2025年下學(xué)期高中數(shù)學(xué)類比與聯(lián)想試卷一、選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分）在平面幾何中，若從點(diǎn)O所作的兩條射線OM、ON上分別有點(diǎn)M?、M?與點(diǎn)N?、N?，則三角形面積之比為$\frac{S_{\triangleOM?N?}}{S_{\triangleOM?N?}}=\frac{OM?}{OM?}·\frac{ON?}{ON?}$。類比到空間，若從點(diǎn)O所作的不在同一個(gè)平面內(nèi)的三條射線OP、OQ和OR上分別有點(diǎn)P?、P?與點(diǎn)Q?、Q?和R?、R?，則三棱錐體積之比$\frac{V_{O-P?Q?R?}}{V_{O-P?Q?R?}}$等于（）A.$\frac{OP?}{OP?}+\frac{OQ?}{OQ?}+\frac{OR?}{OR?}$B.$\frac{OP?·OQ?·OR?}{OP?·OQ?·OR?}$C.$\frac{OP?}{OP?}·\frac{OQ?}{OQ?}+\frac{OR?}{OR?}$D.$\left(\frac{OP?}{OP?}+\frac{OQ?}{OQ?}\right)·\frac{OR?}{OR?}$在△DEF中有余弦定理：$DE2=DF2+EF2-2·DF·EF·\cos\angleDFE$。拓展到空間，類比三角形的余弦定理，斜三棱柱ABC-A?B?C?的三個(gè)側(cè)面面積與其中兩個(gè)側(cè)面所成二面角之間的關(guān)系式為（）A.$S_{AA?C?C}2=S_{ABB?A?}2+S_{BCC?B?}2-2·S_{ABB?A?}·S_{BCC?B?}·\cos\theta$B.$S_{ABC}2=S_{A?B?C?}2+S_{ABB?A?}2-2·S_{A?B?C?}·S_{ABB?A?}·\cos\theta$C.$S_{AA?C?C}2=S_{ABB?A?}2+S_{BCC?B?}2-2·S_{ABB?A?}·S_{BCC?B?}·\sin\theta$D.$S_{A?B?C?}2=S_{ABC}2+S_{AA?B?B}2-2·S_{ABC}·S_{AA?B?B}·\cos\theta$已知平面向量$\vec{a}$，$\vec$的數(shù)量積$\vec{a}·\vec=|\vec{a}||\vec|\cos\theta$（其中$\theta$為兩向量的夾角），類比到空間向量的叉乘運(yùn)算（$\vec{a}×\vec$），下列說法正確的是（）A.若$\vec{a}×\vec=\vec{0}$，則$\vec{a}$與$\vec$垂直B.$\vec{a}×\vec=\vec×\vec{a}$C.$|\vec{a}×\vec|=|\vec{a}||\vec|\sin\theta$D.$(\vec{a}×\vec)·\vec{c}=\vec{a}·(\vec×\vec{c})$對(duì)任意向量$\vec{c}$成立在等差數(shù)列${a_n}$中，若$a_{10}=0$，則有等式$a?+a?+\cdots+a_n=a?+a?+\cdots+a_{19-n}$（$n<19$，$n\in\mathbb{N}^$）成立。類比上述性質(zhì)，在等比數(shù)列${b_n}$中，若$b_9=1$，則有等式（）A.$b?b?\cdotsb_n=b?b?\cdotsb_{17-n}$（$n<17$，$n\in\mathbb{N}^$）B.$b?+b?+\cdots+b_n=b?+b?+\cdots+b_{17-n}$（$n<17$，$n\in\mathbb{N}^$）C.$b?b?\cdotsb_n=b?b?\cdotsb_{19-n}$（$n<19$，$n\in\mathbb{N}^$）D.$b?+b?+\cdots+b_n=b?+b?