数学方法论习题及答案

合集下载

2014年10月份XXX数学方法论试题(含答案)

2014年10月份XXX数学方法论试题(含答案)2014年10月，中学数学方法论试卷（课程代码）一、单项选择题（本大题共12小题，每小题2分，共24分）1.前苏联XXX的著作是（）A.《数学—它的内容、方法和意义》B.《数学方法论选讲》C.《数学思想方法纵横谈》D.《古今数学思想》2.平面的概念是运用了（）得来的。

A.等价抽象B.概括抽象C.理想化抽象D.可能性抽象3.根据一个标准把一个概念划分一次，称为（）A.一次划分B.连续划分C.复分D.二分法4.“能被2整除的整数是偶数”是根据（）的方式定义的。

A.归纳定义B.公理化定义C.关系性定义D.发生性定义5.使用定理、公式解题是属于命题间的（）A.上位关系B.下位关系C.组合关系D.化归关系6.“矩形”和“菱形”两概念之间的关系是（）A.从属关系B.交叉关系C.同一关系D.对立关系7.函数y=log2(x-1)的定义域是（）A.（1，+∞）B。

[ 1，+∞）C.（2，+∞）D。

[ 2，+∞）8.sin960°的值是（）A.−1/2B.1/2C.−2/2D.2/29.lg20lg125−lg2lg8+ lg8lg20−lg2lg125的值是（）A.0B.1C.2D.310.下列关系中，属于不相容关系的是（）A.从属关系B.同一关系C.交叉关系D.矛盾关系11.已知tanα=-3，则sinα的值是（）A.2/3B.-5/3C.5/3D.-5/412.在△ABC中，设命题p:XXX<sinB,命题q:A<B，那么命题p是命题q的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件二、填空题（本大题共10小题，每小题2分，共20分）13.正确的数学观应该包括：数学的整体观、数学的抽象观、数学的问题观、数学的审美观、数学教学和数学研究观。

14.常量数学时期主要是完善了算术，建立了代数、几何、三角等学科，为数学的发展积累了丰富的素材。

《数学方法论与解题研究》期末试题

《数学方法论与解题研究》期末试题一、填空题（20分，每题2分）1，数学研究主要的就是发现问题和问题。

2，陈氏定理是由我国著名数学家提出。

3，化归是实现化归的关键。

4，演绎法又称，它是一种逻辑证明的工具。

5，爱因斯坦于1905年提出了。

6，完全归纳法又分为和类分法两种类型。

7，在数学教育界第一个系统研究解题理论的人是。

8，唐以荣教授得出是“解题过程的本质”。

9，解题“三步曲”是指观察、和转化。

10．应该反映原型，但又不等于原型。

二，判断题（10分，每题2分）（对打√，错打×）1，（）通常把思维分为三类，即抽象思维、形象思维和灵感思维。

2，（）分析法即所谓“执果索引”的方法。

3，（）悖论的出现说明集合论中包含着矛盾。

4，（）数学逻辑思维的基本形式为概念、判断和证明。

5，（）智力是人类特有的现象，是人类认识世界、改造世界的本质力量。

三，选择题（15分，每题3分）1，求高次方程的近似解法较早出现在（）A，《数书九章》B，《几何原本》C，《九章算术》D，《怎样解题》2已知f(x+1)=x²,f(x)=( ) A x+1 B x²-2x+1 C x²-x C x²+2x+13非演绎法的类型有( ) A 三段法 B 假言推理C 综合法 C 否定肯定式4“万物皆数”的说法出自( )A 欧拉B 高斯C 王阳明D 毕达哥拉斯5数学解题的目的和价值有知识基础性,方法技能性和( )A 观念性 B意识性C 综合性D 观念意识性四.名词解释(10分,每题5分)1.归纳法2.公理化方法的含义五.解题研究:(30分, 每题15分) ^1,研究cos值,并证明其结果.2nA2(如图,)已知等腰三角形ABC中, E AB=AC AE=CF FBC求证:EF≥ B C 2六.结合题( 15分)1什么是创造性思维?2. 创造性思维有何特点?3. 结合自己的教学实践,谈谈如何培养学生的创造力和探索精神.参考答案:一. 填空题.1. 解决2.陈景润3.方法4.演绎推理5.狭义相对论6.群举归纳法7.波利亚8.连续化简9.联想10.模型二. 判断题1.√2.√3.√4.χ5.√三.选择题1.A2.B3.C4.D5.D四.名词解释1. 归纳法就是通过对同一类事物的特殊对象的研究而得出一般结论的方法. 归纳法是一个从特殊到一般的推理过程，属于 “合情推理”的范畴,是一种 “似然”的推理方法。

