2019-2020学年高一数学下学期3月月考试题(含解析)_2

2019-2020学年高一数学下学期3月月考试题
（含解析）
一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）
1.（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】，选A.
2.已知扇形的圆心角为，周长为，则扇形的面积为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
求出扇形的半径和弧长，利用扇形的面积公式可求出该扇形的面积.
【详解】设该扇形的半径为，弧长为，则，且，所
以有，
所以，该扇形的面积为.
故选：B.
【点睛】本题考查扇形面积的计算，解答的关键就是求出扇形的半径，考查计算能力，属于基础题.
3.函数，的图象在区间的交点个数为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
求出方程在区间上的根，即可得出结论.
【详解】令，即，得，则该方程在区间上的实根为、、、，共个.
故选：B.
【点睛】本题正弦函数与余弦函数图象的交点个数，可以解三角方程来求解，也可以作出图象观察交点个数，属于基础题.
4.已知平面以及不重合的直线、、.
①若，，则；
②若，，则；
③若，，则；
④若，，则.
以上说法正确的有（）个
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据空间中直线的位置关系可判断①③的正误，根据平行线的传递性可判断②的正误，根据空间中的线面关系可判断④的正误.综合可得出结论.
【详解】对于①③，若，，则与平行、相交或异面，故①③错误；
对于②，由平行线的传递性可知②正确；
对于④，若，，则或，故④错误.
故选：A.
【点睛】本题考查空间中线线关系、线面关系有关命题真假的判断，考查推理能力，属于基础题.
5.设，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由x的范围，和三角函数线得，将化简，得答案.
【详解】因为，由三角函数线的图像
可知，则
故选：A
【点睛】本题考查利用同角三角函数关系和二倍角的正弦公式化简，还考查了判断三角函数值的大小，属于简单题.
6.在中，已知，，，则（）
A. B. C. 或 D. 以上答案都不对
【答案】C
【解析】
【分析】
利用正弦定理可直接求得角的值.
【详解】由正弦定理，得，
，，因此，或.
故选：C.
【点睛】本题考查利用正弦定理求三角形的内角，若存在多解的情况，要注意利用大边对大角定理或内角和定理来判断，考查计算能力，属于基础题.
7.在中，，，，则此三角形外接圆面积为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由，及的值，利用余弦定理求出的值，由，的值，利用正弦定理求出三
角形外接圆的半径，即可求出此三角形外接圆的面积．
【详解】，，，
由余弦定理得：，
，
设三角形外接圆半径为，
由正弦定理得：，即，
解得：，
则此三角形外接圆面积为．
故选D
【点睛】此题考查了正弦、余弦定理，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握正弦、余弦定理是解本题的关键．
8.中，已知，，则面积的最大值为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用平面向量数量积的运算得出，利用正弦定理结合三角恒等变换思想将的面积化为以角为自变量的正弦型函数，进而可得出面积的最大值.
【详解】由，得
，
由正弦定理，得，
所以面积
，其中，
，当时，的面积取最大值为.
故选：A.
【点睛】本题考查三角形面积最值的计算，涉及平面向量数量积的运算以及正弦定理的应用，考查计算能力，属于中等题.
二、填空题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）
9.已知函数的图象关于直线对称，则的值是________．
【答案】.
【解析】
分析：由对称轴得，再根据限制范围求结果.
详解：由题意可得，所以
，因，所以
点睛：函数（A>0,ω>0）的性质：(1)
；
(2)最小正周期；(3)由求对称轴；(4)由
求增区间; 由求减区间.
10.在中，若，则_________.
【答案】
【解析】
【分析】
由正弦定理得出，利用余弦定理求得的值，即可得出角的值.
【详解】由正弦定理可知，，，
由余弦定理得，，因此，.
故答案：.
【点睛】本题考查利用余弦定理求三角形的内角，涉及正弦定理边角互化思想的应用，属于基础题.
11.正方体中，直线与直线所成角的大小为_______.
【答案】
【解析】
【分析】
作出图形，连接、，证明出，可得出异面直线
与直线所成角为或其补角，判断出的形状，进而可得出异面直线与直线所成角的大小.
【详解】如下图所示：
连接、，在正方体中，且，则四边形为平行四边形，，
则异面直线与直线所成角为或其补角，
由于、、都是该正方体的面对角线，则，则为正三角形，，
因此，直线与直线所成角为.
故答案为：.
【点睛】本题考查异面直线所成角的计算，考查计算能力，属于基础题.
12.已知向量，，其中，若，则
的值为_______.
