高三統(tǒng)考北師大版數(shù)學(xué)一輪學(xué)案第12章第3講合情推理與演繹推理

第3講合情推理與演繹推理基礎(chǔ)知識整合1．合情推理歸納推理類比推理定義由某類事物的部分對象具有某些特征，推出該類事物的eq\x(\s\up1(01))全部對象都具有這些特征的推理，或者由個別事實概括出eq\x(\s\up1(02))一般結(jié)論的推理由兩類對象具有某些類似特征和其中一類對象的eq\x(\s\up1(03))某些已知特征，推出另一類對象也具有這些特征的推理特點由eq\x(\s\up1(04))部分到eq\x(\s\up1(05))整體、由eq\x(\s\up1(06))個別到eq\x(\s\up1(07))一般的推理由eq\x(\s\up1(08))特殊到eq\x(\s\up1(09))特殊的推理一般步驟(1)通過觀察個別情況發(fā)現(xiàn)某些相同性質(zhì)；(2)從已知的相同性質(zhì)中推出一個明確的一般性命題(猜想)(1)找出兩類事物之間的相似性或一致性；(2)用一類事物的性質(zhì)去推測另一類事物的性質(zhì)，得出一個明確的命題(猜想)2．演繹推理(1)定義：從eq\x(\s\up1(10))一般性的原理出發(fā)，推出eq\x(\s\up1(11))某個特殊情況下的結(jié)論，我們把這種推理稱為演繹推理．(2)特點：演繹推理是由eq\x(\s\up1(12))一般到特殊的推理．(3)模式：“三段論”是演繹推理的一般模式．“三段論”的結(jié)構(gòu)①大前提——已知的eq\x(\s\up1(13))一般原理；②小前提——所研究的特殊情況；③結(jié)論——根據(jù)一般原理，對eq\x(\s\up1(14))特殊情況做出的判斷“三段論”的表示①大前提——eq\x(\s\up1(15))M是P；②小前提——eq\x(\s\up1(16))S是M；③結(jié)論——S是P1．合情推理的結(jié)論是猜想，不一定正確；演繹推理在大前提、小前提和推理形式都正確時，得到的結(jié)論一定正確．2．合情推理是發(fā)現(xiàn)結(jié)論的推理；演繹推理是證明結(jié)論的推理．1．“對數(shù)函數(shù)是非奇非偶函數(shù)，f(x)＝log2|x|是對數(shù)函數(shù)，因此f(x)＝log2|x|是非奇非偶函數(shù)”，以上推理()A．結(jié)論正確 B．大前提錯誤C．小前提錯誤 D．推理形式錯誤答案C解析本命題的小前提是f(x)＝log2|x|是對數(shù)函數(shù)，但是這個小前提是錯誤的，因為f(x)＝log2|x|不是對數(shù)函數(shù)，它是一個復(fù)合函數(shù)，只有形如y＝logax的函數(shù)才是對數(shù)函數(shù)．故選C.2．某單位安排甲、乙、丙三人在某月1日至12日值班，每人4天．甲說：我在1日和3日都有值班；乙說：我在8日和9日都有值班；丙說：我們?nèi)烁髯灾蛋嗟娜掌谥拖嗟龋畵?jù)此可判斷丙必定值班的日期是()A．10日和12日 B．2日和7日C．4日和5日 D．6日和11日答案D解析這12天的日期之和，S12＝eq\f(12×12＋1,2)＝78，甲、乙、丙各自的值班日期之和是26，對于甲，剩余2天的值班日期之和是22，因此這兩天是10日和12日，故甲在1日，3日，10日，12日值班；對于乙，剩余2天的值班日期之和是9，故乙可能在2日，7日，或者是4日，5日值班，因此丙必定值班的日期是6日和11日．故選D.3．(2019·全國卷Ⅱ)在“一帶一路”知識測驗后，甲、乙、丙三人對成績進行預(yù)測．甲：我的成績比乙高．乙：丙的成績比我和甲的都高．丙：我的成績比乙高．成績公布后，三人成績互不相同且只有一個人預(yù)測正確，那么三人按成績由高到低的次序為()A．甲、乙、丙 B．乙、甲、丙C．丙、乙、甲 D．甲、丙、乙答案A解析由于三人成績互不相同且只有一個人預(yù)測正確．若甲預(yù)測正確，則乙、丙預(yù)測錯誤，于是三人按成績由高到低的次序為甲、乙、丙；若甲預(yù)測錯誤，則甲、乙按成績由高到低的次序為乙、甲，又假設(shè)丙預(yù)測正確，則乙、丙按成績由高到低的次序為丙、乙，于是甲、乙、丙按成績由高到低排序為丙、乙、甲，從而乙的預(yù)測也正確，不符合題意；若甲、丙預(yù)測錯誤，則可推出乙的預(yù)測也錯誤．綜上所述，三人按成績由高到低的次序為甲、乙、丙．