2021-2022学年第三章测评Word版含解析.docx

第三章测评(时间:120分钟总分值:150分)一、选择题(本大题共12小题，每题5分，共60分.在每题给出的四个选项中，只有一 项为哪一项符合题目要求的)是三角形一边的边长也是该边上的高，那么三角形的面积是。力,如果把扇形的弧长/,半径一分别 看作三角形的底边长和高，可得到扇形的面积m由1 = 12/+3=22/+3+5 =32,可得至IJ 1+3+5 +2- 1=2,那么、两个推理依次是()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、演绎推理蠲A解祠由三角形性质得到圆的性质有相似之处,故推理为类比推理;由特殊到一般，故推理为归纳推 理,应选A.2 .假设有一段演绎推理:“大前提:对任意实数都有()=.小前提：。二一2为实数.结论:()4=2这个结论 显然错误,是因为()A.大前提错误B.小前提错误C推理形式错误D.非以上错误葬A解责对任意实数。，者有为偶数时，显然不成立，故大前提错误.应选A.3 .以下推理是归纳推理的是0AA8为定点，动点P满足|PA| + |P8|=2a>|AB|,得点P的轨迹为椭圆B.由0 =求出Si,以S3,猜想出数列的前项和S的表达式C.由圆/+丁二$的面积兀只猜出椭圆=1的面积S-nabD.科学家利用鱼的沉浮原理制造潜艇前B< =1_5 + +二.综上所述，对一切£N+,+解翅由归纳推理的特点知，选B.4,用反证法证明:假设整系数一元二次方程af+H+ctOmM）有有理数根，那么a,b,c中至少有一个偶 数时，以下假设正确的选项是（）A.假设。力,c都是偶数B.假设0,c都不是偶数C.假设。力,c至多有一个偶数D.假设力，。至多有两个偶数宣B触画根据反证法的概念，假设应是所证命题的否认，所以用反证法证明命题:“假设整系数一元二次方 程of+H+c=O（存0）有有理数根，那么力,C中至少有一个是偶数时，假设应为“假设力都不是偶 数，应选B.5 .观察以下各等式:=2,=2尸2尸2,依照以上各式成立的规律,得到一般性的等式为0A.二2B.二2C.=2D.=2Ha解责观察分子中2+6=5+3=7 + 1 = 10+（-2）=8.6,正四面体A8CO的棱AZ）与平面。所成角为。，其中0。,点。在平面a内,那么当四面体ABC。转 动时（）A.存在某个位置使得BC区也存在某个位置使得BCLaB.存在某个位置使得%但不存在某个位置使得BC±aC不存在某个位置使得但存在某个位置使得BC±aD.既不存在某个位置使得火也不存在某个位置使得BCLa答案|B解相当正四面体过点。的高与平面a垂直时，平面ABC平面%所以平面a假设3C_L平面火 因为正四面体中BCJ_A。，所以ADu平面%或AO平面区此时AO与平面a所成角为0,与条件矛 盾，所以5c不可能垂直平面a应选B.7 .给出定义:设八%)是函数y="r)的导函数/是函数八x)的导函数，假设方程,z (x)=0有实数解犯 那么称点(Xo次元()为函数y=/(x)的“拐点.函数段)=3x+4sin x-cos x的“拐点是M>o<x(),那么点 “0A.在直线y-3x上B.在直线y=3x上C.在直线y-Ax上D.在直线y=4x上函B(x)=3+4cosx+siru/" (x)=-4sinr+cosx,由 /" (x)=4sinr+cosx=0,得 4sinrocosx()=0,所以 /(xo)=3xo+4sinxocosxo=3xo,所以点 M(xo在直线 y=3x 上，应选 B.8 .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，否那么就放入丙盒.重复上述过 程，直到袋中所有球都被放入盒中，那么()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函B解画假设乙盒中放入的是红球,那么须保证抽到的两个均是红球;假设乙盒中放入的是黑球，那么须保 证抽到的两个球是一红一黑，且红球放入甲盒;假设丙盒中放入的是红球,那么须保证抽到的两个球是 一红一黑，且黑球放入甲盒;假设丙盒中放入的是黑球，那么须保证抽到的两个球都是黑球;又由于袋 中有偶数个球，且红球、黑球各占一半,那么每次从袋中任取两个球，抽到两个红球的次数与抽到两个 黑球的次数一定是相等的,故乙盒中红球与丙盒中黑球一样多，选B.9 .