b

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