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- 2021-06-15 发布
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第一章单元质量评估
时限：120分钟 满分：150分
第Ⅰ卷(选择题 共 60分)
一、选择题(本大题共 12小题，每小题 5分，共 60分，在每小
题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的)
1．数列 3,5,9,17,33，…的通项 an＝( B )
A．2n B．2n＋1
C．2n－1 D．2n＋1
2．用数学归纳法证明 1＋1
2
＋
1
3
＋…＋
1
2n－1
1)时，
第一步应验证不等式( B )
A．1＋1
2
<2 B．1＋1
2
＋
1
3
<2
C．1＋1
2
＋
1
3
<3 D．1＋1
2
＋
1
3
＋
1
4
<3
解析：由 n∈N*，n>1知 n的第一个值为 2，此时不等式为 1＋1
2
＋
1
22－1
<2，故选 B.
3．用数学归纳法证明“凸 n边形的内角和等于(n－2)π”时，归
纳奠基中 n0的取值应为( C )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：边数最少的凸 n边形为三角形，故 n0＝3.
4．用反证法证明命题“若关于 x的方程 ax2＋bx＋c＝0(a≠0，a，
b，c∈Z)有有理根，那么 a，b，c中至少有一个是奇数”时，下列假
设正确的是( B )
A．假设 a，b，c都是奇数
B．假设 a，b，c都不是奇数
C．假设 a，b，c至多有一个奇数
D．假设 a，b，c至多有两个奇数
解析：命题“a，b，c中至少有一个是奇数”的否定是“a，b，
c都不是奇数”，故选 B.
5．类比平面内“垂直于同一条直线的两条直线互相平行”的性
质，可得出空间内的下列结论( D )
①垂直于同一个平面的两条直线互相平行；②垂直于同一条直线
的两条直线互相平行；③垂直于同一个平面的两个平面互相平行；④
垂直于同一条直线的两个平面互相平行．
A．①② B．②③
C．③④ D．①④
解析：显然①④正确．②中空间内垂直于同一条直线的两直线可
能平行，可能相交，也可能异面；③垂直于同一个平面的两个平面可
能平行，也可能相交，故 D正确．
6．已知函数 f(x)＝5x，则 f(2 014)的末四位数字为( B )
A．3 125 B．5 625
C．0 625 D．8 125
解析：因为 f(5)＝55＝3 125的末四位数字为 3 125，f(6)＝56＝15
625的末四位数字为 5 625，f(7)＝57＝78 125的末四位数字为 8 125，
f(8)＝58＝390 625的末四位数字为 0 625，f(9)＝59＝1 953 125的末四
位数字为 3 125，故周期 T＝4.又由于 2 014＝503×4＋2，因此 f(2 014)
的末四位数字与 f(6)的末四位数字相同，即 f(2 014)的末四位数字是 5
625.
7．如图是今年元宵花灯展中一款五角星灯连续旋转闪烁所成的
三个图形，照此规律闪烁，下一个呈现出来的图形是( A )
解析：该五角星花灯每一次变化相当于按顺时针方向旋转 2 个
角，故下一个呈现出来的图形是 A.
8．设 f(x)是定义在正整数集上的函数，且 f(x)满足：“当 f(k)≥k2
成立时，总可推出 f(k＋1)≥(k＋1)2成立”．那么，下列命题总成立
的是( D )
A．若 f(1)<1成立，则 f(10)<100成立
B．若 f(2)<4成立，则 f(1)≥1成立
C．若 f(3)≥9成立，则当 k≥1时，均有 f(k)≥k2成立
D．若 f(4)≥25成立，则当 k≥4时，均有 f(k)≥k2成立
解析：题设中“当 f(k)≥k2成立时，总可推出 f(k＋1)≥(k＋1)2成
立”．实际上是给出了一个递推关系，从数学归纳法来考虑，因为
f(4)≥25成立，所以 f(4)≥16成立，即 k的基础值为 4.选项 A、B、C
都错误，故选 D.