考前三个月高考数学(全国甲卷通用理科)知识方法篇专题11 数学方法第48练 Word版含答案

第48练整体策略与换元法[题型分析·高考展望] 整体思想是指把研究对象的某一部分(或全部)看成一个整体，通过观察与分析，找出整体与局部的联系，从而在客观上寻求解决问题的新途径.换元法又称辅助元素法、变量代换法，通过引进新的变量，可以把分散的条件联系起来，隐含的条件显露出来；或者把条件与结论联系起来；或者变为熟悉的形式，把复杂的计算和推证简化.高考必会题型题型一整体策略例1 (1)计算(1－12－13－14－…－12 014)×(12＋13＋14＋15＋…＋12 015)－(1－12－13－14－15－…－12 014－12 015)×(12＋13＋14＋…＋12 014)； (2)解方程(x 2＋5x ＋1)(x 2＋5x ＋7)＝7. 解 (1)设12＋13＋14＋…＋12 014＝t ，则原式＝(1－t )(t ＋12 015)－(1－t －12 015)t ＝t ＋12 015－t 2－12 015t －t ＋t 2＋12 015t ＝12 015.(2)设x 2＋5x ＝t ，则原方程化为(t ＋1)(t ＋7)＝7， ∴t 2＋8t ＝0，解得t ＝0或t ＝－8，当t ＝0时，x 2＋5x ＝0，x (x ＋5)＝0，x 1＝0，x 2＝－5；当t ＝－8时，x 2＋5x ＝－8，x 2＋5x ＋8＝0， Δ＝b 2－4ac ＝25－4×1×8<0，此时方程无解；即原方程的解为x 1＝0，x 2＝－5.点评整体是与局部对应的，按常规不容易求某一个(或多个)未知量时，可打破常规，根据题目的结构特征，把一组数或一个代数式看作一个整体，从而使问题得到解决. 变式训练1 计算：(1－12－13－14)×(12＋13＋14＋15)－(1－12－13－14－15)×(12＋13＋14).解令12＋13＋14＝t ，则原式＝(1－t )(t ＋15)－(1－t －15)t ＝t ＋15－t 2－15t －45t ＋t 2＝15.题型二换元法例2 (1)已知函数f (x )＝4x －2x t ＋t ＋1在区间(0，＋∞)上的图象恒在x 轴上方，则实数t 的取值范围是________________.(2)已知点A 是椭圆x 225＋y 29＝1上的一个动点，点P 在线段OA 的延长线上，且OA →·OP →＝48，则点P 的横坐标的最大值为________. 答案 (1)(－∞，2＋22) (2)10解析 (1)令m ＝2x (m >1)，则问题转化为函数f (m )＝m 2－mt ＋t ＋1在区间(1，＋∞)上的图象恒在x 轴上方，即Δ＝t 2－4(t ＋1)<0或⎩⎪⎨⎪⎧Δ≥0，t2<1，1－t ＋t ＋1>0，解得t <2＋22，即实数t 的取值范围是(－∞，2＋22). (2)当点P 的横坐标最大时，射线OA 的斜率k >0，设OA ：y ＝kx ，k >0，与椭圆x 225＋y 29＝1联立解得x ＝159＋25k 2，又OA →·OP →＝x A x P ＋k 2x A x P ＝48，解得x P ＝48(1＋k 2)x A ＝1659＋25k 21＋k 2＝1659＋25k 2(1＋k 2)2，令9＋25k 2＝t >9，即k 2＝t －925，则x P ＝165t (t ＋1625)2＝165×25tt 2＋162＋32t＝801t ＋162t＋32≤80×164＝10，当且仅当t ＝16，即k 2＝725时取等号，所以点P 的横坐标的最大值为10.(3)已知函数f (x )＝ax －ln(1＋x 2).①当a ＝45时，求函数f (x )在(0，＋∞)上的极值；②证明：当x >0时，ln(1＋x 2)<x ；③证明(1＋124)(1＋134)…(1＋1n 4)<e(n ∈N *，n ≥2，e 为自然对数的底数).①解当a ＝45时，f (x )＝45x －ln(1＋x 2)，f ′(x )＝45－2x1＋x 2＝4x 2－10x ＋45(1＋x 2)＝0，x ＝2或x ＝12.f (x )和f ′(x )随x 的变化情况如下表：f (x )极大值＝f (12)＝25－ln 54，f (x )极小值＝f (2)＝85－ln 5.②证明令g (x )＝x －ln(1＋x 2)，则g ′(x )＝1－2x1＋x 2≥0，∴g (x )在(0，＋∞)上为增函数，g (x )>g (0)＝0， ∴ln(1＋x 2)<x .③证明由②知，ln(1＋x 2)<x ，令x 2＝1n 4得，ln(1＋1n 4)<1n 2<1n (n －1)＝1n －1－1n ，∴ln(1＋124)＋ln(1＋134)＋…＋ln(1＋1n 4)<1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1－1n ＝1－1n <1，∴(1＋124)(1＋134)…(1＋1n4)<e.