故選A.4．在平面上，若兩個正三角形的邊長的比為1∶2，則它們的面積比為1∶4.類似地，在空間中，若兩個正四面體的棱長的比為1∶2，則它們的體積比為________．答案1∶8解析因為兩個正三角形是相似的三角形，所以它們的面積之比是相似比的平方．同理，兩個正四面體是兩個相似幾何體，體積之比為相似比的立方．所以它們的體積比為1∶8.5．(2019·銀川模擬)下面圖形由小正方形組成，請觀察圖1至圖4的規(guī)律，并依此規(guī)律，寫出第n個圖形中小正方形的個數(shù)是________．答案eq\f(nn＋1,2)解析由圖知第1個圖形的小正方形的個數(shù)為1，第2個圖形的小正方形的個數(shù)為1＋2，第3個圖形的小正方形的個數(shù)為1＋2＋3，第4個圖形的小正方形的個數(shù)為1＋2＋3＋4，…，則第n個圖形的小正方形的個數(shù)為1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2).6．已知eq\r(2＋\f(2,3))＝2eq\r(\f(2,3))，eq\r(3＋\f(3,8))＝3eq\r(\f(3,8))，eq\r(4＋\f(4,15))＝4eq\r(\f(4,15))，…，若eq\r(6＋\f(a,t))＝6eq\r(\f(a,t))(a，t均為正實數(shù))，類比以上等式，可推測a，t的值，則a＋t＝________.答案41解析根據(jù)題中所列的前幾項的規(guī)律可知其通項應(yīng)為eq\r(n＋\f(n,n2－1))＝neq\r(\f(n,n2－1))，所以當(dāng)n＝6時，a＝6，t＝35，a＋t＝41.核心考向突破精準設(shè)計考向，多角度探究突破考向一歸納推理角度eq\o(\s\up7(),\s\do5(1))數(shù)字的歸納例1(2019·河南八市聯(lián)盟模擬)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn＝n2＋n，將該數(shù)列按下列格式(第n行有2n－1個數(shù))排成一個數(shù)陣，則該數(shù)陣第8行從左向右的第8個數(shù)為()A．142 B．270C．526 D．1038答案B解析由題意，得Sn＝n2＋n，當(dāng)n＝1時，a1＝2；當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n，所以an＝2n，又由數(shù)陣，知每一行的項數(shù)依次構(gòu)成數(shù)列1,2,4,8，…，構(gòu)成首項為1，公比為2的等比數(shù)列，由等比數(shù)列的前n項和公式，得該數(shù)陣第8行從左到右的第8個數(shù)為數(shù)列{an}的第eq\f(1－27,1－2)＋8＝135項，所以該數(shù)為a135＝2×135＝270，故選B.角度eq\o(\s\up7(),\s\do5(2))式子的歸納例2(2019·大連二模)觀察下列等式：1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)，1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)－eq\f(1,6)＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)＋eq\f(1,6)，…據(jù)此規(guī)律，第n個等式為________．答案1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)解析觀察題中等式，可得規(guī)律為等式左邊共有2n項且等式左邊的分母分別為1,2，…，2n，分子均為1，奇數(shù)項為正，偶數(shù)項為負，即為1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)；等式右邊共有n項且分母分別為n＋1，n＋2，…，2n，分子為1，即為eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n).所以第n個等式為1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n).