高考数学一轮复习 第十一章 算法初步、推理与证明、复数 分层限时跟踪练57-人教版高三数学试题

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1、分层限时跟踪练(五十七) (限时40分钟) 一、选择题 1．(2015·合肥模拟)正弦函数是奇函数，f(x)＝sin(x2＋1)是正弦函数，因此f(x)＝sin(x2＋1)是奇函数，以上推理(　　) A．结论正确 B．大前提不正确 C．小前提不正确 D．全不正确 【解析】　因为f(x)＝sin(x2＋1)不是正弦函数，所以小前提不正确． 【答案】　C 2．[x]表示不超过x的最大整数，例如：[π]＝3. S1＝[]＋[]＋[]＝3， S2＝[]＋[]＋[]＋[]＋[]＝10， S3＝[]＋[]＋[]＋[]＋[]＋[]＋[]＝21， …， 依此规律，那么S10等于(

2、　　) A．210　　　B．230 C．220　　　D．240 【解析】　∵[x]表示不超过x的最大整数， ∴S1＝[]＋[]＋[]＝1×3＝3， S2＝[]＋[]＋[]＋[]＋[]＝2×5＝10， S3＝[]＋[]＋…＋[]＝3×7＝21 …， Sn＝[]＋[]＋[]＋…＋[]＝n(2n＋1)， ∴S10＝10×21＝210. 【答案】　A 3．在平面几何中有如下结论：正三角形ABC的内切圆面积为S1，外接圆面积为S2，则＝，推广到空间可以得到类似结论：已知正四面体P­ABC的内切球体积为V1，外接球体积为V2，则＝(　　) A. B. C. D. 【解析

3、】　正四面体的内切球与外接球的半径之比为1∶3，故＝. 【答案】　D 4. (2015·上海模拟)如图11­2­3所示，有一个六边形的点阵，它的中心是1个点(算第1层)，第2层每边有2个点，第3层每边有3个点，…，依此类推，如果一个六边形点阵共有169个点，那么它的层数为(　　) 图11­2­3 A．6 B．7 C．8 D．9 【解析】　由题意知，第1层的点数为1，第2层的点数为6，第3层的点数为2×6，第4层的点数为3×6，第5层的点数为4×6，…，第n(n≥2，n∈N*)层的点数为6(n－1)．设一个点阵有n(n≥2，n∈N*)层，则共有的点数为1＋6＋6×2＋…＋6(n－

4、1)＝1＋×(n－1)＝3n2－3n＋1，由题意得3n2－3n＋1＝169，即(n＋7)·(n－8)＝0，所以n＝8，故共有8层． 【答案】　C 5．我们知道，在边长为a的正三角形内任一点到三边的距离之和为定值a，类比上述结论，在边长为a的正四面体内任一点到其四个面的距离之和为定值(　　) A.a B.a C.a D.a 【解析】　正四面体内任一点与四个面组成四个三棱锥，它们的体积之和为正四面体的体积，设点到四个面的距离分别为h1，h2，h3，h4，每个面的面积为a2，正四面体的体积为a3， 则有×a2(h1＋h2＋h3＋h4)＝a3， 得h1＋h2＋h3＋h4＝a.

5、【答案】　A 二、填空题 6．(2015·枣庄模拟)在△ABC中，不等式＋＋≥成立；在凸四边形ABCD中，不等式＋＋＋≥成立；在凸五边形ABCDE中，不等式＋＋＋＋≥成立，…，依此类推，在凸n边形A1A2…An中，不等式＋＋…＋≥____________成立． 【解析】　∵＋＋≥＝，＋＋＋≥＝，＋＋＋＋≥＝，…，∴＋＋…＋≥(n∈N*，n≥3)． 【答案】　(n∈N*，n≥3) 7．在平面几何中：△ABC中∠C的平分线CE分AB所成的线段的比为＝(如图11­2­4(1))．把这个结论类比到空间：在三棱锥A­BCD中(如图11­2­4(2))，面DEC平分二面角A­CD­B且与AB相交

6、于E，则类比得到的结论是______________． 图11­2­4 【解析】　由平面中线段的类比空间中面积的比可得＝. 【答案】　＝ 8．(2015·陕西高考)观察下列等式 1－＝， 1－＋－＝＋， 1－＋－＋－＝＋＋， …， 据此规律，第n个等式可为______________． 【解析】　等式的左边的通项为－，前n项和为1－＋－＋…＋－；右边的每个式子的第一项为，共有n项，故为＋＋…＋. 【答案】　1－＋－＋…＋－＝＋＋… 三、解答题 9．观察下表： 1， 2,3， 4,5,6,7， 8,9,10,11,12,13,14,15， … 问：(1)

7、此表第n行的最后一个数是多少？ (2)此表第n行的各个数之和是多少？ (3)2 016是第几行的第几个数？ 【解】　(1)∵第n＋1行的第1个数是2n， ∴第n行的最后一个数是2n－1. (2)2n－1＋(2n－1＋1)＋(2n－1＋2)＋…＋(2n－1) ＝＝3·22n－3－2n－2. (3)∵210＝1 024,211＝2 048,1 024＜2 016＜2 048， ∴2 016在第11行，该行第1个数是210＝1 024， 由2 016－1 024＋1＝993，知2 016是第11行的第993个数． 10．(2015·沈阳二模)已知椭圆具有性质：若M、N是椭圆C上关