点评换元法是解数学题时，把某个式子看成一个整体，用一个变量去代替它，使问题得到简化，变得容易处理，换元法的实质是转化，关键是构造元和设元，理论依据是等量代换，目的是通过换元变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去研究，从而使非标准型问题标准化、复杂问题简单化，可以把分散的条件联系起来，隐含的条件显露出来；或者把条件与结论联系起来；或者变为熟悉的形式，把复杂的计算和推证简化.主要考查运用换元法处理以函数、三角函数、不等式、数列、解析几何为背景的最值、值域或范围问题，通过换元法把不熟悉、不规范、复杂的典型问题转化为熟悉、规范、简单的典型问题，起到化隐形为显性、化繁为简、化难为易的作用，以优化解题过程. 变式训练2 (1)已知函数f (x )＝1x －1＋2x (x >1)，则f (x )的最小值为________. 答案 2＋2 2解析 f (x )＝1x －1＋2(x －1)＋2，令x －1＝t ，则f (t )＝1t ＋2t ＋2(t >0)，∴f (t )≥21t×2t ＋2＝2＋2 2. 当且仅当1t ＝2t 时等号成立，故f (x )的最小值为2＋22，当且仅当1x －1＝2(x －1)，即x ＝22＋1时等号成立. (2)已知在数列{a n }中，a 1＝1，当n ≥2时，其前n 项和S n 满足S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎫S n －12. ①求S n 的表达式；②设b n ＝S n 2n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，证明T n <12.①解 ∵S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎫S n －12， a n ＝S n －S n －1 (n ≥2)， ∴S 2n ＝(S n －S n －1)⎝⎛⎭⎫S n －12，即2S n －1S n ＝S n －1－S n ， (*)由题意得S n －1·S n ≠0，(*)式两边同除以S n －1·S n ，得1S n －1S n －1＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1S 1＝1a 1＝1，公差为2的等差数列.∴1S n ＝1＋2(n －1)＝2n －1， ∴S n ＝12n －1.②证明 ∵b n ＝S n 2n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12[(1－13)＋(13－15)＋…＋(12n －1－12n ＋1)]＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1<12，∴T n <12.高考题型精练1.已知长方体的表面积为11，其12条棱的长度之和为24，则这个长方体的一条对角线长为( )A.2 3B.14C.5D.6 答案 C解析设长方体长，宽，高分别为x ，y ，z ，由已知“长方体的表面积为11，其12条棱的长度之和为24”，得⎩⎪⎨⎪⎧2(xy ＋yz ＋xz )＝11，4(x ＋y ＋z )＝24，长方体所求对角线长为x 2＋y 2＋z 2＝(x ＋y ＋z )2－2(xy ＋yz ＋xz )＝62－11＝5，故选C.2.设实数x ，y ，m ，n 满足x 2＋y 2＝1，m 2＋n 2＝3，那么mx ＋ny 的最大值是______. 答案3解析设x ＝sin α，y ＝cos α，m ＝3sin β，n ＝3cos β，其中α，β∈(0°，180°)，∴mx ＋ny ＝3sin βsin α＋3cos βcos α＝3cos(α－β)，故最大值为 3.3.函数y ＝3x ＋2－42－x 的最小值为________. 答案－8解析由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2≥0，2－x ≥0，解得－2≤x ≤2，所以函数的定义域为[－2，2]. 因为(x ＋2)2＋(2－x )2＝4，故可设⎩⎨⎧x ＋2＝2sin θ，2－x ＝2cos θ(θ∈[0，π2])，则y ＝3×2sin θ－4×2cos θ＝6sin θ－8cos θ ＝10sin(θ－φ)(φ∈(0，π2)，cos φ＝35，sin φ＝45)，因为θ∈[0，π2]，所以θ－φ∈[－φ，π2－φ]，所以当θ＝0时，函数取得最小值 10sin(－φ)＝10×(－45)＝－8.4.已知不等式x >ax ＋32的解集是(4，b )，则a ＝______，b ＝________.答案 1836解析令x ＝t ，则t >at 2＋32，即at 2－t ＋32<0，其解集为(2，b )，故⎩⎨⎧2＋b ＝1a，2·b ＝32a，解得a ＝18，b ＝36.5.