角度eq\o(\s\up7(),\s\do5(3))圖形的歸納例3(2019·重慶模擬)如圖所示，將正整數(shù)從小到大沿三角形的邊成螺旋狀排列起來，2在第一個拐彎處，4在第二個拐彎處，7在第三個拐彎處，…，則在第二十個拐彎處的正整數(shù)是________．答案211解析觀察圖可知，第一個拐彎處2＝1＋1，第二個拐彎處4＝1＋1＋2，第三個拐彎處7＝1＋1＋2＋3，第四個拐彎處11＝1＋1＋2＋3＋4，第五個拐彎處16＝1＋1＋2＋3＋4＋5，發(fā)現(xiàn)規(guī)律：拐彎處的數(shù)是從1開始的一串連續(xù)正整數(shù)相加之和再加1，在第幾個拐彎處，就加到第幾個正整數(shù)，所以第二十個拐彎處的正整數(shù)就是1＋1＋2＋3＋…＋20＝211.歸納推理問題的常見類型及解題策略(1)與數(shù)字有關(guān)的等式的推理．觀察數(shù)字特點，找出等式左右兩側(cè)的規(guī)律及符號即可．(2)與式子有關(guān)的歸納推理①與不等式有關(guān)的推理．觀察每個不等式的特點，注意是縱向看，找到規(guī)律后即可．②與數(shù)列有關(guān)的推理．通常是先求出幾個特殊現(xiàn)象，采用不完全歸納法，找出數(shù)列的項與項數(shù)的關(guān)系，列出即可．(3)與圖形變化有關(guān)的推理．合理利用特殊圖形歸納推理得出結(jié)論，并用賦值檢驗法驗證其真?zhèn)涡裕甗即時訓(xùn)練]1.(2019·咸陽模擬)“楊輝三角”是中國古代重要的數(shù)學(xué)成就，它比西方的“帕斯卡三角形”早了300多年．如圖是楊輝三角數(shù)陣，記an為圖中第n行各個數(shù)之和，則a5＋a11的值為()A．528 B．1020C．1038 D．1040答案D解析第一行數(shù)字之和為a1＝1＝21－1，第二行數(shù)字之和為a2＝2＝22－1，第三行數(shù)字之和為a3＝4＝23－1，第四行數(shù)字之和為a4＝8＝24－1，…第n行數(shù)字之和為an＝2n－1，∴a5＋a11＝24＋210＝1040.故選D.2．(2019·日照模擬)有下列各式：1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)>1，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,7)>eq\f(3,2)，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,15)>2，…則按此規(guī)律可猜想此類不等式的一般形式為________．答案1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n＋1－1)>eq\f(n＋1,2)(n∈N*)解析觀察各式，左邊為eq\f(1,n)的和的形式，項數(shù)分別為3,7,15，…，故可猜想第n個式子左邊應(yīng)有2n＋1－1項，不等式右邊分別寫成eq\f(2,2)，eq\f(3,2)，eq\f(4,2)，故猜想第n個式子右邊應(yīng)為eq\f(n＋1,2)，故按此規(guī)律可猜想此類不等式的一般形式為1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n＋1－1)>eq\f(n＋1,2)(n∈N*)．3．如圖，在平面直角坐標系的格點(橫、縱坐標均為整數(shù)的點)處：點(1,0)處標b1，點(1，－1)處標b2，點(0，－1)處標b3，點(－1，－1)處標b4，點(－1,0)處標b5，點(－1，1)處標b6，點(0,1)處標b7，…，以此類推，則b963處的格點的坐標為________．答案(16,13)解析觀察已知點(1,0)處標b1，即b1×1，點(2,1)處標b9，即b3×3，點(3,2)處標b25，即b5×5，…，由此推斷點(n，n－1)處標b(2n－1)×(2n－1)，因為961＝31×31，n＝16，故b961處的格點的坐標為(16,15)，從而b963處的格點的坐標為(16,13)．考向二類比推理例4(1)(2020·河北正定摸底)已知a，b，c是△ABC的內(nèi)角A，B，C對應(yīng)的三邊，若滿足a2＋b2＝c2，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,c)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))2＝1，則△ABC為直角三角形，類比此結(jié)論可知，若滿足an＋bn＝cn(n∈N，n≥3)，則△ABC的形狀為()A．