【数学】2020届一轮复习（理）通用版考点测试37合情推理与演绎推理作业

【数学】2020届一轮复习（理）通用版考点测试37合情推理与演绎推理作业

考点测试37　合情推理与演绎推理 ‎　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 高考概览 考纲研读 ‎1．了解合情推理的含义，能进行简单的归纳推理和类比推理，体会合情推理在数学发现中的作用 ‎2．了解演绎推理的含义，掌握演绎推理的“三段论”，并能运用“三段论”进行一些简单推理 ‎3．了解合情推理和演绎推理的联系和差异 一、基础小题 ‎1．用三段论推理：“任何实数的绝对值大于0，因为a是实数，所以a的绝对值大于‎0”‎，你认为这个推理(　　)‎ A．大前提错误 B．小前提错误 C．推理形式错误 D．是正确的 答案　A 解析　大前提是任何实数的绝对值大于0，显然是不正确的．故选A．‎ ‎2．一个蜂巢里有1只蜜蜂，第一天，它飞出去带回了5个伙伴；第二天，6只蜜蜂飞出去各自带回了5个伙伴；……，如果这个过程继续下去，那么第6天所有蜜蜂归巢后，蜂巢中共有蜜蜂(　　)‎ A．只 B．66只 C．63只 D．62只 答案　B 解析　根据题意可知，第一天共有蜜蜂1＋5＝6只；第二天共有蜜蜂6＋6×5‎ ‎＝62只；第三天共有蜜蜂62＋62×5＝63只；……；故第6天所有蜜蜂归巢后，蜂巢中共有蜜蜂65＋65×5＝66只．故选B．‎ ‎3．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2an(n≥2)，而a1＝1，通过计算a2，a3，a4，猜想an＝(　　)‎ A． B． C． D． 答案　B 解析　由a1＝1，可得a1＋a2＝‎4a2，即a2＝，同理可得a3＝，a4＝，故选B．‎ ‎4．(1)已知a是三角形一边的长，h是该边上的高，则三角形的面积是ah，如果把扇形的弧长l，半径r分别看成三角形的底边长和高，可得到扇形的面积为lr；(2)由1＝12，1＋3＝22，1＋3＋5＝32，可得到1＋3＋5＋…＋2n－1＝n2，则(1)(2)两个推理过程分别属于(　　)‎ A．类比推理、归纳推理 B．类比推理、演绎推理 C．归纳推理、类比推理 D．归纳推理、演绎推理 答案　A 解析　(1)由三角形的性质得到扇形的性质有相似之处，此种推理为类比推理；(2)由特殊到一般，此种推理为归纳推理，故选A．‎ ‎5．观察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，则a10＋b10＝(　　)‎ A．28 B．‎76 C．123 D．199‎ 答案　C 解析　记an＋bn＝f(n)，则f(3)＝f(1)＋f(2)＝1＋3＝4；f(4)＝f(2)＋f(3)＝3＋4＝7；f(5)＝f(3)＋f(4)＝11．通过观察不难发现f(n)＝f(n－1)＋f(n－2)(n∈N*，n≥3)，则f(6)＝f(4)＋f(5)＝18；f(7)＝f(5)＋f(6)＝29；f(8)＝f(6)＋f(7)＝47；f(9)＝f(7)＋f(8)＝76；f(10)＝f(8)＋f(9)＝123．所以a10＋b10＝123．‎ ‎6．下面几种推理过程是演绎推理的是(　　)‎ A．某校高三有8个班，1班有51人，2班有53人，3班有52人，‎ 由此推各班人数都超过50人 B．由三角形的性质，推测空间四面体的性质 C．平行四边形的对角线互相平分，菱形是平行四边形，所以菱形的对角线互相平分 D．在数列{an}中，a1＝1，an＝，由此归纳出{an}的通项公式 答案　C 解析　A，D是归纳推理；B是类比推理；C运用了“三段论”是演绎推理．‎ ‎7．下面图形由小正方形组成，请观察图①至图④的规律，并依此规律，写出第n个图形中小正方形的个数是(　　)‎ A．n(n＋1) B． C． D．n(n－1)‎ 答案　C 解析　由题图知第1个图形的小正方形个数为1，第2个图形的小正方形个数为1＋2，第3个图形的小正方形个数为1＋2＋3，第4个图形的小正方形个数为1＋2＋3＋4，…，则第n个图形的小正方形个数为1＋2＋3＋…＋n＝．‎ ‎8．