已知y ＝f (x )为偶函数，当x ≥0时，f (x )＝－x 2＋2x ，则满足f (f (a ))＝12的实数a 的个数为________. 答案 8解析由题意知，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋2x ，x ≥0，－x 2－2x ，x ＜0，其图象如图所示，令t ＝f (a )，则t ≤1，令f (t )＝12，解得t ＝1－22或t ＝－1±22，即f (a )＝1－22或f (a )＝－1±22，由数形结合得，共有8个交点.6.设f (x 2＋1)＝log a (4－x 4)(a >1)，则f (x )的值域是________. 答案 (－∞，log a 4] 解析设x 2＋1＝t (t ≥1)， ∴f (t )＝log a [－(t －1)2＋4]， ∴值域为(－∞，log a 4].7.已知m ∈R ，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|2x ＋1|，x <1，log 2(x －1)，x >1，g (x )＝x 2－2x ＋2m －1，若函数y ＝f (g (x ))－m有6个零点，则实数m 的取值范围是________. 答案 (0，35)解析函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|2x ＋1|，x ＜1，log 2(x －1)，x >1的图象如图所示，令g (x )＝t ，y ＝f (t )与y ＝m 的图象最多有3个交点，当有3个交点时，0<m <3，从左到右交点的横坐标依次t 1<t 2<t 3，由于函数有6个零点，t ＝x 2－2x ＋2m －1，则每一个t 的值对应2个x 的值，则t 的值不能为最小值，函数t ＝x 2－2x ＋2m －1的对称轴为x ＝1，则最小值1－2＋2m －1＝2m －2，由图可知，2t 1＋1＝－m ，则t 1＝－m －12，由于t 1是交点横坐标中最小的，满足－m －12>2m －2，①又0<m <3，② 联立①②得0<m <35.8.已知实数x ，y 满足方程x 2＋y 2－4x ＋1＝0. (1)求y －x 的最大值和最小值； (2)求x 2＋y 2的最大值和最小值解方程x 2＋y 2－4x ＋1＝0变形为(x －2)2＋y 2＝3，表示的图形是圆. (1)设x －2＝3cos θ，则y ＝3sin θ，故x ＝2＋3cos θ， y ＝3sin θ，则y －x ＝3sin θ－3cos θ－2 ＝6sin(θ－π4)－2，∴当θ－π4＝2k π－π2(k ∈Z )时，y －x 有最小值－6－2，当θ－π4＝2k π＋π2(k ∈Z )时，y －x 有最大值6－2.(2)由(1)知x 2＋y 2＝(2＋3cos θ)2＋(3sin θ)2＝7＋43cos θ. ∴当θ＝2k π(k ∈Z )时，x 2＋y 2有最大值7＋43，当θ＝2k π＋π(k ∈Z )时， x 2＋y 2有最小值7－4 3.9.平面内动点P 与两定点A (－2，0)，B (2，0)连线的斜率之积等于－14，若点P 的轨迹为曲线E ，直线l 过点Q (－65，0)交曲线E 于M ，N 两点.(1)求曲线E 的方程，并证明：∠MAN 是一定值； (2)若四边形AMBN 的面积为S ，求S 的最大值. 解 (1)设动点P 坐标为(x ，y )，当x ≠±2时，由条件得：y x －2·y x ＋2＝－14，化简得x 24＋y 2＝1(x ≠±2)，曲线E 的方程为x 24＋y 2＝1(x ≠±2)，由题意可设直线l 的方程为x ＝ky －65，联立方程组可得⎩⎨⎧x ＝ky －65，x24＋y 2＝1，化简得(k 2＋4)y 2－125ky －6425＝0，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则y 1y 2＝－6425(k 2＋4)，y 1＋y 2＝12k5(k 2＋4). 又A (－2，0)，则AM →·AN →＝(x 1＋2，y 1)·(x 2＋2，y 2)＝(k 2＋1)y 1y 2＋45k (y 1＋y 2)＋1625＝0，所以∠MAN ＝90°，所以∠MAN 的大小为定值.(2)S ＝12|AB |·|y 1－y 2|＝12·|2＋2|·(y 1＋y 2)2－4y 1y 2＝2⎣⎡⎦⎤12k 5(k 2＋4)2＋4×6425(k 2＋4)＝8525k 2＋64(k 2＋4)2，令k 2＋4＝t (t ≥4)， ∴k 2＝t －4，∴S ＝8525t －36t 2. 设f (t )＝25t －36t 2，∴f ′(t )＝25t 2－2t (25t －36)t 4＝－25t ＋72t 3，∵t ≥4，∴f ′(t )<0，∴y ＝f (t )在[4，＋∞)上单调递减. ∴f (t )≤f (4)＝100－3616＝4，由t ＝4，得k ＝0，此时S 有最大值165.。