銳角三角形 B．直角三角形C．鈍角三角形 D．以上都有可能答案A解析由題意，知角C最大，an＋bn＝cn(n∈N，n≥3)即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,c)))n＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))n＝1(n∈N，n≥3)，又c>a，c>b，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,c)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))2>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,c)))n＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))n＝1，即a2＋b2>c2，所以cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)>0，所以0<C<eq\f(π,2)，故△ABC為銳角三角形．(2)(2019·江西南昌開學(xué)摸底)自然界中具有兩種穩(wěn)定狀態(tài)的組件普遍存在，如開關(guān)的開和關(guān)、電路的通和斷等，非常適合表示計算機中的數(shù)，所以現(xiàn)在使用的計算機設(shè)計為二進制計算機．二進制以2為基數(shù)，只用0和1兩個數(shù)表示數(shù)，逢2進1，二進制數(shù)同十進制數(shù)遵循一樣的運算規(guī)則，它們可以相互轉(zhuǎn)化，如(521)10＝1×29＋0×28＋0×27＋0×26＋0×25＋0×24＋1×23＋0×22＋0×21＋1×20＝(1000001001)2.我國數(shù)學(xué)史上，對數(shù)制研究不乏其人，清代汪萊的《參兩算經(jīng)》是較早系統(tǒng)論述非十進制數(shù)的文獻，總結(jié)出了八進制乘法口決：7×7＝61,7×6＝52,7×5＝43，…，請類比二進制與十進制轉(zhuǎn)化的運算，數(shù)(1010011100)2對應(yīng)八進制數(shù)為()A．(446)8 B．(1134)8C．(1234)8 D．(4321)8答案C解析數(shù)(1010011100)2＝1×29＋0×28＋1×27＋0×26＋0×25＋1×24＋1×23＋1×22＋0×21＋0×20＝668，A項中，(446)8＝4×82＋4×81＋6×80＝294，B項中，(1134)8＝1×83＋1×82＋3×81＋4×80＝604，C項中，(1234)8＝1×83＋2×82＋3×81＋4×80＝668，D項中，(4321)8＝4×83＋3×82＋2×81＋1×80＝2257，故選C.類比推理的分類類比推理的應(yīng)用一般分為類比定義、類比性質(zhì)和類比方法．(1)類比定義：在求解由某種熟悉的定義產(chǎn)生的類比推理型試題時，可以借助原定義來求解．(2)類比性質(zhì)：從一個特殊式子的性質(zhì)、一個特殊圖形的性質(zhì)入手，提出類比推理型問題，求解時要認真分析兩者之間的聯(lián)系與區(qū)別，深入思考兩者的轉(zhuǎn)化過程是求解的關(guān)鍵．(3)類比方法：有一些處理問題的方法具有類比性，我們可以把這種方法類比應(yīng)用到其他問題的求解中，注意知識的遷移．[即時訓(xùn)練]4.若等差數(shù)列{an}的公差為d，前n項的和為Sn，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))為等差數(shù)列，公差為eq\f(d,2).類似，若各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{bn}的公比為q，前n項的積為Tn，則等比數(shù)列{eq\r(n,Tn)}的公比為()A．eq\f(q,2) B．q2C．eq\r(q) D．