法国数学家费马观察到221＋1＝5，222＋1＝17，223＋1＝257，224＋1＝65537都是质数，于是他提出猜想：任何形如22n＋1(n∈N*)的数都是质数，这就是著名的费马猜想．半个世纪之后，善于发现的欧拉发现第5个费马数225＋1＝4294967297＝641×6700417不是质数，从而推翻了费马猜想，这一案例说明(　　)‎ A．归纳推理的结果一定不正确 B．归纳推理的结果不一定正确 C．类比推理的结果一定不正确 D．类比推理的结果不一定正确 答案　B 解析　法国数学家费马观察到221＋1＝5，222＋1＝17，223＋1＝257，224＋1＝65537都是质数，于是他提出猜想：任何形如22n＋1(n∈N*)的数都是质数，这是由特殊到一般的推理过程，所以属于归纳推理，由于得出结论的过程没有给出推理证明，所以结果不一定正确．‎ ‎9．甲、乙、丙三人中，一人是教师、一人是记者、一人是医生，已知：丙的年龄比医生大；甲的年龄和记者不同；记者的年龄比乙小．根据以上情况，下列判断正确的是(　　)‎ A．甲是教师，乙是医生，丙是记者 B．甲是医生，乙是记者，丙是教师 C．甲是医生，乙是教师，丙是记者 D．甲是记者，乙是医生，丙是教师 答案　C 解析　由于“甲的年龄和记者不同”，则甲不是记者，又“记者的年龄比乙小”，则乙也不是记者，从而丙是记者，而“丙(记者)的年龄比医生大”，且“记者的年龄比乙小”，所以乙不是医生，而是教师，从而甲是医生，故选C．‎ ‎10．已知结论：“在正△ABC中，若D是边BC的中点，G是△ABC的重心，则＝‎2”‎．若把该结论推广到空间，则有结论：“在棱长都相等的四面体A－BCD中，若△BCD的中心为M，四面体内部一点O到四面体各面的距离都相等”，则＝(　　)‎ A．1 B．‎2 C．3 D．4‎ 答案　C 解析　‎ 如图设正四面体的棱长为1，则易知其高AM＝，此时易知点O 即为正四面体内切球的球心，设其半径为r，利用等积法有4××r＝××，r＝，故AO＝AM－MO＝－＝，‎ 故AO∶OM＝∶＝3．‎ ‎11．如图，将平面直角坐标系中的格点(横、纵坐标均为整数的点)按如下规则标上数字标签：原点处标0，点(1，0)处标1，点(1，－1)处标2，点(0，－1)处标3，点(－1，－1)处标4，点(－1，0)处标5，点(－1，1)处标6，点(0，1)处标7，依此类推，则标签为312的格点的坐标为________．‎ 答案　(16，15)‎ 解析　因为点(1，0)处标1＝12，点(2，1)处标9＝32，点(3，2)处标25＝52，点(4，3)处标49＝72，依此类推得点(16，15)处标312．‎ ‎12．对于命题：如果O是线段AB上一点，则||·＋||·＝0；将它类比到平面的情形是：若O是△ABC内一点，有S△OBC·＋S△OCA·＋S△OBA·＝0；将它类比到空间的情形应该是：若O是四面体A－BCD内一点，则有________．‎ 答案　VO－BCD·＋VO－ACD·＋VO－ABD·＋VO－ABC·＝0‎ 解析　由线段到平面，线段的长类比为面积，由平面到空间，面积可以类比为体积，由此可以类比得一命题为：O是四面体A－BCD内一点，则有VO－BCD·＋VO－ACD·＋VO－ABD·＋VO－ABC·＝0．‎ 二、高考小题 ‎13．(2017·全国卷Ⅱ)甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩．老师说：你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，‎ 给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩．看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩．根据以上信息，则(　　)‎ A．乙可以知道四人的成绩 B．丁可以知道四人的成绩 C．乙、丁可以知道对方的成绩 D．乙、丁可以知道自己的成绩 答案　D 解析　由题意可知，“甲看乙、丙的成绩后，不知道自己的成绩”，说明乙、丙两人中一个优秀一个良好，则乙看了丙的成绩，可以知道自己的成绩；丁看了甲的成绩，也可以知道自己的成绩．