观察按以下顺序排歹U的等式:9x0+l =1,9x1+2=11,9x2+3=21,9x3+4=31,，猜想第金N+)个等 式应为0A.9(+l)+=10+9B .9(n-1)=1 On-9D.9(-1)+Ol) = 10 个 10答案B解枷先观察等式的左边,可得第&N+）个等式的左边应为9（小1）+;再观察等式的右边结果1/1,21,31,知它们构成以1为首项0为公差的等差数列,所以第金N+）个等式的右边应为 1+1001）=109,应选 B.10 .如下列图，在边长为1的正方形A5CO中,PM=1,2,3,）分别是所在线段的中点，那么线段P7P8的长为A.B.C.D.答案|A解画因为正方形A8CO的边长为1,又乃23分另U是BC,CD,DA的中点,所以 P1P2J_P2P3,且 PP2=P2P3=.所以p2P5二,连接P3P5,那么P3P5 二,因为PR分别是P3PM4P5的中点，所以P7尸8尸3尸5,且P7P8 = P3P5=.11 .在直角坐标系xOy中，一个质点从出发沿图中路线依次经过3（。3M4）,。（。5,6）,。（。7,8）, 按此规律一直运动下去，那么017+。2018+。2 019=（）A.l 006B.1 007C.1 008D.1 009答案D解析依题意 0 = 1,2=1；3 = -1,。4=2；。5=2,6=3；，归纳可得。1+。3 = 1-1=0,。5+。7=22=0,，进而可归纳得 42021 +。2021 =0,。2 = 1 ,。4=2,恁=3,进而可归纳得 2021 = X2021 = 1 009,2021 +。2021 +2021 = 1 009.12 .一名法官在审理一起珍宝盗窃案时，四名嫌疑人甲、乙、丙、丁的供词如下，甲说:“罪犯在乙、 丙、丁三人之中；乙说:“我没有作案，是丙偷的；丙说:“甲、乙两人中有一人是小偷；丁说:“乙说 的是事实.经过调查核实，四人中有两人说的是真话，另外两人说的是假话，且这四人中只有一人是 罪犯，由此可判断罪犯是0A.甲 BZC,丙 D.T解丽这四人的供词中，都提到乙，我们假设乙是罪犯，那么，甲和丙的供词是真话，乙和丁的供词是假话, 符合题意.假设成立.如果我们假设其他人为罪犯，如果罪犯是丙，那么，说真话的就有甲、乙、丁三人;如果罪犯是丁， 那么，说真话的只有甲;如果罪犯是甲，那么，说真话的只有丙;后面三个假设都与题目要求不符合，假设 不成立.二、填空题(本大题共4小题，每题5分，共20分.将答案填在题中的横线上).圆的方程是f+y2 = H那么经过圆上一点Mxojo)的切线方程为xg+yo产金类比上述性质,可以得 到椭圆=1类似的性质为.矗I经过椭圆=1上一点P(xo,yo)的切线方程为二1解画圆的性质中,经过圆上一点M(xojo)的切线方程就是将圆的方程中的一个x与y分别用M(xojo) 的横坐标与纵坐标替换.故可得椭圆=1类似的性质为:过椭圆二1上一点P(xo,yo)的切线方程为=1.13 .。二;照此规律，当"eN+时"产.答案 解析Ci-.42=,。3=,4=,所以归纳可得an=.14 .当 n=l 时，有（-。）3+。）=2_。2,当 n=2 时，有（4人）32+6+。2）=3/3,当 n=3 时，有（/?）（ +q2/7+"2 +/力=4/4,当 £ N +时，你能得至U的结论是.客阑3/）（1+相-1。+H/+/?）=陵+1 -+1解近根据题意，由于当n=l时，有（a-b）（+Z?）=2-82,当n=2时，有（-加征+外+乂尸加方，当 n-3 时，有（。/）（。3+42/?+/?2+3）=4功4,当 EN+时，左边第二个因式可知为/+夕,那么对应的表达式为3）（。+。-.如果一个凸多面体是 5£N+）棱锥，那么这个凸多面体的所有顶点所确定的直线共有条，这些直线 共有人）对异面直线，那么八4）=<）=.（答案用数字或n的解析式表示）客剽12解画所有顶点所确定的直线共有棱数+底边数+对角线数=+.从题图中能看出四棱锥中异面直线的对数为14） =4 x2+x2=12,所以犬）二鹿。2-2）+（个2）二.三, 解答题（本大题共6小题，共70分.解容许写出文字说明、证明过程或演算步骤）.（10分）假设£R,且满足（7+9+4+V-D-18W0.求Y+V的取值范围；求证:孙W2.网由（f+y2）2+y2 >20 < 0,得（九2+y2+5）年+产4）< 0.因为 f+V+S。,所以有 0Wf+y2W4,即f+y2的取值范围为0,4.阿喇由知f+)y4,由根本不等式得孙W=2,所以孙W2.15 .