eq\r(n,q)答案C解析由題設(shè)，有Tn＝b1·b2·b3·…·bn＝b1·b1q·b1q2·…·b1qn－1＝beq\o\al(n,1)q1＋2＋…＋(n－1)＝beq\o\al(n,1)qeq\f(n－1n,2).∴eq\r(n,Tn)＝b1qeq\f(n－1,2)，∴等比數(shù)列{eq\r(n,Tn)}的公比為eq\r(q).故選C.5．在平面上，我們?nèi)绻靡粭l直線去截正方形的一個角，那么截下的一個直角三角形，按下圖所標邊長，由勾股定理有：c2＝a2＋b2.設(shè)想正方形換成正方體，把截線換成如圖的截面，這時從正方體上截下三條側(cè)棱兩兩垂直的三棱錐O－LMN，如果用S1，S2，S3表示三個側(cè)面的面積，S4表示截面的面積，那么類比得到的結(jié)論是________．答案Seq\o\al(2,1)＋Seq\o\al(2,2)＋Seq\o\al(2,3)＝Seq\o\al(2,4)解析將側(cè)面面積類比為直角三角形的直角邊，截面面積類比為直角三角形的斜邊，可得Seq\o\al(2,1)＋Seq\o\al(2,2)＋Seq\o\al(2,3)＝Seq\o\al(2,4).考向三演繹推理例5(2019·山東煙臺調(diào)研)數(shù)列{an}的前n項和記為Sn，已知a1＝1，an＋1＝eq\f(n＋2,n)Sn(n∈N*)．證明：(1)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是等比數(shù)列；(2)Sn＋1＝4an.證明(1)∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝eq\f(n＋2,n)Sn，∴(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，即nSn＋1＝2(n＋1)Sn.∴eq\f(Sn＋1,n＋1)＝2·eq\f(Sn,n)，(小前提)故eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是以2為公比，1為首項的等比數(shù)列．(結(jié)論)(大前提是等比數(shù)列的定義，這里省略了)(2)由(1)可知eq\f(Sn＋1,n＋1)＝4·eq\f(Sn－1,n－1)(n≥2)，∴Sn＋1＝4(n＋1)·eq\f(Sn－1,n－1)＝4·eq\f(n－1＋2,n－1)·Sn－1＝4an(n≥2)，(小前提)又a2＝3S1＝3，S2＝a1＋a2＝1＋3＝4＝4a1，(小前提)∴對于任意正整數(shù)n，都有Sn＋1＝4an.(結(jié)論)(第(2)問的大前提是第(1)問的結(jié)論以及題中的已知條件)演繹推理的結(jié)構(gòu)特點(1)演繹推理是由一般到特殊的推理，其最常見的形式是三段論，它是由大前提、小前提、結(jié)論三部分組成的．三段論推理中包含三個判斷：第一個判斷稱為大前提，它提供了一個一般的原理；第二個判斷叫小前提，它指出了一個特殊情況．這兩個判斷聯(lián)合起來，提示了一般原理和特殊情況的內(nèi)在聯(lián)系，從而產(chǎn)生了第三個判斷：結(jié)論．(2)演繹推理的前提和結(jié)論之間有著某種蘊含關(guān)系，解題時要找準正確的大前提．一般地，若大前提不明確時，一般可找一個使結(jié)論成立的充分條件作為大前提．[即時訓(xùn)練]6.(2019·保定模擬)有一段“三段論”，推理是這樣的：對于可導(dǎo)函數(shù)f(x)，如果f′(x0)＝0，那么x＝x0是函數(shù)f(x)的極值點．因為f(x)＝x3在x＝0處的導(dǎo)數(shù)值f′(0)＝0，所以x＝0是函數(shù)f(x)＝x3的極值點．以上推理中()A．大前提錯誤 B．小前提錯誤C．推理形式錯誤 D．結(jié)論正確答案A解析對于可導(dǎo)函數(shù)f(x)，如果f′(x0)＝0，那么x＝x0不一定是函數(shù)f(x)的極值點，大前提錯誤，故選A.7．(2017·北京高考)某學(xué)習(xí)小組由學(xué)生和教師組成，人員構(gòu)成同時滿足以下三個條件：①男學(xué)生人數(shù)多于女學(xué)生人數(shù)；②女學(xué)生人數(shù)多于教師人數(shù)；③教師人數(shù)的兩倍多于男學(xué)生人數(shù)．(1)若教師人數(shù)為4，則女學(xué)生人數(shù)的最大值為________；(2)該小組人數(shù)的最小值為________．