课时跟踪检测(三十八)
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课时跟踪检测（三十八）
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10．解：(1)选择(2)式，计算如下： 1 1 3 sin 15° ＋cos 15° －sin 15° cos 15° ＝1－ sin 30° ＝1－ ＝ . 2 4 4
2 2
3 (2)三角恒等式为 sin α＋cos (30° －α)－sin α· cos(30° －α)＝ . 4 证明如下： 法一：sin2α＋cos2(30° －α)－sin αcos(30° －α)
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法二：sin2α＋cos2(30° －α)－sin αcos(30° －α) 1－cos 2α 1＋cos60° －2α ＝ ＋ －sin α· (cos 30° cos α＋sin 30° sin α) 2 2 1 1 1 1 3 ＝ － cos 2α＋ ＋ (cos 60° cos 2α＋sin 60° sin 2α)－ sin αcos α 2 2 2 2 2 1 2 － sin α 2 1 1 1 1 3 3 1 ＝ － cos 2α＋ ＋ cos 2α＋ sin 2α－ sin 2α－ (1－cos 2α) 2 2 2 4 4 4 4 1 1 1 3 ＝1－ cos 2α－ ＋ cos 2α＝ . 4 4 4 4
2 2
＝sin2α＋(cos 30° cos α＋sin 30° sin α)2－sin α· (cos 30° · cos α＋ sin 30° sin α) 3 2 3 1 2 3 1 2 ＝sin α＋ cos α＋ sin αcos α＋ sin α－ sin αcos α－ 4 2 4 2 2 sin2α 3 2 3 2 3 ＝ sin α＋ cos α＝ . 4 4 4
当 N＝71， L＝18 时，
1 S＝1×71＋ ×18－1＝79. 2 答案：(1)3,1,6
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9． 解： 由三角形的性质， 可类比得空间四面体的相关性质为： (1)四面体的任意三个面的面积之和大于第四个面的面积； 1 (2)四面体的体积 V＝ ×底面积×高； 3 (3)四面体的中位面平行于第四个面且面积等于第四个面 1 的面积的 . 4
－ － －
0 (b1qp－1)m－n· (b1qm－1)n－p· (b1qn－1)p－m＝b0 · q ＝1. 1
－n n－p p－m 答案：bm · bm · b n ＝1 p
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8．解析：(1)由定义知，四边形 DEFG 由一个等腰直角三角形 和一个平行四边形构成，其内部格点有 1 个，边界上格点 有 6 个，S 四边形 DEFG＝3. (2)由待定系数法可得， 1＝a· 0＋b· 3＋c， 2 0＋b· 4＋c， 1＝a· 1＋b· 6＋c， 3＝a· a＝1， 1 ⇒b＝2， c＝－1，
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第Ⅱ组：重点选做题 1．解析：某数 m3 按上述规律展开后，等式右边为 m 个连续奇数的
和， 观察可知每行的最后一个数为 1＝12＋0,5＝22＋1,11＝32＋2， 19＝42＋3，…，所以第 m 行的最后一个数为 m2＋(m－1)．因为 当 m＝44 时，m2＋(m－1)＝1 979，当 m＝45 时，m2＋(m－1) ＝2 069，所以要使等式右边含有“2 013”这个数，则 m＝45. 答案：45
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6．解析：将侧面面积类比为直角三角形的直角边，截面面积
2 2 2 类比为直角三角形的斜边，可得 S2 1＋S2＋S3＝S4. 2 2 2 答案：S1 ＋S2 ＋ S ＝ S 2 3 4 m n n p p m 7．解析：设{bn}的首项为 b1，公比为 q，则 bp · bm · bn ＝
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4．解析：选项 A 由一些特殊事例得出一般性结论，且注意到 n 数列{an}是等差数列， 其前 n 项和等于 Sn＝ 1＋2n－1 2 ＝
n2，选项 D 中的推理属于归纳推理，但结论不正确． 答案：A 5．解析：前 20 行共有正奇数 1＋3＋5＋…＋39＝202＝400 个， 则第 21 行从左向右的第 5 个数是第 405 个正奇数，所以这 个数是 2× 405－1＝809. 答案：A
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a2n＋1 a3 a5 2．解析：(1) ＝ ＝…＝ ＝－2，又 a1＝1，从而 a2n＋ a1 a3 a2n－1
n 1＝(－2) .