故选D．‎ ‎14．(2016·北京高考)袋中装有偶数个球，其中红球、黑球各占一半．甲、乙、丙是三个空盒．每次从袋中任意取出两个球，将其中一个球放入甲盒，如果这个球是红球，就将另一个球放入乙盒，否则就放入丙盒．重复上述过程，直到袋中所有球都被放入盒中，则(　　)‎ A．乙盒中黑球不多于丙盒中黑球 B．乙盒中红球与丙盒中黑球一样多 C．乙盒中红球不多于丙盒中红球 D．乙盒中黑球与丙盒中红球一样多 答案　B 解析　解法一：假设袋中只有一红一黑两个球，第一次取出后，若将红球放入了甲盒，则乙盒中有一个黑球，丙盒中无球，A错误；若将黑球放入了甲盒，则乙盒中无球，丙盒中有一个红球，D错误；同样，假设袋中有两个红球和两个黑球，第一次取出两个红球，则乙盒中有一个红球，第二次必然拿出两个黑球，则丙盒中有一个黑球，此时乙盒中红球多于丙盒中的红球，C错误．故选B．‎ 解法二：设袋中共有2n个球，最终放入甲盒中k个红球，放入乙盒中s个红球．依题意知，甲盒中有(n－k)个黑球，乙盒中共有k个球，其中红球有s个，黑球有(k－s)个，丙盒中共有(n－k)个球，其中红球有(n－k－s)个，黑球有(n－k)－(n－k－s)＝s个．所以乙盒中红球与丙盒中黑球一样多．故选B．‎ ‎15．(2016·全国卷Ⅱ)有三张卡片，分别写有1和2，1和3，2和3．甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“‎ 我与乙的卡片上相同的数字不是2．”乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1．”丙说：“我的卡片上的数字之和不是5．”则甲的卡片上的数字是________．‎ 答案　1和3‎ 解析　由丙说的话可知丙的卡片上的数字一定不是2和3．若丙的卡片上的数字是1和2，则乙的卡片上的数字是2和3，甲的卡片上的数字是1和3，满足题意；若丙的卡片上的数字是1和3，则乙的卡片上的数字是2和3，此时，甲的卡片上的数字只能是1和2，不满足题意．故甲的卡片上的数字是1和3．‎ ‎16．(2017·北京高考)三名工人加工同一种零件，他们在一天中的工作情况如图所示，其中点Ai的横、纵坐标分别为第i名工人上午的工作时间和加工的零件数，点Bi的横、纵坐标分别为第i名工人下午的工作时间和加工的零件数，i＝1，2，3．‎ ‎(1)记Qi为第i名工人在这一天中加工的零件总数，则Q1，Q2，Q3中最大的是________；‎ ‎(2)记pi为第i名工人在这一天中平均每小时加工的零件数，则p1，p2，p3中最大的是________．‎ 答案　(1)Q1　(2)p2‎ 解析　设线段AiBi的中点为Ci(xi，yi)．‎ ‎(1)由题意知Qi＝2yi，i＝1，2，3，由题图知y1最大，所以Q1，Q2，Q3中最大的是Q1．‎ ‎(2)由题意知pi＝＝，i＝1，2，3．‎ 的几何意义为点Ci(xi，yi)与原点O连线的斜率．‎ 比较OC1，OC2，OC3的斜率，由题图可知OC2的斜率最大，即p2最大．‎ ‎17．(经典陕西高考)观察分析下表中的数据：‎ 多面体 面数(F)‎ 顶点数(V)‎ 棱数(E)‎ 三棱柱 ‎5‎ ‎6‎ ‎9‎ 五棱锥 ‎6‎ ‎6‎ ‎10‎ 立方体 ‎6‎ ‎8‎ ‎12‎ 猜想一般凸多面体中F，V，E所满足的等式是________．‎ 答案　F＋V－E＝2‎ 解析　因为5＋6－9＝2，6＋6－10＝2，6＋8－12＝2，故可猜想F＋V－E＝2．‎ ‎18．(2015·福建高考)一个二元码是由0和1组成的数字串x1x2…xn(n∈N*)，其中xk(k＝1，2，…，n)称为第k位码元．二元码是通信中常用的码，但在通信过程中有时会发生码元错误(即码元由0变为1，或者由1变为0)．‎ 已知某种二元码x1x2…x7的码元满足如下校验方程组： 其中运算⊕定义为：0⊕0＝0，0⊕1＝1，1⊕0＝1，1⊕1＝0．现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第k位发生码元错误后变成了1101101，那么利用上述校验方程组可判定k等于________．