数理方法习题解答(方程部分)0809

作业参考答案3、在（,ππ-）这个周期上，2()f x x x =+，试将它展开为傅立叶级数，又在本题所得展开式中置x π=，由此验证222211112346π++++=解：因为2()f x x x =+在（,ππ-）上满足狄氏定理，可以展开为傅立叶级数又 l π=所以()0101()cos sincos sin k k k k k k k k f x a a x b x l l a a kx b kx ππ∞=∞=⎛⎫=++ ⎪⎝⎭=++∑∑23201111()d 2233a x x x x πππππππ--=+==⎰ 21()cos d k a x x kx xπππ-=+⎰()()22312sin cos sin 2cos sin xkx kx kx kx kx kx kx k k k πππππππππ---=+++-()241k k =- 21()sin d k b x x kx xπππ-=+⎰()()22312sin cos 2sin cos cos xkx kx kx kx kx kx kx k k k πππππππππ---=-+--()121k k +=- 所以 ()()1221142()1cos 1sin 3k k k f x kx kx kk π∞+=⎛⎫=+-+- ⎪⎝⎭∑222,,,x x x x x ππππππ⎧+-<<⎪==-⎨⎪=⎩令x π=代入上式得:()()()()122222211142141cos 1sin 1133k k k k k k kx kx k k kπππ∞∞+==⎛⎫⎛⎫+-+-=+-⨯-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑ 所以有222211112346π++++=得证5．（1）()cos ,(0,),(0)0,()0f x x x f f αππ=∈==作奇延拓，展为奇函数（sin 函数）1()sin k k f x b kx ∞==∑2cos sin d k b x kx x παπ=⎰2sin()sin()d 2k x k xx πααπ-++=⎰0111cos()cos()k x k x k k ππααπαα--⎡⎤=-++⎢⎥-+⎣⎦()()111cos cos 1cos cos 1k k k k παππαππαα--⎡⎤=-+-⎢⎥-+⎣⎦12221(1)cos ()k k k αππα+⎡⎤=+-⎣⎦- 12212()1(1)cos sin ,0()k k kf x kx x k απππα∞+=⎡⎤∴=+-<<⎣⎦-∑6．（1）2cos(/),(0,/2)(),(0)0,()00,(,)lx l x l f x f f l x l π∈⎧''===⎨ ∈⎩ 作偶延拓，展为偶函数（cos 函数）01()cos k k k x f x a a l π∞=⎛⎫=+ ⎪⎝⎭∑/2/200002111cos d cos d sin 2l l l x x x a x x l l l l l πππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫==== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎰⎰ /202cos cos d l k x k x a x l l l ππ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎰所以要讨论k ＝1的情况/221021cos d 2l x a x l l π⎛⎫== ⎪⎝⎭⎰ /202cos cos d l k x k x a x l l l ππ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎰/202111cos cos d 2l k k x x x l l l ππ⎡+-⎤⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎰ /211111sin sin 11l k k x x k l k l πππ⎡+-⎤⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎢⎥+-⎝⎭⎝⎭⎣⎦11111sin sin 1212k k k k πππ⎡+-⎤⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎢⎥+-⎝⎭⎝⎭⎣⎦120,212(1),2(41)m k m k m m π+ =+⎧⎪=-⎨ =⎪-⎩121112(1)2()cos cos ,02(41)m m x mf x x x l l m l ππππ+∞=-∴=++<<-∑ （2）()(1/),(0,),(0)0,()0f x a x l x l f f l ''=-∈==作偶延拓，展为偶函数（cos 函数）01()cos k k k x f x a a l π∞=⎛⎫=+ ⎪⎝⎭∑002(1/)d 22l aa a x l x l =-=⎰ 02(1)cos d l k x k x a a x l l l π⎛⎫=- ⎪⎝⎭⎰ 202221sin cos l a l k k k x x x l l k l l l ππππ-⎛⎫=+ ⎪⎝⎭()222202211421(21)k k n a a k n k n ππ=⎧⎪⎡⎤=--=⎨⎣⎦=+⎪+⎩220421()cos ,02(21)n a a n f x x x l n lππ∞=+∴=+<<+∑8．矩形波()f x 在(/2,/2)T T -这个周期上可以表示为0,/2/2(),/2/20,/2/2T x f x H x x T ττττ-<<-⎧⎪=<<-⎨⎪<<⎩试将它展为复数形式的傅立叶级数解：因为()f x 在(/2,/2)T T -上满足狄氏定理，可以展开为复数形式的傅立叶级数又 2l T =2()k k ix ix lTkkk k f x c ec eππ∞∞=-∞=-∞==∑∑22/2/2/2/211()d d k k T i x i x T Tk T c f x e x He x T T ππττ--==⎰⎰ 2/2/22k ixTH T e T i k πττπ-⎛⎫=⎪-⎝⎭sin 2k k i i TT H e e H k k i k T πτπτπτππ-⎛⎫- ⎪== ⎪ ⎪⎝⎭当k ＝0时，/2/2/2/211()d d T k T H c f x x H x T T Tτττ--===⎰⎰ 2211()sin sin k k i x i x T Tk k H H k H k f x e e T k T k T ππτπτπτππ-∞=-∞=∴=++∑∑*****************************************************************3．把下列脉冲()f t 展开为傅立叶积分0,(),0,00,t T f t h T t h t T t T⎧⎪<-⎪⎪=--<<⎨⎪<<⎪>⎪⎩解：在(,)t ∈-∞∞，()f t 满足狄氏条件，且绝对可积，所以()f t 可以展开为付氏积分。