+\cdots+b_{19-n}$（$n<19$，$n\in\mathbb{N}^*$）若函數(shù)$f(x)$在$\mathbb{R}$上可導(dǎo)，且滿足$f(x)-xf'(x)>0$，則類比實(shí)數(shù)的大小關(guān)系，有（）A.$f(-1)<-f(1)$B.$f(-1)>-f(1)$C.$f(-1)=-f(1)$D.$f(-1)$與$-f(1)$大小關(guān)系不確定在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)$(x_0,y_0)$到直線$Ax+By+C=0$的距離公式為$d=\frac{|Ax_0+By_0+C|}{\sqrt{A2+B2}}$。類比到空間直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)$(x_0,y_0,z_0)$到平面$Ax+By+Cz+D=0$的距離公式為（）A.$\frac{|Ax_0+By_0+Cz_0+D|}{\sqrt{A2+B2+C2}}$B.$\frac{|Ax_0+By_0+Cz_0|}{\sqrt{A2+B2+C2}}$C.$\frac{|Ax_0+By_0+Cz_0+D|}{A2+B2+C2}$D.$\frac{|Ax_0+By_0+Cz_0|}{A2+B2+C2}$已知橢圓$\frac{x2}{a2}+\frac{y2}{b2}=1$（$a>b>0$）的焦點(diǎn)為$F?$、$F?$，$P$為橢圓上一點(diǎn)，且$\angleF?PF?=\theta$，則$\triangleF?PF?$的面積為$b2\tan\frac{\theta}{2}$。類比到雙曲線$\frac{x2}{a2}-\frac{y2}{b2}=1$（$a>0$，$b>0$），若焦點(diǎn)為$F?$、$F?$，$P$為雙曲線上一點(diǎn)，且$\angleF?PF?=\theta$，則$\triangleF?PF?$的面積為（）A.$b2\tan\frac{\theta}{2}$B.$b2\cot\frac{\theta}{2}$C.$a2\tan\frac{\theta}{2}$D.$a2\cot\frac{\theta}{2}$若數(shù)列${a_n}$為等差數(shù)列，則數(shù)列${b_n}$（其中$b_n=\frac{a?+a?+\cdots+a_n}{n}$）也為等差數(shù)列。類比上述性質(zhì)，若數(shù)列${c_n}$為等比數(shù)列，且$c_n>0$，則數(shù)列${d_n}$（其中$d_n=$______）也為等比數(shù)列（）A.$\frac{c?+c?+\cdots+c_n}{n}$B.$\frac{c?c?\cdotsc_n}{n}$C.$\sqrt[n]{c?c?\cdotsc_n}$D.$\sqrt{c?c?\cdotsc_n}$二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）在平面幾何中，“正三角形內(nèi)任意一點(diǎn)到三邊的距離之和為定值”。類比到空間，“正四面體內(nèi)任意一點(diǎn)到四個(gè)面的距離之和為________”。在平面幾何中，若四邊形ABCD內(nèi)接于圓，則有$AB·CD+AD·BC=AC·BD$（托勒密定理）。類比到空間，若三棱錐A-BCD內(nèi)接于球，則有________。已知函數(shù)$f(x)=\frac{x}{1+x}$，類比函數(shù)$f(x)$的性質(zhì)，若$g(x)=\frac{x}{1-x}$，則$g(a)+g(b)=$________（用含$a$、$b$的式子表示）。在數(shù)學(xué)分析中，若函數(shù)$f(x)$在閉區(qū)間$[a,b]$上連續(xù)，則存在$\xi\in[a,b]$，使得$\int_a^bf(x)dx=f(\xi)(b-a)$（定積分中值定理）。類比到二重積分，若函數(shù)$f(x,y)$在有界閉區(qū)域$D$上連續(xù)，則存在$(\xi,\eta)\inD$，使得$\iint_Df(x,y)d\sigma=$________。