【答案】或
【解析】
【分析】
利用共线向量的坐标表示结合二倍角的正弦公式求得的值，进而可求得的值.
【详解】由，得，即，
因为，则，所以或，即或.
故或.
故答案为：或.
【点睛】本题考查正切值的计算，涉及共线向量的坐标表示以及二倍角正弦公式的应用，求出角的值是解题的关键，考查计算能力，属于中等题.
13. =__________．【答案】
【解析】
【分析】
根据式子中角度的规律，可知，
，变形有，由此可以求解．【详解】根据式子中角度的规律，可知
，，变形有
．所以
，，
，，，
．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查两角和的正切公式的应用以及归纳推理的应用，属于中档题．
14.在中，若，则该三角形的形状是
________.
【答案】等腰三角形
【解析】
【分析】
利用，结合两角和的余弦公式化简得出
，可得出角与角的关系，从而判断出该三角形的形状.
【详解】，
，即，
，，，，
因此，为等腰三角形.
故答案为：等腰三角形.
【点睛】本题考查三角形形状的判断，涉及两角和与差的余弦公式的应用，考查计算能力与推理能力，属于中等题.
15.已知满足，，的恰有一个，那么的取
值范围是_________.
【答案】
【解析】
【分析】
计算出表达式，结合该三角形只有一解可得出满足的条件，进而可求得的取值范围.
【详解】根据正弦定理，，
若三角形有一解，即仅有一个解，所以或，即或，
解得.
因此，取值范围是.
故答案为：.
【点睛】本题考查利用三角形解的个数求边长的取值范围，考查运算求解能力，属于中等题.
16.如图，在中，若，，是的右端三等分点，则的最小值为________.
【答案】
【解析】
【分析】
求出的外接圆半径，作出图形，找出该三角形外接圆圆心的位置，利用、、三点共线时最短可得解.
【详解】由正弦定理可知，外接圆半径，
设为外接圆圆心，点位置如下图所示：
因为，由余弦定理得，
，，，
又，由余弦定理得，则，
由三角形两边之差小于第三边可知，
故当、、三点共线时，最短为.
故答案为：.
【点睛】本题考查三角形中线段长度最值的计算，利用外接圆结合三点共线求解是解答的关键，考查数形结合思想的应用，考查计算能力，属于中等题.
三、解答题（本大题共6小题，共70分）
17.已知函数.
（1）求函数的最小正周期；
（2）若，求函数的值域.
【答案】（1）最小正周期为；（2）值域为.
【解析】
【分析】
（1）利用三角恒等变换思想化简函数的解析式为
，利用正弦型函数的周期公式可求得函数的最小正周期；
（2）由计算出的取值范围，利用正弦函数的基本性质可求得函数在区间上的值域.
【详解】（1）
，
所以，函数最小正周期；
（2）当时，，，故
.
因此，函数在区间上的值域为.
【点睛】本题考查正弦型函数的最小正周期和值域的求解，利用三角恒等思想化简函数的解析式是解答的关键，考查计算能力，属于中等题.
18.已知，均为锐角，，.
（1）求的值；
（2）求的值.
【答案】(1) (2)
【解析】
【分析】
（1）利用二倍角公式求得的值.（2）先根据的取值范围，利用同角三角函数的基本关系式求得的值.方法一：先求得的值，进而求得的值，利用
，利用两角差的正弦公式展开代入数据求得结果.方法二：先求得的值，由此利用两角差的正弦公式，求得的值.
【详解】（1）因为，所以
.
（2）因为，为锐角，所以，则.
由于，所以.
.
【方法一】因为为锐角，，则，所以
，
从而.
则
【方法二】因为为锐角，，则，所以
.
则，
.
从而.
【点睛】本小题主要考查同角三角函数的基本关系式，考查二倍角公式，考查两角和与差的正弦公式，属于中档题.
19.如图，四棱锥中，底面梯形，，，
，点在棱上.
（1）求证：平面；
（2）若平面，求的值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由已知结合线面平行的判定定理可得出结论；（2）连接交于，连接，由线面平行的性质定理可得出，利用计算出的值，进而可求得的值.
【详解】（1）因为，平面，平面，所以平面；
（2）连接交于，连接，
因为平面，且平面，平面平面，所以，，，
，易得，则，
因此，.
【点睛】本题考查线面平行的判定，同时也考查了线段长度比值的计算，涉及线面平行性质定理的应用，考查推理能力与计算能力，属于基础题.