(2)由(1)及条件知，数列{an}为 1,2，－2,22，(－2)2,23， (－2)3,24，…，从而可知 S1＝S3，S5＝S7，S9＝S11，…， 故在{Sn}的前 100 项中相等的项有 25 对． 答案：(1)a2n＋1＝(－2)n
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课时跟踪检测(三十八) 第Ⅰ组：全员必做题 1．解析：由演绎推理三段论可知，①是大前提；②是小前提；③是 结论．故选 B. 答案：B 2．解析：①②正确，③④⑤⑥错误． 答案：B V1 1 3． 解析： 正四面体的内切球与外接球的半径之比为 1∶3， 故 ＝ . V2 27 答案：D
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10．解：(1)选择(2)式，计算如下： 1 1 3 sin 15° ＋cos 15° －sin 15° cos 15° ＝1－ sin 30° ＝1－ ＝ . 2 4 4
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3 (2)三角恒等式为 sin α＋cos (30° －α)－sin α· cos(30° －α)＝ . 4 证明如下： 法一：sin2α＋cos2(30° －α)－sin αcos(30° －α)
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法二：sin2α＋cos2(30° －α)－sin αcos(30° －α) 1－cos 2α 1＋cos60° －2α ＝ ＋ －sin α· (cos 30° cos α＋sin 30° sin α) 2 2 1 1 1 1 3 ＝ － cos 2α＋ ＋ (cos 60° cos 2α＋sin 60° sin 2α)－ sin αcos α 2 2 2 2 2 1 2 － sin α 2 1 1 1 1 3 3 1 ＝ － cos 2α＋ ＋ cos 2α＋ sin 2α－ sin 2α－ (1－cos 2α) 2 2 2 4 4 4 4 1 1 1 3 ＝1－ cos 2α－ ＋ cos 2α＝ . 4 4 4 4
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＝sin2α＋(cos 30° cos α＋sin 30° sin α)2－sin α· (cos 30° · cos α＋ sin 30° sin α) 3 2 3 1 2 3 1 2 ＝sin α＋ cos α＋ sin αcos α＋ sin α－ sin αcos α－ 4 2 4 2 2 sin2α 3 2 3 2 3 ＝ sin α＋ cos α＝ . 4 4 4
当 N＝71， L＝18 时，
1 S＝1×71＋ ×18－1＝79. 2 答案：(1)3,1,6
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9． 解： 由三角形的性质， 可类比得空间四面体的相关性质为： (1)四面体的任意三个面的面积之和大于第四个面的面积； 1 (2)四面体的体积 V＝ ×底面积×高； 3 (3)四面体的中位面平行于第四个面且面积等于第四个面 1 的面积的 . 4
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0 (b1qp－1)m－n· (b1qm－1)n－p· (b1qn－1)p－m＝b0 · q ＝1. 1
－n n－p p－m 答案：bm · bm · b n ＝1 p
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8．解析：(1)由定义知，四边形 DEFG 由一个等腰直角三角形 和一个平行四边形构成，其内部格点有 1 个，边界上格点 有 6 个，S 四边形 DEFG＝3. (2)由待定系数法可得， 1＝a· 0＋b· 3＋c， 2 0＋b· 4＋c， 1＝a· 1＋b· 6＋c， 3＝a· a＝1， 1 ⇒b＝2， c＝－1，
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第Ⅱ组：重点选做题 1．解析：某数 m3 按上述规律展开后，等式右边为 m 个连续奇数的
和， 观察可知每行的最后一个数为 1＝12＋0,5＝22＋1,11＝32＋2， 19＝42＋3，…，所以第 m 行的最后一个数为 m2＋(m－1)．因为 当 m＝44 时，m2＋(m－1)＝1 979，当 m＝45 时，m2＋(m－1) ＝2 069，所以要使等式右边含有“2 013”这个数，则 m＝45. 答案：45
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6．解析：将侧面面积类比为直角三角形的直角边，截面面积
2 2 2 类比为直角三角形的斜边，可得 S2 1＋S2＋S3＝S4. 2 2 2 答案：S1 ＋S2 ＋ S ＝ S 2 3 4 m n n p p m 7．解析：设{bn}的首项为 b1，公比为 q，则 bp · bm · bn ＝
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4．解析：选项 A 由一些特殊事例得出一般性结论，且注意到 n 数列{an}是等差数列， 其前 n 项和等于 Sn＝ 1＋2n－1 2 ＝
n2，选项 D 中的推理属于归纳推理，但结论不正确． 答案：A 5．解析：前 20 行共有正奇数 1＋3＋5＋…＋39＝202＝400 个， 则第 21 行从左向右的第 5 个数是第 405 个正奇数，所以这 个数是 2× 405－1＝809. 答案：A
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a2n＋1 a3 a5 2．解析：(1) ＝ ＝…＝ ＝－2，又 a1＝1，从而 a2n＋ a1 a3 a2n－1
n 1＝(－2) .
(2)由(1)及条件知，数列{an}为 1,2，－2,22，(－2)2,23， (－2)3,24，…，从而可知 S1＝S3，S5＝S7，S9＝S11，…， 故在{Sn}的前 100 项中相等的项有 25 对． 答案：(1)a2n＋1＝(－2)n
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课时跟踪检测(三十八) 第Ⅰ组：全员必做题 1．解析：由演绎推理三段论可知，①是大前提；②是小前提；③是 结论．故选 B. 答案：B 2．解析：①②正确，③④⑤⑥错误． 答案：B V1 1 3． 解析： 正四面体的内切球与外接球的半径之比为 1∶3， 故 ＝ . V2 27 答案：D