三、解答題（本大題共6小題，共90分）（15分）在平面直角坐標(biāo)系中，以點(diǎn)$(x_0,y_0)$為圓心，$r$為半徑的圓的方程為$(x-x_0)2+(y-y_0)2=r2$。類比到空間直角坐標(biāo)系，寫出以點(diǎn)$(x_0,y_0,z_0)$為球心，$R$為半徑的球面方程，并證明：球面被平面$z=z_0$所截得的截面是一個(gè)圓，且求出該圓的半徑。（15分）在數(shù)列${a_n}$中，$a?=1$，且$a_{n+1}=2a_n+1$，類比等差數(shù)列求通項(xiàng)公式的方法，求數(shù)列${a_n}$的通項(xiàng)公式。（15分）已知在平面幾何中，$\triangleABC$的面積$S=\frac{1}{2}×$底$×$高。類比到空間，（1）寫出三棱錐$A-BCD$的體積公式；（2）若三棱錐$A-BCD$的三條側(cè)棱$AB$、$AC$、$AD$兩兩垂直，且$AB=a$，$AC=b$，$AD=c$，試用類比的方法推導(dǎo)該三棱錐的體積公式。（15分）在平面幾何中，若直線$l$與圓$O$相切于點(diǎn)$P$，則$OP\perpl$（$O$為圓心）。類比到空間，（1）寫出平面與球相切的定義；（2）若平面$\alpha$與球$O$相切于點(diǎn)$P$，類比平面幾何的結(jié)論，寫出空間中相應(yīng)的結(jié)論，并證明。（15分）已知函數(shù)$f(x)=\lnx$，類比導(dǎo)數(shù)的定義，定義“二階導(dǎo)數(shù)”為$f''(x)=(f'(x))'$。（1）求$f(x)$的二階導(dǎo)數(shù)；（2）類比函數(shù)單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系，判斷當(dāng)$f''(x)>0$時(shí)，函數(shù)$f(x)$的圖像具有怎樣的凹凸性，并舉例說明。（15分）在平面幾何中，若$\triangleABC$的三邊$a$、$b$、$c$滿足$a2+b2=c2$，則$\triangleABC$為直角三角形（勾股定理）。類比到空間，（1）寫出三棱錐$A-BCD$中類似的結(jié)論；（2）若三棱錐$A-BCD$的三個(gè)側(cè)面$ABC$、$ABD$、$ACD$兩兩垂直，且三個(gè)側(cè)面的面積分別為$S?$、$S?$、$S?$，底面$BCD$的面積為$S$，證明：$S?2+S?2+S?2=S2$。參考答案與解析一、選擇題B解析：平面中面積比是兩條線段長(zhǎng)度比的乘積，類比到空間，體積比應(yīng)為三條線段長(zhǎng)度比的乘積，即$\frac{V_{O-P?Q?R?}}{V_{O-P?Q?R?}}=\frac{OP?}{OP?}·\frac{OQ?}{OQ?}·\frac{OR?}{OR?}$。A解析：三角形余弦定理中，兩邊平方與夾角余弦項(xiàng)的關(guān)系類比到空間，側(cè)面面積相當(dāng)于“邊長(zhǎng)”，二面角相當(dāng)于“夾角”，故關(guān)系式為$S_{AA?C?C}2=S_{ABB?A?}2+S_{BCC?B?}2-2·S_{ABB?A?}·S_{BCC?B?}·\cos\theta$，其中$\theta$為側(cè)面$ABB?A?$與$BCC?B?$所成的二面角。C解析：向量叉乘的模定義為$|\vec{a}×\vec|=|\vec{a}||\vec|\sin\theta$，方向垂直于$\vec{a}$和$\vec$所在平面，且不滿足交換律（$\vec{a}×\vec=-\vec×\vec{a}$），故A、B錯(cuò)誤，C正確；D選項(xiàng)為混合積的性質(zhì)，但題目未限定$\vec{c}$與$\vec{a}$、$\vec$的關(guān)系，不一定成立。