高中数学--数学思想与方法识点汇总与练习6(含答案)

高中数学--数学思想与方法识点汇总与练习一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分） 1.函数2sin sin 1y x x =+-的值域为A ．[1,1]-B ．5[,1]4--C ．5[,1]4- D ．5[1,]4-2.（09年东城区示范校质检一理）若不等式对于任意正整数n 成立，则实数a 的取值范围是（）A ．B ．C ．D ．3.若)(x f 是R 上的减函数，且)(x f 的图像过点A （0，4）和点B （3，—2），则不等式3|1)(|<-+a x f 的解集为（—1，2）时，a 的值为（）A ．0B ．—1C ．1D ．—24.已知集合}2|{a x x M ≤≤-=，},32|{M x x y y P ∈+==，},|{2M x x z z T ∈== 且P T ⊆，则实数a 的取值范围是（）A.321≤≤aB.32≤<-aC.32≤≤aD .221≤≤a5.( ) A. B. 1 C . 不存在 D. 26.如果log a 23<1，那么a 的取值范围是A ．(0，23)∪(1，+∞)B ．(23， +∞)C ．(23，1)D ．(0，23)∪(23，+∞)7.当0 < x < 1时，记 a = x x ，b = ( arcsin x ) x ，c = x arcsin x ，下列不等式中成立的是（）（A ）a < b < c （B ）a < c < b （C ）c < a < b （D ）c < b < a8.若不等式组03434x x y x y ≥⎧⎪+≥⎨⎪+≤⎩所表示的平面区域被直线43y kx =+分为面积相等的两部分，则k 的值是（A ）73 （B ） 37 （C ）43 （D ） 349.若偶函数()x f ()R x ∈满足()()x f x f =+2且[]1,0∈x 时,(),x x f =则方程()x x f 3log =的根的个数是 A 4个 B 5个 6个 D 多于6个10.将一个三位数的三个数字顺序颠倒，将所得到的数与原数相加，若和中没有一个数字是偶数，则称这个数为“奇和数”。

2017年7月广东省高等教育自学考试《中学数学方法论》(含自已做的参考答案不知道对不对)

2017年7月广东省高等教育自学考试考试时间：150分钟课程代码：11401 课程名称：中学数学方法论一、单项选择题（每小题2分，共24分）1、美国的克莱因（M.Kline ）的著作是（C ）A ：《数学—它的内容、方法和意义》B ：《数学思想方法纵横谈》C ：《古今数学思想》D ：《数学方法论选讲》2、“锐角三角形”和“钝角三角形”两概念之间的关系是（B ） A ：从属关系 B ：交叉关系 C ：同一关系 D ：对立关系3、直线的概念是运用了（C ）A ：等价抽象得来的B ：概括抽象得来的C ：理想化抽象得来的D ：可能性抽象得来的4、使用定理、公式解题是属于命题间的（A ）A ：下位关系B ：化归关系C ：组合关系D ：上位关系5、根据不同标准对同一个概念进行多次划分，称为（C ）A ：一次划分B ：连续划分C ：复分D ：二分法6、已知13-=xy ，则x 的定义域是（B ） A ：（0，∞ ） B ： [0，∞ ） C ：（-∞，0 ） D ：（-∞，0 ]7、“有理数和无理数统称为实数”其定义方式是（D ）A ：归纳定义B ：公理化定义C ：关系性定义D ：外延性定义8、下列关系中，属于不相容关系的是（C ）A ：同一关系B ：从属关系C ：矛盾关系D ：交叉关系 9、=-+-8log 2lg 125log 20lg 125log 2lg 8log 20lg （D ）A ：0B ：1C ：2D ：310、化简：960tg结果为：（D ）A ：0B ：1C ：2D ：3 11、如果()B a a tg=-=sin ,32则 A ： 53 B ：53- C ：153 D ：10312、在三角形ABC中，若()B:则,那么命题,sin<:<sin是命题Bpqp的AqABA：充分条件B：充分必要条件C：不充分条件D：不充分不必要条件三、填空题（每小题2分，共20分）13、常量数学时期，主要完善了算术，建立了代数、几何、三角等学科，为变量数学发展积累了丰富的素材。