答案(1)6(2)12解析(1)若教師人數(shù)為4，則男學(xué)生人數(shù)小于8，最大值為7，女學(xué)生人數(shù)最大時應(yīng)比男學(xué)生人數(shù)少1人，所以女學(xué)生人數(shù)的最大值為7－1＝6.(2)設(shè)男學(xué)生人數(shù)為x(x∈N＋)，要求該小組人數(shù)的最小值，則女學(xué)生人數(shù)為x－1，教師人數(shù)為x－2.又2(x－2)>x，解得x>4，即x＝5，該小組人數(shù)的最小值為5＋4＋3＝12.1．將圓周20等分，按照逆時針方向依次編號為1,2，…，20，若從某一點開始，沿圓周逆時針方向行走，點的編號是數(shù)字幾，就走幾段弧長，稱這種走法為一次“移位”，如：小明在編號為1的點，他應(yīng)走1段弧長，即從1→2為第一次“移位”，這時他到達編號為2的點，然后從2→3→4為第二次“移位”，若某人從編號為3的點開始，沿逆時針方向，按上述“移位”方法行走，“移位”a次剛好到達編號為16的點，又滿足|a－2020|的值最小，則a的值為()A．2019 B．2020C．2021 D．2022答案C解析若某人從編號為3的點開始，第一次“移位”到達6；第二次“移位”到達12；第三次“移位”到達4；第四次“移位”到達8；第五次“移位”到達16；第六次“移位”到達12；第七次“移位”到達4；第八次“移位”到達8；第九次“移位”到達16；第十次“移位”到達12；…從第二次開始，每4次“移位”為一組“移位”循環(huán)，“移位”a次剛好到達編號為16的點，則a－1應(yīng)該能被4整除，又滿足|a－2020|的值最小，則a＝2021.故選C.2．(2019·漳州模擬)一個二元碼是由0和1組成的數(shù)字串x1x2…xn(n∈N*)，其中xk(k＝1,2，…，n)稱為第k位碼元．二元碼是通信中常用的碼，但在通信過程中有時會發(fā)生碼元錯誤(即碼元由0變?yōu)?，或者由1變?yōu)?)．已知某種二元碼x1x2…x7的碼元滿足如下校驗方程組：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x4⊕x5⊕x6⊕x7＝0，,x2⊕x3⊕x6⊕x7＝0，,x1⊕x3⊕x5⊕x7＝0，))其中運算⊕定義為：0⊕0＝0,0⊕1＝1,1⊕0＝1,1⊕1＝0.現(xiàn)已知一個這種二元碼在通信過程中僅在第k位發(fā)生碼元錯誤后變成了1101101，那么利用上述校驗方程組可判定k等于________．答案5解析因為x4⊕x5⊕x6⊕x7＝1⊕1⊕0⊕1＝0⊕0⊕1＝0⊕1＝1≠0，所以二元碼1101101的前3位碼元都是對的；因為x2⊕x3⊕x6⊕x7＝1⊕0⊕0⊕1＝1⊕0⊕1＝1⊕1＝0，所以二元碼1101101的第6、7位碼元也是對的；因為x1⊕x3⊕x5⊕x7＝1⊕0⊕1⊕1＝1⊕1⊕1＝0⊕1＝1≠0，所以二元碼1101101的第5位碼元是錯誤的，所以k＝5.答題啟示與推理有關(guān)的新定義問題是高考命制創(chuàng)新型試題的一個熱點，解決此類問題時，一定要讀懂新定義的本質(zhì)含義及符號語言，緊扣題目所給定義，結(jié)合題目的要求進行恰當(dāng)?shù)剞D(zhuǎn)化，注意推理過程的嚴密性．對點訓(xùn)練1．(2019·重慶模擬)我國古代數(shù)學(xué)著作《九章算術(shù)》中有如下問題：“今有人持金出五關(guān)，前關(guān)二而稅一，次關(guān)三而稅一，次關(guān)四而稅一，次關(guān)五而稅一，次關(guān)六而稅一，并五關(guān)所稅，適重一斤．問本持金幾何．”其意思為：今有人持金出五關(guān)，第1關(guān)收稅金為持金的eq\f(1,2)，第2關(guān)收稅金為剩余金的eq\f(1,3)，第3關(guān)收稅金為剩余金的eq\f(1,4)，第4關(guān)收稅金為剩余金的eq\f(1,5)，第5關(guān)收稅金為剩余金的eq\f(1,6)，5關(guān)所收稅金之和，恰好重1斤，問此人總共持金多少．則在此問題中，第5關(guān)收稅金()A．eq\f(1,20)斤 B．eq\f(1,25)斤C．eq\f(1,30)斤 D．eq\f(1,36)斤答案B解析假設(shè)原來持金為x，則第1關(guān)收稅金eq\f(1,2)x；第