‎ 答案　5‎ 解析　因为x4⊕x5⊕x6⊕x7＝1⊕1⊕0⊕1＝0⊕0⊕1＝0⊕1＝1≠0，所以二元码1101101的前3位码元都是对的；因为x2⊕x3⊕x6⊕x7＝1⊕0⊕0⊕1＝1⊕0⊕1＝1⊕1＝0，所以二元码1101101的第6、7位码元也是对的；因为x1⊕x3⊕x5⊕x7＝1⊕0⊕1⊕1＝1⊕1⊕1＝0⊕1＝1≠0，所以二元码1101101的第5位码元是错的，所以k＝5．‎ 三、模拟小题 ‎19．(2018·河南郑州二模)平面内凸四边形有2条对角线，凸五边形有5条对角线，以此类推，凸13边形对角线的条数为(　　)‎ A．42 B．‎65 C．143 D．169‎ 答案　B 解析　可以通过列表归纳分析得到．‎ 凸多边形 ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎…‎ 多角线条数 ‎2‎ ‎2＋3‎ ‎2＋3＋4‎ ‎2＋3＋4＋5‎ ‎2＋3＋4＋5＋6‎ ‎…‎ ‎∴凸13边形有2＋3＋4＋…＋11＝＝65条对角线．故选B．‎ ‎20．(2018·山西孝义模拟)我们知道：在平面内，点(x0，y0)到直线Ax＋By＋C＝0的距离公式d＝，通过类比的方法，可求得：在空间中，点(2，4，1)到平面x＋2y＋2z＋3＝0的距离为(　　)‎ A．3 B．‎5 C． D．3 答案　B 解析　类比平面内点到直线的距离公式，可得空间中点(x0，y0，z0)到平面Ax＋By＋Cz＋D＝0的距离公式为d＝，则所求距离 d＝＝5，故选B．‎ ‎21．(2018·福建质检)某校有A，B，C，D四件作品参加航模类作品比赛．已知这四件作品中恰有两件获奖．在结果揭晓前，甲、乙、丙、丁四位同学对这四件参赛作品的获奖情况预测如下：‎ 甲说：“A，B同时获奖．”‎ 乙说：“B，D不可能同时获奖．”‎ 丙说：“C获奖．”‎ 丁说：“A，C至少一件获奖．”‎ 若以上四位同学中有且只有二位同学的预测是正确的，则获奖的作品是(　　)‎ A．作品A与作品B B．作品B与作品C C．作品C与作品D D．作品A与作品D 答案　D 解析　A选项，若作品A与作品B获奖，则甲、乙、丁的预测正确，丙的预测错误，不符合题意；B选项，若作品B与作品C获奖，则乙、丙、‎ 丁的预测正确，甲的预测错误，不符合题意；C选项，若作品C与作品D获奖，则乙、丙、丁的预测正确，甲的预测错误，不符合题意；D选项，若作品A与作品D获奖，则乙、丁的预测正确，甲、丙的预测错误，符合题意，所以选D．‎ ‎22．(2018·河北石家庄二中联考)老王和小王父子俩玩一种类似于古代印度的“梵塔游戏”；有3个柱子甲、乙、丙，在甲柱上现有4个盘子，最上面的两个盘子大小相同，从第二个盘子往下大小不等，大的在下，小的在上(如图)，把这4个盘子从甲柱全部移到乙柱游戏即结束，在移动过程中每次只能移动一个盘子，甲、乙、丙柱都可以利用，且3个柱子上的盘子始终保持小的盘子不能放在大的盘子之下，设游戏结束需要移动的最少次数为n，则n＝(　　)‎ A．7 B．‎8 C．11 D．15‎ 答案　C 解析　由题意得，根据甲、乙、丙三图可知最上面的两个是一样大小的，所以比三个操作的次数(23－1)要多，比四个操作的次数(24－1)要少，相当于操作三个的时候，最上面的那个挪动了几次，就会增加几次，故选C．‎ ‎23．(2018·郑州质检三)将标号为1，2，…，20的20张卡片放入下列表格中，一个格放入一张卡片．选出每列标号最小的卡片，将这些卡片中标号最大的数设为a；选出每行标号最大的卡片，将这些卡片中标号最小的数设为b．‎ 甲同学认为a有可能比b大，乙同学认为a和b有可能相等，那么甲、乙两位同学的说法中(　　)‎ A．甲对、乙不对 B．乙对、甲不对 C．甲、乙都对 D．甲、乙都不对 答案　B 解析　1一定是所有数中最小的，‎ 不妨设每一列的最小值从小到大排列分别为1，m1，m2，m3，a，故1b，则a一定不在b所在的行，则a只能在n1或n2或20所在的行，又因为a是它这一列的最小值，所以b所在的这行对应a所在这列的数字一定比a大，不妨设其为k，即k>a，而b是这行的最大值，故b>k，所以b>a，与a>b矛盾，故a≤b．