2011年07月份广东省自考中学数学方法论试题

2011年7月中学数学方法论试卷（课程代码 11401）一、单项选择题（本大题共12小题，每小题2分，共24分）1.数学家（）在实用性问题研究上创设了画法几何学。

A.牛顿B.莱布尼兹C.蒙日D.笛卡尔2.直线、平面的概念是运用了（）得来的。

A.等价抽象B. 理想化抽象C. 可能性抽象D. 概括抽象3.自然数分为奇数和偶数，这个划分属于（）A.一次划分B. 连续划分C. 复分D. 二分法4.“平行四边形”和“正方形”两概念之间的关系是（）A.对立关系B.同一关系C.从属关系D.交叉关系5.下列是思维形式的最基本组成单位的是（）A.概念B.判断C. 推理D.证明6.设函数f x =sin 2x −π2 ,x ∈R a ,则f x 是（） A.最小正周期为π的奇函数 B. 最小正周期为π的偶函数C. 最小正周期为π2的奇函数D. 最小正周期为π2的偶函数 7.映射与函数是命题间的（）A.组合关系B.化归关系C.上位关系D.下位关系8.函数f x =1x －x 的图像关于（） A. y 轴对称 B.直线y =−x 对称 C.坐标原点对称 D.直线y =x 对称9.母线长为3的圆锥体积最大时，其侧面展开图的圆心角φ等于（）A.2 23πB. 2 33πC. 6πD. 2 63π10.下列数学家中是形式主义学派的代表人物的是（）A.罗素B.布劳威尔C.希尔伯特D.哥德尔11.已知p: ｜2x −3｜＜1,q:x ( x −3) ＜0,则p 是q 的（）A.充分不必要条件B. 必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件12.lim x x→∞（1x +1−2 x +1+3 x +1−⋯+2x−1 x +1−2x x +1）的值为（） A.－1 B.0 C .12 D.1二、单项选择题（本大题共10小题，每小题2分，共20分）13.狭义地说，数学方法论可理解为解决数学问题的方法和手段，包括：数学概念的定义方法，数学的推理和证明方法和解决问题的思想方法等。

数学方法论试卷(B)—答案

试卷（2015 -2016 学年度第二学期）（考试日期：2016 年月日）课程名称：数学方法论试卷类型：（开卷）B 卷学院专业数学与应用数学（S ）班级学号姓名成绩一、填空题（每题2分，共20分）1.逻辑推理的方法有两种：一是演绎推理，即由一般到特殊的推理；二是归纳推理，即由特殊到一般的推理.2．古代数学大体可分为两种不同的类型：一种是崇尚逻辑推理，以《几何原本》为代表；一种是长于计算和实际应用，以《九章算术》为典范.3.费马大定理表述为：不存在正整数,,x y z ，使得nnnx y z +=，其中n 为大于2的正整数.4.20世纪下半叶，美籍匈牙利数学教育家乔治·波利亚的三部关于数学方法论的名著分别是：《怎样解题》，《数学与猜想》，《数学的发现》.5.数形结合方法，是在研究数学问题时由数思形、见形思数、数形结合考虑问题的一种思想方法.6.按照数学直觉思维的智力品质分类，小高斯凭直觉判断1+2+3+…+100=5050是一种十分娴熟的思维技能，属于再现性数学直觉思维，哈密尔顿发现四元数属于创造性数学直觉思维.7.笛卡儿在著作《思维的法则》里设计了一种能解各种问题的“万能方法”，它注意：装订线外，勿写答案；装订线可以表述为：把任何问题化为数学问题，把任何数学问题化为一个代数问题，把任何代数问题归结到一个解方程问题.8.化归是数学解题中的重要思想方法，有效化归应遵循的三个原则是：熟悉化和模型化，简单化和具体化，特殊化和一般化.9.奥加涅相等人认为数学问题是一个系统，其构成要素主要有问题的条件，问题的结论、解题方法和解题的依据四个部分.10.哥尼斯堡七桥问题是数学抽象基本形式的理想化抽象，同余数类是数学抽象基本形式的等价抽象，虚数是存在性抽象.二、判断题（每题2分，共10分.若表述正确请在括号内划√，否则划 ×）（ √ ）1．完全归纳法实质上属于演绎推理的范畴.（ × ）2．古希腊的柏拉图曾在他的学校门口张榜声明：不懂几何的人不得入内。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