9．已知 a，b，c∈R，且 a＋b＋c＝0，abc>0，则
1
a
＋
1
b
＋
1
c
的值
( B )
A．一定是正数 B．一定是负数
C．可能是 0 D．以上均有可能
解析：∵(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)＝0，又 abc>0，
∴a，b，c均不为 0，∴a2＋b2＋c2>0，∴ab＋bc＋ca<0，∴
1
a
＋
1
b
＋
1
c
＝
ab＋bc＋ca
abc
<0.
10．如图甲，在平行四边形ABCD中，有AC2＋BD2＝2(AB2＋AD2)，
那么在图乙所示的平行六面体 ABCDA1B1C1D1中，AC21＋BD21＋CA21＋
DB21＝( A )
A．4(AB2＋AD2＋AA21) B．3(AB2＋AD2＋AA21)
C．2(AB2＋AD2＋AA21) D．4(AB2＋AD2)
解析：已知平面上平行四边形的对角线的平方和等于从同一顶点
出发的两条边的平方和的 2倍，利用类比推理可知，空间中，平行六
面体的体对角线的平方和等于从同一顶点出发的三条棱的平方和的 4
倍．
11．已知 f(x)＝x3＋x，若 a，b，c∈R，且 a＋b>0，a＋c>0，b
＋c>0，则 f(a)＋f(b)＋f(c)的值( A )
A．一定大于 0 B．一定等于 0
C．一定小于 0 D．正负都有可能
解析：∵y＝x3与 y＝x在 R 上均为增函数，∴f(x)在 R 上是增函
数．又 a＋b>0，∴a>－b，∴f(a)>f(－b)，又 f(x)＝x3＋x是奇函数，
∴f(a)>－f(b)，即 f(a)＋f(b)>0.同理，f(b)＋f(c)>0，f(c)＋f(a)>0，∴f(a)
＋f(b)＋f(c)>0，故选 A.
12. 在 f(m，n)中，m，n，f(m，n)∈N*，且对任意 m，n都有：
(1)f(1,1)＝1；(2)f(m，n＋1)＝f(m，n)＋2；
(3)f(m＋1,1)＝2f(m,1)．给出下列三个结论：
①f(1,5)＝9；②f(5,1)＝16；③f(5,6)＝26.
其中正确结论的个数是( A )
A．3 B．2
C．1 D．0
解析：∵f(m，n＋1)＝f(m，n)＋2，∴f(m，n)构成首项为 f(m,1)，
公差为 2的等差数列，∴f(m，n)＝f(m,1)＋2(n－1)．
又 f(1,1)＝1，∴f(1,5)＝f(1,1)＋2×(5－1)＝9.
又∵f(m＋1,1)＝2f(m,1)，∴f(m,1)构成首项为 f(1,1)，公比为 2的
等比数列，∴f(m,1)＝f(1,1)·2m－1＝2m－1，∴f(5,1)＝25－1＝16，∴f(5,6)
＝f(5,1)＋2×(6－1)＝16＋10＝26，∴①②③都正确，故选 A.
第Ⅱ卷(非选择题 共 90分)
二、填空题(本大题共 4小题，每小题 5分，共 20分，请把答案
填写在题中横线上)
13．在平面上，若两个正三角形的边长的比为 1∶2，则它们的
面积比为 1∶4，类似地，在空间中，若两个正四面体的棱长的比为 1∶
2，则它们的体积比为 1∶8.
解析：由类比思想，面积比是边长比的平方，体积比是棱长比的
立方．
14．设 S(n)＝1
n
＋
1
n＋1
＋
1
n＋2
＋
1
n＋3
＋…＋
1
n2
，则 S(n)有 n2－n＋
1项，S(2)＝13
12
.
解析：分析分母即得项数．
S(2)＝1
2
＋
1
3
＋
1
4
＝
6＋4＋3
12
＝
13
12
.