故甲不对、乙对，故选B．‎ ‎24．(2018·江西赣州十四县联考)我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有人持金出五关，前关二而税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一．并五关所税，适重一斤．问本持金几何？”其意思为“今有人持金出五关，第1关收税金，第2关收税金为剩余的，第3关收税金为剩余的，第4关收税金为剩余的，第5关收税金为剩余的，5关所收税金之和，恰好重1斤，问原本持金多少？”若将“5关所收税金之和，恰好重1斤，问原本持金多少？”改成“假设这个人原本持金为x，按此规律通过第8关”，则第8关所收税金为________x．‎ 答案　 解析　第1关收税金：x；‎ 第2关收税金：1－x＝＝；‎ 第3关收税金：1－－x＝＝；‎ ‎…‎ 第8关收税金：＝．‎ ‎25．(2018·山东青岛模拟)如图，将一张等边三角形纸片沿中位线剪成4个小三角形，称为第一次操作；然后，将其中的一个三角形按同样方式再剪成4个小三角形，共得到7个小三角形，称为第二次操作；再将其中一个三角形按同样方式再剪成4个小三角形，共得到10个小三角形，称为第三次操作……‎ 根据以上操作，若要得到100个小三角形，则需要操作的次数是________．‎ 答案　33‎ 解析　由题意可知，第一次操作后，三角形共有4个；第二次操作后，三角形共有4＋3＝7个；第三次操作后，三角形共有4＋3＋3＝10个……由此可得第n次操作后，三角形共有4＋3(n－1)＝3n＋1个．当3n＋1＝100时，解得n＝33．‎ ‎26．(2018·安徽淮北二模)分形几何学是美籍法国数学家伯努瓦B·曼德尔布罗特(Benoit B·Mandelbrot)在20世纪70年代创立的一门新学科，它的创立为解决传统众多领域的难题提供了全新的思路．如图是按照分形的规律生长成的一个树形图，则第10行的空心圆的个数是________．‎ 答案　21‎ 解析　由题意知，一个实心圆连接下一行的一个实心圆和一个空心圆，一个空心圆连接下一行的一个实心圆，故第7行为：8实心圆，5空心圆；第8行为：13实心圆，8空心圆；第9行为：21实心圆，13空心圆；第10行为：34实心圆，21空心圆．‎ 一、高考大题 本考点在近三年高考中未涉及此题型．‎ 二、模拟大题 ‎1．(2018·福建质检)某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数：‎ ‎①sin213°＋cos217°－sin13°cos17°；‎ ‎②sin215°＋cos215°－sin15°cos15°；‎ ‎③sin218°＋cos212°－sin18°cos12°；‎ ‎④sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos48°；‎ ‎⑤sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos55°．‎ ‎(1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；‎ ‎(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论．‎ 解　(1)选择②式，计算如下：‎ sin215°＋cos215°－sin15°cos15°‎ ‎＝1－sin30°＝1－＝．‎ ‎(2)三角恒等式为 sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝．‎ 证明如下：‎ sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)‎ ‎＝sin2α＋(cos30°·cosα＋sin30°sinα)2－sinα(cos30°cosα＋sin30°sinα)＝sin2α＋cos2α＋sinαcosα＋sin2α－sinαcosα－sin2α＝sin2α＋cos2α＝．