综合作业
本卷共分为2大题40小题，总分100 分。

本卷得分:100
1[论述题,2.5分]什么是算法的有限性特点？试举一个不符合算法有限性特点的例子。

终止|结果|有限性
2[论述题,2.5分]变量数学产生的意义是什么？
工具|发展|辩证法
3[论述题,2.5分]《几何原本》贯彻哪两条逻辑要求？
明显的|定理|逻辑
4[论述题,2.5分]简述将“化隐为显”列为数学思想方法教学的一条原则的理由。

思想方法|数学知识|目的
5[论述题,2.5分]常量数学应用的局限性是什么？
问题|运动|数量
6[论述题,2.5分]什么是类比猜想？并举一个例子说明。

属性|判断|对应
7[论述题,2.5分]简述计算机在数学方面的三种新用途。

应用|数学化|发展
8[论述题,2.5分]数学思想方法教学为什么要遵循循序渐进原则？试举例说明。

归纳|推测性|猜想
12[论述题,2.5分]简述特殊化方法在数学教学中的应用。

特殊值|特殊化|特例检验
13[论述题,2.5分]为什么说《几何原本》是一个封闭的演绎体系？
逻辑规则|应用问题|演绎体系
14[论述题,2.5分]简述培养数学猜想能力的途径。

新知识|数学规律|解题思路
15[论述题,2.5分]我国数学教育存在哪些问题？
重结果|重模仿|负担过重
16[论述题,2.5分]简述概括与抽象的关系。

不同|密切|联系
17[论述题,2.5分]简述数学抽象的特征。

无物质性|层次性|直觉
18[论述题,2.5分]在实施数学思想方法教学时应注意哪些问题？
教学目标|过程|工作
19[论述题,2.5分]简述代数解题方法的基本思想。

代数式|方程|未知数
20[论述题,2.5分]为什么说最早使用数学模型方法的是中国人？
数学模型|应用|方程
21[填空题,2.5分]分类必须遵循的原则是（），无遗漏，标准同一。

不重复
22[填空题,2.5分]面对一个问题，经过认真的观察和思考，通过归纳或类比提出猜想，然后从两个方面入手：演绎证明此猜想为真；或者（），并且进一步修正或否定此猜想。

寻找反例说明此猜想为假
23[填空题,2.5分]根据学生掌握数学思想方法的过程有潜意识、明朗化、深刻理解三个阶段，可相应地将小学数学思想方法教学设计成多次孕育、初步理解、（）三个阶段。

简单应用
24[填空题,2.5分]（）是演绎推理的主要形式。

三段论
25[填空题,2.5分]在计算机时代，（）已成为与理论方法、实验方法并列的第三种科学方法。

计算方法
26[填空题,2.5分]（）是数学教学的两条主线。

数学基础知识和数学思想方法
27[填空题,2.5分]概括通常包括两种：（）和理论概括。

经验概括
28[填空题,2.5分]数学模型具有（）、准确性和演绎性、预测性特性。

抽象性
29[填空题,2.5分]数学模型可以分为三类：（）、方法型、结构型。

概念型
30[填空题,2.5分]《几何原本》所开创的（）方法不仅成为一种数学陈述模式，而且还被移植到其它学科，并且促进他们的发展。

公理化
31[填空题,2.5分]所谓数学模型方法是利用（）解决问题的一般数学方法。

数学模型
32[填空题,2.5分]一个概括过程包括（）、区分、扩张和分析等几个主要环节。

比较
33[填空题,2.5分]变量数学产生的数学基础是（），标志是微积分。

解析几何
34[填空题,2.5分]算法具有下列特点：（），确定性，有效性。

有限性
35[填空题,2.5分]化归方法的三个要素是：（）、化归目标、化归途径。

化归对象
36[填空题,2.5分]一个概括过程包括（）、区分、扩张、分析。

比较
37[填空题,2.5分]（）又称实质性类比，它是通过对被比较对象的处理相互依存的各种相似属性之间的多种因果关系的分析而得到的类比。

深层类比
38[填空题,2.5分]猜想具有两个显著特点：（），具有一定的推测性。

具有一定的科学性
39[填空题,2.5分]菱形概念的抽象过程就是把一个新的特征：（），加入到平行四边形概念中去，使平行四边形概念得到了强化。

由类比法推得的结论必然正确
40[填空题,2.5分]（）就是指，通过（数学思想方法教学隶属数学教学范畴，只要贯彻通常的数学教学原则就可实现数学思想方法教学目标）而形成新概念的抽象过程。

强抽象。