20.如图所示，由一块扇形空地，其中，米，计划在此扇形空地区域为学生建灯光篮球运动场，区域内安装一批照明灯，点、选在线段上（点、分别不与点、重合），且.
（1）若点在距离点米处，求点、之间的距离；（2）为了使运动场地区域最大化，要求面积尽可能的小，记，请用表示的面积，并求的最小值.
【答案】（1）米；（2），最小面积为平方米.
【解析】
【分析】
（1）利用余弦定理求得的长度，并求出，可得出，可得出，进而可求得的长度；
（2）利用正弦定理求出、关于的表达式，利用三角形的面积公式可得出的表达式，结合三角恒等变换思想化简，
利用正弦型函数的有界性可求得的最小值.
【详解】（1）在中，，，
由余弦定理得，，中，由，解得，即，故，可知，求得
，因此，（米）；
（2）记，则有，，，由正弦定理可得，，
，
由，则，则当时，即当时，有最小值平方米
【点睛】本题考查解三角形的应用，涉及正弦定理与三角恒等变换思想的应用，考查计算能力，属于中等题.
21.在四边形中，，.
（1）若，求四边形的面积；
（2）记和的面积分别为和，求的最大值.【答案】（1）；（2）最大值为.
【解析】
【分析】
（1）连接，利用余弦定理求得，利用余弦定理求得，进而求得，然后利用三角形的面积公式求得和
的面积，相加即可得出四边形的面积；
（2）设，可得出，，利用余弦定理求出，进而可得而出关于的表达式，再将转化为的三角函数，利用二次函数的基本性质可得出的最大值.
【详解】（1）连接，由余弦定理得
，，
在中，，，由余弦定理得
，
，
可得，，
故四边形面积为；
（2）设，在中，有，
由余弦定理得，
在中，有，，故有，
即当时，有最大值.
【点睛】本题考查三角形中的几何计算，考查四边形面积及其最值的计算，解答的关键就是将面积表示为某角为自变量三角函数，考查计算能力，属于中等题.
22.已知函数.
（1）若，且在上单调递减，求的取值范围；（2）若，且在区间恒成立，求的取值范围；（3）当，时，求证：在区间至少存在一个，使得.
【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.【解析】
【分析】
（1）根据二次函数在区间上单调递减得出，进而可求得实数的取值范围；
（2）由题意得出对任意的恒成立，利用参变量分离法得出，求出函数在上的最大值，即可得出实数的取值范围；
（3）利用反证法，假设对任意的，均有，根据
题意得出，推出矛盾即可.
【详解】（1）当时，，该二次函数的图象开口向上，对称轴为直线，
由于函数在单调递减，则有，解得.因此，实数的取值范围是；
（2）由题可知在恒成立，则且,
令，，则二次函数在时单调递减，
当时，函数取得最大值，即，，
因此，实数的取值范围是；
（3）由题可知，且，函数开口向上，对称轴，
则在单调递减，其值域为，
若不存在使得，即对任意都有，即，可得，即，与矛盾.
故必存在，使得.
【点睛】本题考查利用二次函数在区间上的单调性求参数，同时也考查了二次不等式恒成立以及二次函数相关的不等式的证明，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
2019-2020学年高一数学下学期3月月考试题
（含解析）
一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）
1.（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】，选A.
2.已知扇形的圆心角为，周长为，则扇形的面积为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
求出扇形的半径和弧长，利用扇形的面积公式可求出该扇形的面积.
【详解】设该扇形的半径为，弧长为，则，且，所以有，
所以，该扇形的面积为.
故选：B.
【点睛】本题考查扇形面积的计算，解答的关键就是求出扇形的半径，考查计算能力，属于基础题.
3.函数，的图象在区间的交点个数为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
求出方程在区间上的根，即可得出结论.
【详解】令，即，得，则该方程在区间上的实根为、、、，共个.
故选：B.
【点睛】本题正弦函数与余弦函数图象的交点个数，可以解三角方程来求解，也可以作出图象观察交点个数，属于基础题.
4.已知平面以及不重合的直线、、.
①若，，则；
②若，，则；
③若，，则；
④若，，则.
以上说法正确的有（）个
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据空间中直线的位置关系可判断①③的正误，根据平行线的传递性可判断②的正误，根据空间中的线面关系可判断④的正误.综合可得出结论.
【详解】对于①③，若，，则与平行、相交或异面，故①③错误；
对于②，由平行线的传递性可知②正确；
对于④，若，，则或，故④错误.
故选：A.