15．若符号“*”表示求实数 a与 b的算述平均数的运算，即 a*b
＝
a＋b
2
，如果用含有运算符号“*”和“＋”的式子表示 a＋(b*c)，要
求是一种乘积形式，则 a＋(b*c)＝(a＋b)*(a＋c)．
解析：a＋(b*c)＝a＋b＋c
2
＝
2a＋b＋c
2
＝
a＋b＋a＋c
2
＝(a＋
b)*(a＋c)．
16．已知集合{a，b，c}＝{0,1,2}，且下列三个关系：①a≠2；
②b＝2；③c≠0有且只有一个正确，则 100a＋10b＋c等于 201.
解析：可分下列三种情形；(1)若只有①正确，则 a≠2，b≠2，c
＝0，所以 a＝b＝1与集合元素的互异性相矛盾，所以只有①正确是
不可能的；(2)若只有②正确，则 b＝2，a＝2，c＝0，这与集合元素
的互异性相矛盾，所以只有②正确是不可能的；(3)若只有③正确，则
c≠0，a＝2，b≠2，所以 b＝0，c＝1，所以 100a＋10b＋c＝100×2
＋10×0＋1＝201.
三、解答题(本大题共 6小题，共 70分．解答应写出文字说明，
证明过程或演算步骤)
17．(10分)已知 00.
要证
1
a
＋
4
1－a
≥9成立，只需证 1－a＋4a≥9a·(1－a)，
即证 9a2－6a＋1≥0，即证(3a－1)2≥0，
该式显然成立，故
1
a
＋
4
1－a
≥9成立．
18．(12分)已知 a，b，c是互不相等的实数，求证：由 y＝ax2＋
2bx＋c，y＝bx2＋2cx＋a，y＝cx2＋2ax＋b确定的三条抛物线中至少
有一条与 x轴有两个不同的交点．
证明：假设题设中的函数确定的抛物线与 x轴都最多有一个交
点．
由 y＝ax2＋2bx＋c，y＝bx2＋2cx＋a，y＝cx2＋2ax＋b，
得Δ1＝(2b)2－4ac≤0，且Δ2＝(2c)2－4ab≤0，
且Δ3＝(2a)2－4bc≤0.
不等式相加得 4b2＋4c2＋4a2－4ac－4ab－4bc≤0，
∴2a2＋2b2＋2c2－2ab－2bc－2ac≤0，
∴(a－b)2＋(b－c)2＋(a－c)2≤0，
∴a＝b＝c，这与题设 a，b，c互不相等矛盾，
因此假设不成立，从而命题得证．
19．(12分)已知α，β≠kπ＋π
2
(k∈Z)且 sinθ＋cosθ＝2sinα，sinθcosθ
＝sin2β.求证：
1－tan2α
1＋tan2α
＝
1－tan2β
21＋tan2β
.
证明：要证
1－tan2α
1＋tan2α
＝
1－tan2β
21＋tan2β
成立，
只需证
1－sin2α
cos2α
1＋sin2α
cos2α
＝
1－sin2β
cos2β
2
1＋sin2β
cos2β
，
即证 cos2α－sin2α＝1
2
(cos2β－sin2β)，
即证 1－2sin2α＝1
2
(1－2sin2β)，
即证 4sin2α－2sin2β＝1.
因为 sinθ＋cosθ＝2sinα，
所以(sinθ＋cosθ)2＝1＋2sinθcosθ＝4sin2α，又 sinθcosθ＝sin2β，
所以 1＋2sin2β＝4sin2α，得 4sin2α－2sin2β＝1.
故原结论得证．
20．(12分)如图，棱柱 ABCA1B1C1的侧面 BCC1B1是菱形，B1C
⊥A1B.
(1)证明：平面 AB1C⊥平面 A1BC1；
(2)设 D是 A1C1上的点，且 A1B∥平面 B1CD，求 A1D∶DC1的值．
解：(1)证明：因为侧面 BCC1B1是菱形，所以 B1C⊥BC1.