(12分)观察以下各等式：sin230° +cos260° +sin 30° cos 60° =,sin220° +cos250° +sin 20° cos 50° 二，sin21 5 ° +cos245° +sin 15° cos 45 ° =.分析上述各式的共同特点,猜想出反映一般规律的等式，并对等式的正确性作出证明.角翠猜想:sin2a+cos2(a+30° )+sinacos(a+30° )=.证明如下：sin2«+cos2(a4-30° )+sinacos(a+30° ) ? 二sin a+sma=sin2a+cos2a-sinacosa4-sin2a+sina-cosa-sin2a=sin2a4-cos2a=.19 .(12分)点P为斜三棱柱ABC-AyByCx的侧棱BBy上一点,囱交A4于点M,PNlBBi交CCi 于点N.求证:CG_LMN;在任意中有余弦定理:。E2=d/+石尸.2。广ERcosNOFE扩展到空间类比三角形的余弦定 理，写出斜三棱柱的三个侧面面积与其中两个侧面所成的二面角之间的关系式，并予以证明.解|(1)证明:因为 PM_LBBi,PNLBBi,又 PMCPN=P,所以35,平面PMN,所以BBdMN.又 CGB5,所以 CG1MN.(2)在斜三棱柱A8C-431G中，有.2cosa其中a为平面3CGB与平面ACG4所成的二面角.证明如下:因为CGJ平面PMN,所以上述的二面角的平面角为/MNP.在尸MN 中，因为 PM2=PN2+MN2-2PN-MNcosZMNP,所以 PM2C=PN2C+MN2.C-2(PN.CC)(MN.CC)c6sNMNP.由于=PN CG ,=MN,CC尸PMBB kPMCCi,所以2cosa.20 .(12分)如图，在直角梯形A3C。中,4。3。,/及1。=,48=3。三4。二41是4。的中点,0是4。与BE的交点.将“砥沿 即折起到图41”归£的位置，得到四棱锥4-3CDE证明:CQJL平面4。；(2)当平面A|8£J_平面BCDE时,四棱锥Ai-BCQE的体积为36,求a的值.(1 )|证明|在题图中，因为AB=BC=AD=a,E是A。的中点,/氏4。二,所以BELAC即在题图中,5E_L A10乃£ J_ OC,从而3EJL平面AOC,又CDBE,所以CC平面AOC.网由，平面48EL平面BCDE,且平面A1 BEC平面BCDE=BE,又由(1),AC5及所以40,平面BCDE,即AO是四棱锥Ai-BCDE的高.由题图,4O=AB=a,平行四边形BCOE的面积S=BCAB=a2.从而四棱锥4-3COE1的体积为V=xSxAO=xa2x=Q3,由3=36,得。=6.21 .(12分)a,b,c都是不为零的实数，求证:屋+/?2+，>(4/?+反+0?).证明要证 c+cab+bc+ca),只需证 5(6Z2 +/?24-c2)>4(6/?+bc+ca只需1正 5。2+562+5。2.(4。/?+4/?。+4。)>0,只需 ii.(6f2-46z/?4-4Z?2)+(/?2-4/?c4-4c2)+(c2-4c6z+42)>0,只需证(a-2/7)2+32c)2+(c2)2>0.因为 3-2份22o,s-2c)220,(。2)220,且这三个不等式中等号不可能同时成立(假设同时成立等号，那么必有a=8=c=0),所以 3-2b)2+S2c)2+(c2a)2>0,所以原不等式成立.22 .(12 分)函数y(x)=xcos x-sin x+l(x>0).(1)求处0的单调区间;记为为於)从小到大的第i(i£N+)个零点，证明:对一切金N+,有+.S(iw)=cosx-xsiru-cosx=-xsirix.令/(x)=0,得 x=E(Z：£N+).当 x £ (2E,(2攵 +1)兀)(左e N)时,sinx>0,此时 f(x)<0;当 x £ (2Z+1)私(2Z+2)兀)(2e N)时,sinx<0,此时 f(x) >0.故fix)的减区间为Qkn,Qk+1)兀)(攵£ N),增区间为(2Z+1)兀,(2攵+2)兀)(攵e N).(2)由(1)知力力在区间(0,兀)内是减少的.又尸0,故x=.当.WN+时，因为向讥次(+1)冗尸(4)%兀+1(1)"15+1)兀+1卜0,且函数於)的图像是连续不断的，所以於)在区间(mr,(+1)兀)内至少存在一个零点.又/3)在区间 (兀,(+1)兀)内是单调的，故兀<x+i v(+l)兀因此，当n=l时,；当=2 时,(4+1)<