A解析：等差數(shù)列中“和”類比到等比數(shù)列中為“積”，$a_{10}=0$類比到等比數(shù)列中為$b_9=1$，且$19-n$對(duì)應(yīng)$2×9-1-n=17-n$，故等式為$b?b?\cdotsb_n=b?b?\cdotsb_{17-n}$。B解析：構(gòu)造函數(shù)$g(x)=\frac{f(x)}{x}$，則$g'(x)=\frac{xf'(x)-f(x)}{x2}$。由$f(x)-xf'(x)>0$得$g'(x)<0$，故$g(x)$在$(-\infty,0)$和$(0,+\infty)$上單調(diào)遞減。因此$g(-1)>g(1)$，即$\frac{f(-1)}{-1}>\frac{f(1)}{1}$，化簡(jiǎn)得$f(-1)>-f(1)$。A解析：平面中點(diǎn)到直線的距離公式中，分子為線性方程的絕對(duì)值，分母為系數(shù)平方和的平方根。類比到空間，平面方程為$Ax+By+Cz+D=0$，故距離公式為$\frac{|Ax_0+By_0+Cz_0+D|}{\sqrt{A2+B2+C2}}$。B解析：橢圓中$\triangleF?PF?$的面積公式為$b2\tan\frac{\theta}{2}$，雙曲線中由于定義式為$||PF?|-|PF?||=2a$，類比推導(dǎo)可得面積公式為$b2\cot\frac{\theta}{2}$（推導(dǎo)過程：設(shè)$|PF?|=m$，$|PF?|=n$，則$|m-n|=2a$，由余弦定理得$m2+n2-2mn\cos\theta=4c2$，結(jié)合$m2+n2=(m-n)2+2mn=4a2+2mn$，代入得$mn=\frac{2b2}{1-\cos\theta}$，面積$S=\frac{1}{2}mn\sin\theta=b2\cot\frac{\theta}{2}$）。C解析：等差數(shù)列的“算術(shù)平均數(shù)”類比到等比數(shù)列應(yīng)為“幾何平均數(shù)”，即$d_n=\sqrt[n]{c?c?\cdotsc_n}$。二、填空題定值（棱長(zhǎng)的$\frac{\sqrt{6}}{3}$倍，或正四面體的高）解析：平面中“正三角形”類比到空間為“正四面體”，“距離之和”仍為定值，即正四面體的高。$V_{A-BCD}·V_{C-ABD}=V_{B-ACD}·V_{D-ABC}$解析：托勒密定理中“邊的乘積之和”類比到空間三棱錐的體積關(guān)系，內(nèi)接于球的三棱錐滿足四個(gè)小三棱錐體積的交叉乘積相等。$g\left(\frac{a+b}{1+ab}\right)$解析：$f(a)+f(b)=\frac{a}{1+a}+\frac{1+b}=\frac{a+b+2ab}{(1+a)(1+b)}$，類比可得$g(a)+g(b)=\frac{a}{1-a}+\frac{1-b}=\frac{a+b-2ab}{(1-a)(1-b)}=g\left(\frac{a+b}{1+ab}\right)$。$f(\xi,\eta)·S_D$（其中$S_D$為區(qū)域$D$的面積）解析：定積分中值定理的“函數(shù)值與區(qū)間長(zhǎng)度乘積”類比到二重積分，為“函數(shù)值與區(qū)域面積乘積”。三、解答題解：（1）球面方程為$(x-x_0)2+(y-y_0)2+(z-z_0)2=R2$。（2）平面$z=z_0$與球面相交，代入球面方程得$(x-x_0)2+(y-y_0)2=R2$，即截面是以$(x_0,y_0,z_0)$為圓心，$R$為半徑的圓。解：類比等差數(shù)列“構(gòu)造常數(shù)列”的方法，對(duì)$a_{n+1}=2a_n+1$兩邊加1得$a_{n+1}+1=2(a_n+1)$，令$b_n=a_n+1$，則${b_n}$是以$b?=2$為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，故$b_n=2^n$，因此$a_n=2^n-1$。解：（1）三棱錐體積公式$V=\frac{1}