8、于原点对称的两个点，点P是椭圆上任意一点，当直线PM、PN的斜率都存在，并记为kPM、kPN时，那么kPM与kPN之积是与点P的位置无关的定值．试对双曲线－＝1写出类似的性质． 【解】　类似的性质为：若M、N是双曲线－＝1上关于原点对称的两个点，点P是双曲线上任意一点，当直线PM、PN的斜率都存在，并记为kPM、kPN时，那么kPM与kPN之积是与点P的位置无关的定值． 证明：设点M、P的坐标分别为(m，n)、(x，y)， 则N(－m，－n)． 因为点M(m，n)在已知双曲线上， 所以n2＝m2－b2. 同理，y2＝x2－b2. 则kPM·kPN＝·＝＝ ＝(定值)． 1

9、．(2015·南昌模拟)如图11­2­5所示，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝a，CD＝b(a>b)． 图11­2­5 若EF∥AB，EF到CD与AB的距离之比为m∶n，则可推算出：EF＝.用类比的方法，推想出下面问题的结果．在上面的梯形ABCD中，分别延长梯形的两腰AD和BC交于O点，设△OAB，△ODC的面积分别为S1，S2，则△OEF的面积S0与S1，S2的关系是(　　) A．S0＝　　　　　 B．S0＝ C.＝ D.＝ 【解析】　在平面几何中类比几何性质时，一般是由平面几何中点的性质类比推理线的性质；由平面几何中线段的性质类比推理面积的性质．故由EF＝类比到关于△

10、OEF的面积S0与S1，S2的关系是＝. 【答案】　C 2．(2015·杭州模拟)设f为实系数三次多项式函数．已知五个方程式的相异实根个数如下表所述： f(x)－20＝0 1 f(x)＋10＝0 1 f(x)－10＝0 3 f(x)＋20＝0 1 f(x)＝0 3 关于f的极小值α，试问下列选项中正确的是(　　) A．0<α<10 B．－20<α<－10 C．－10<α<0 D．α不存在 【解析】　f(x)分别向上向下平移10个单位和20个单位分别得到f(x)＋10，f(x)＋20，f(x)－10，f(x)－20，由题意可近似画出f(x)的草图，由图可知

11、f(x)极小值α∈(－10,0)． 【答案】　C 3．(2015·长沙一模)如图11­2­6所示，小正六边形沿着大正六边形的边按顺时针方向滚动，小正六边形的边长是大正六边形的边长的一半．如果小正六边形沿着大正六边形的边滚动一周后返回出发时的位置，在这个过程中，向量围绕着点O旋转了θ角，其中O为小正六边形的中心，则sin ＋cos ＝________. 图11­2­6 【解析】　从题图可得，向量转了6个60°的角，6个120°的角，∴θ＝6×60°＋6×120°＝1 080°，所以sin ＋cos ＝sin 180°＋cos 180°＝－1. 【答案】　－1 4．已知“整数对

12、”按如下规律排成一列：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，…，则第60个“整数对”是________． 【解析】　依题意，把“整数对”的和相同的分为一组，不难得知第n组中每个“整数对”的和均为n＋1，且第n组共有n个“整数对”，这样的前n组一共有个“整数对”，注意到<60<，因此第60个“整数对”处于第11组(每个“整数对”的和为12的组)的第5个位置，结合题意可知每个“整数对”的和12的组中的各对数依次为：(1,11)，(2,10)，(3,9)，(4,8)，(5,7)，…，因此第60个“整数对”是(5,7)

13、． 【答案】　(5,7) 5．(2015·陕西第二次质量检测)如图11­2­7，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝2，E为棱CC1的中点． 图11­2­7 (1)求证：B1D⊥AE； (2)求证：AC∥平面B1DE. 【证明】　(1)如图，连接BD，则BD∥B1D1. ∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD. ∵CE⊥平面ABCD，∴CE⊥BD. 又AC∩CE＝C，∴BD⊥平面ACE. ∵AE⊂平面ACE，∴BD⊥AE，∴B1D1⊥AE. (2)取BB1的中点F，连接AF，CF，EF， 则FC∥B1E， ∴CF∥平面B1DE. ∵E，F分别是CC

14、1，BB1的中点，∴EFBC. 又BCAD，∴EFAD， ∴四边形ADEF是平行四边形，∴AF∥ED. ∵AF⊄平面B1DE，ED⊂平面B1DE， ∴AF∥平面B1DE. ∵AF∩CF＝F，∴平面ACF∥平面B1DE. 又AC⊂平面ACF，∴AC∥平面B1DE. 6．在Rt△ABC中，AB⊥AC，AD⊥BC于D，求证：＝＋，那么在四面体ABCD中，类比上述结论，你能得到怎样的猜想，并说明理由． 【证明】　 如图所示，由射影定理，得 AD2＝BD·DC，AB2＝BD·BC， AC2＝BC·DC，∴＝ ＝＝. 又BC2＝AB2＋AC2，∴＝＝＋. 猜想，在四面体ABCD中，AB，AC，AD两两垂直，AE⊥平面BCD，则＝＋＋. 证明：如图，连接BE并延长交CD于F，连接AF.∵AB⊥AC，AB⊥AD，AC∩AD＝A， ∴AB⊥平面ACD， 又AF⊂平面ACD，∴AB⊥AF. 在Rt△ABF中，AE⊥BF， ∴＝＋. 在Rt△ACD中，AF⊥CD， ∴＝＋，∴＝＋＋.