1.下面几种推理过程是演绎推理的是( )
A.因为当
时, 
;当
时, 
;当
时, ,所以当
为实数时, 
B.由平面三角形的性质,推测空间四面体性质
C.某校高三共有
个班, 
班
人, 
班
人, 
班
人,由此推测各班都超过
人
D.在数列
中, 
,
,由此归纳出的通项公式
【答案】A
【解析】B是类比推理,C,D是不完全归纳推理. 故选A.
2.“因为四边形
是矩形,所以四边形的对角线相等”,补充以上推理的大前提是( )
A.正方形都是对角线相等的四边形
B.矩形都是对角线相等的四边形
C.等腰梯形都是对角线相等的四边形
D.矩形都是对边平行且相等的四边形
【答案】B
【解析】由大前提、小前提、结论三者的关系,知大前提是:矩形是对角线相等的四边形.故应选B.
3.如图,因为
,所以
,又因为
,所以
,所用的推理规则为( )
A.假言推理 B.传递性关系推理
C.完全归纳推理 D.三段论推理
【答案】B
【解析】由题可知所用的推理规则为传递性关系推理.
4.观察式子:
,则
___________
【答案】123
【解析】观察可得各式的值构成数列
其规律为从第三项起,每项等于其前相邻两项的和,
所求值为数列中的第十项.
继续写出此数列为
第十项为
即
,故答案为:
5.已知cos3(π)＝2(1)，cos5(π)cos5(2π)＝4(1)，cos7(π)cos7(2π)cos7(3π)＝8(1)，…，根据以上等式，可猜想出的一般结论是____________________________________．
【答案】cos2n＋1(π)cos2n＋1(2π)…cos2n＋1(nπ)＝2n(1)，n∈N*
6．函数f(x)的定义域为A，若x1，x2∈A且f(x1)＝f(x2)时总有x1＝x2，则称f(x)为单函数．例如，函数f(x)＝2x＋1(x∈R)是单函数．下列命题：
①函数f(x)＝x2(x∈R)是单函数；
②指数函数f(x)＝2x(x∈R)是单函数；
③若f(x)为单函数，x1，x2∈A且x1≠x2，则f(x1)≠f(x2)；
④在定义域上具有单调性的函数一定是单函数．
其中的真命题是____________(写出所有真命题的编号)．
【答案】②③④
【解析】对于①，若f(x1)＝f(x2)，则x1＝±x2，不满足；②是单函数；命题③实际上是单函数命题的逆否命题，故为真命题；根据定义，命题④满足条件．
7．如图（1），若射线OM，ON上分别存在点M1，M2与点N1，N2，则
＝OM2(OM1)·ON2(ON1)；如图 (2)，若不在同一平面内的射线OP，OQ和OR上分别存在点P1，P2，点Q1，Q2和点R1，R2，则类似的结论是什么？这个结论正确吗？说明理由．
解：类似的结论为：
＝OP2(OP1)·OQ2(OQ1)·OR2(OR1).
这个结论是正确的，证明如下：
如图，过R2作R2M2⊥平面P2OQ2于M2，连接OM2.
过R1在平面OR2M2作R1M1∥R2M2交OM2于M1，则R1M1⊥平面P2OQ2.
由
＝3(1)
·R1M1＝3(1)·2(1)OP1·OQ1·sin∠P1OQ1·R1M1＝6(1)OP1·OQ1·R1M1·sin∠P1OQ1.
同理，
＝6(1)OP2·OQ2·R2M2·sin∠P2OQ2.
所以 EMBED Equation.DSMT4 ( EMBED Equation.DSMT4 )＝OP2·OQ2·R2M2(OP1·OQ1·R1M1).由平面几何知识可得R2M2(R1M1)＝OR2(OR1).
所以 EMBED Equation.DSMT4 ( EMBED Equation.DSMT4 )＝OP2·OQ2·OR2(OP1·OQ1·OR1).所以结论正确．
8．是否存在常数c，使得不等式2x＋y(x)＋x＋2y(y)≤c≤x＋2y(x)＋2x＋y(y)对任意正数x，y恒成立？
解：令x＝y得：3(2)≤c≤3(2)，故猜想c＝3(2).
下证不等式2x＋y(x)＋x＋2y(y)≤3(2)≤x＋2y(x)＋2x＋y(y)恒成立．
要证不等式2x＋y(x)＋x＋2y(y)≤3(2)，因为x，y是正数，即证3x(x＋2y)＋3y(2x＋y)≤2(2x＋y)(x＋2y)，
也即证3x2＋12xy＋3y2≤2(2x2＋2y2＋5xy)，即2xy≤x2＋y2，而此不等式恒成立．
同理不等式3(2)≤x＋2y(x)＋2x＋y(y)也成立．故存在c＝3(2)使原不等式恒成立．
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