‎ ‎2．(2018·北京海淀模拟)设A是由m×n个实数组成的m行n列的数表，如果某一行(或某一列)各数之和为负数，则改变该行(或该列)中所有数的符号，称为一次“操作”．‎ ‎(1)数表A如表1所示，若经过两次“操作”，使得到的数表每行的各数之和与每列的各数之和均为非负实数，请写出每次“操作”后所得的数表(写出一种方法即可)；‎ 表1‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎－7‎ ‎－2‎ ‎1‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎(2)数表A如表2所示，若必须经过两次“操作”，‎ 才可使得到的数表每行的各数之和与每列的各数之和均为非负整数，求整数a的所有可能值．‎ 表2‎ a a2－1‎ ‎－a ‎－a2‎ ‎2－a ‎1－a2‎ a－2‎ a2‎ 解　(1)解法一：‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎－7‎ ‎－2‎ ‎1‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎7‎ ‎－2‎ ‎1‎ ‎0‎ ‎－1‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎7‎ ‎2‎ ‎－1‎ ‎0‎ ‎1‎ 解法二：‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎－7‎ ‎－2‎ ‎1‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎－7‎ ‎2‎ ‎－1‎ ‎0‎ ‎－1‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎7‎ ‎2‎ ‎－1‎ ‎0‎ ‎1‎ 解法三：‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎－7‎ ‎－2‎ ‎1‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎－1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎－7‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎－1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎7‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎0‎ ‎－1‎ ‎(2)每一列所有数之和分别为2，0，－2，0，每一行所有数之和分别为－1，1．‎ ‎①如果首先操作第三列，则 a a2－1‎ a ‎－a2‎ ‎2－a ‎1－a2‎ ‎2－a a2‎ 则第一行之和为‎2a－1，第二行之和为5－‎2a，‎ 这两个数中，必须有一个为负数，另外一个为非负数，‎ 所以a≤或a≥．‎ 当a≤时，则接下来只能操作第一行，则 ‎－a ‎1－a2‎ ‎－a a2‎ ‎2－a ‎1－a2‎ ‎2－a a2‎ 此时每列之和分别为2－‎2a，2－‎2a2，2－‎2a，‎2a2，‎ 必有2－‎2a2≥0，解得a＝0，－1．‎ 当a≥时，则接下来操作第二行，则 a a2－1‎ a ‎－a2‎ a－2‎ a2－1‎ a－2‎ ‎－a2‎ 此时第4列和为负，不符合题意．‎ ‎②如果首先操作第一行，则 ‎－a ‎1－a2‎ a a2‎ ‎2－a ‎1－a2‎ a－2‎ a2‎ 则每一列之和分别为2－‎2a，2－‎2a2，‎2a－2，‎2a2，‎ 当a＝1时，每列各数之和已经非负，不需要进行第二次操作，舍掉；‎ 当a≠1时，2－‎2a，‎2a－2至少有一个为负数，‎ 所以此时必须有2－‎2a2≥0，即－1≤a≤1，所以a＝0或a＝－1，‎ 经检验，a＝0或a＝－1符合要求．‎ 综上a＝0，－1．‎