又 B1C⊥A1B，且 A1B∩BC1＝B，A1B，BC1⊂平面 A1BC1，
所以 B1C⊥平面 A1BC1，而 B1C⊂平面 AB1C，
所以平面 AB1C⊥平面 A1BC1.
(2)如图，
设 BC1交 B1C于点 E，连接 DE，则 DE是平面 A1BC1与平面 B1CD
的交线．
因为 A1B∥平面 B1CD，DE⊂平面 B1CD，
所以 A1B∥DE.
因为侧面 BCC1B1是菱形，B1C与 BC1交于点 E，
所以 E是 BC1的中点，
所以 D为 A1C1的中点，
即 A1D∶DC1＝1.
21．(12分)设 an＝1＋1
2
＋
1
3
＋…＋
1
n
(n∈N＋)，是否存在 n的整式，
使得等式 a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝g(n)(an－1)对大于 1的一切自然数 n
都成立？证明你的结论．
解：假设 g(n)存在，探索 g(n)．
当 n＝2时，由 a1＝g(2)·(a2－1)，
即 1＝g(2)
1＋1
2
－1
，得 g(2)＝2；
当 n＝3时，由 a1＋a2＝g(3)(a3－1)，
即 1＋
1＋1
2 ＝g(3)·
1＋1
2
＋
1
3
－1
，
得 g(3)＝3；
当 n＝4时，同理可得 g(4)＝4.
当此猜想 g(n)＝n(n≥2且 n∈N＋)．
利用数学归纳法证明：a1＋a2＋…＋an－1＝n(an－1)(n≥2，且 n∈
N＋)．
(1)当 n＝2时，结论成立．
(2)假设当 n＝k(k≥2)时，等式成立，
即 a1＋a2＋…＋ak－1＝k(ak－1)．
则当 n＝k＋1时，左式＝a1＋a2＋…＋ak－1＋ak＝k(ak－1)＋ak＝(k
＋1)ak－k，
右式＝(k＋1)(ak＋1－1)
＝(k＋1)
ak＋
1
k＋1
－1
＝(k＋1)ak－k，
左式＝右式，即等式成立．
综合(1)、(2)得，结论成立．
22．(12分)阅读下列材料：
根据两角和与差的正弦公式，有
sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ， ①
sin(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ， ②
由①＋②，得 sin(α＋β)＋sin(α－β)＝2sinαcosβ， ③
令α＋β＝A，α－β＝B，有α＝A＋B
2
，β＝A－B
2
，
代入③，得 sinA＋sinB＝2sinA＋B
2
cosA－B
2
.
(1)类比上述推证方法，根据两角和与差的余弦公式，证明：cosA
－cosB＝－2sinA＋B
2
sinA－B
2
；
(2)若△ABC的三个内角 A，B，C满足 cos2A－cos2B＝2sin2C，
试判断△ABC的形状．
解：(1)证明：cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ， ①
cos(α－β)＝cosαcosβ＋sinαsinβ， ②
①－②，得
cos(α＋β)－cos(α－β)＝－2sinαsinβ. ③
令α＋β＝A，α－β＝B，有α＝A＋B
2
，β＝A－B
2
，
代入③，得
cosA－cosB＝－2sinA＋B
2
sinA－B
2
.
(2)方法 1：cos2A－cos2B＝2sin2C，可化为 1－2sin2A－1＋2sin2B
＝2sin2C，
即 sin2A＋sin2C＝sin2B.
设△ABC的三个内角 A，B，C所对的边分别为 a，b，c，
由正弦定理可得 a2＋c2＝b2.
根据勾股定理的逆定理知△ABC为直角三角形．
方法 2：利用(1)中的结论，cos2A－cos2B＝2sin2C可化为－2sin(A
＋B)sin(A－B)＝2sin2C，
因为 A，B，C为△ABC的内角，
所以 A＋B＋C＝π，
所以－sin(A＋B)sin(A－B)＝sin2(A＋B)．
又因为 0
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