【点睛】本题考查空间中线线关系、线面关系有关命题真假的判断，考查推理能力，属于基础题.
5.设，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由x的范围，和三角函数线得，将化简，得答案.
【详解】因为，由三角函数线的图像
可知，则
故选：A
【点睛】本题考查利用同角三角函数关系和二倍角的正弦公式化简，还考查了判断三角函数值的大小，属于简单题.
6.在中，已知，，，则（）
A. B. C. 或 D. 以上答案都不对
【答案】C
【解析】
【分析】
利用正弦定理可直接求得角的值.
【详解】由正弦定理，得，
，，因此，或.
故选：C.
【点睛】本题考查利用正弦定理求三角形的内角，若存在多解的情况，要注意利用大边对大角定理或内角和定理来判断，考查计算能力，属于基础题.
7.在中，，，，则此三角形外接圆面积为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由，及的值，利用余弦定理求出的值，由，的值，利用正弦定理求出三
角形外接圆的半径，即可求出此三角形外接圆的面积．
【详解】，，，
由余弦定理得：，
，
设三角形外接圆半径为，
由正弦定理得：，即，
解得：，
则此三角形外接圆面积为．
【点睛】此题考查了正弦、余弦定理，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握正弦、余弦定理是解本题的关键．
8.中，已知，，则面积的最大值为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用平面向量数量积的运算得出，利用正弦定理结合三角恒等变换思想将的面积化为以角为自变量的正弦型函数，进而可得出面积的最大值.
【详解】由，得，
由正弦定理，得，
所以面积
，其中，
，当时，的面积取最大值为.
故选：A.
【点睛】本题考查三角形面积最值的计算，涉及平面向量数量积的运算以及正弦定理的应用，考查计算能力，属于中等题.
二、填空题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）
9.已知函数的图象关于直线对称，则的值是________．
【答案】.
分析：由对称轴得，再根据限制范围求结果.
详解：由题意可得，所以，因，所以
点睛：函数（A>0,ω>0）的性质：(1)；
(2)最小正周期；(3)由求对称轴；(4)由
求增区间; 由求减区间.
10.在中，若，则_________.
【答案】
【解析】
【分析】
由正弦定理得出，利用余弦定理求得的值，即可得出角的值.
【详解】由正弦定理可知，，，
由余弦定理得，，因此，.
故答案：.
【点睛】本题考查利用余弦定理求三角形的内角，涉及正弦定理边角互化思想的应用，属于基础题.
11.正方体中，直线与直线所成角的大小为_______.
【答案】
【解析】
【分析】
作出图形，连接、，证明出，可得出异面直线与直线所成角为或其补角，判断出的形状，进而可得出异面直线与直线所成角的大小.【详解】如下图所示：
连接、，在正方体中，且，则四边形为平行四边形，，
则异面直线与直线所成角为或其补角，
由于、、都是该正方体的面对角线，则，则为正三角形，，
因此，直线与直线所成角为.
故答案为：.
【点睛】本题考查异面直线所成角的计算，考查计算能力，属于基础题.
12.已知向量，，其中，若，则的值为
_______.
【答案】或
【解析】
【分析】
利用共线向量的坐标表示结合二倍角的正弦公式求得的值，进而可求得的值.
【详解】由，得，即，
因为，则，所以或，即或.
故或.
故答案为：或.
【点睛】本题考查正切值的计算，涉及共线向量的坐标表示以及二倍角正弦公式的应用，求出角的值是解题的关键，考查计算能力，属于中等题.
13. =__________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据式子中角度的规律，可知，
，变形有，由此可以求解．
【详解】根据式子中角度的规律，可知，
，变形有．所以
，，
，，，
．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查两角和的正切公式的应用以及归纳推理的应用，属于中档题．
14.在中，若，则该三角形的形状是________.
【答案】等腰三角形
【解析】
【分析】
利用，结合两角和的余弦公式化简得出，可得出角与角的关系，从而判断出该三角形的形状.
【详解】，
，即，
，，，，
因此，为等腰三角形.
故答案为：等腰三角形.
【点睛】本题考查三角形形状的判断，涉及两角和与差的余弦公式的应用，考查计算能力与推理能力，属于中等题.
15.已知满足，，的恰有一个，那么的取值范围是_________.【答案】
【解析】
【分析】
计算出表达式，结合该三角形只有一解可得出满足的条件，进而可求得的取值范围.
【详解】根据正弦定理，，
若三角形有一解，即仅有一个解，所以或，即或，解得.
因此，取值范围是.
故答案为：.
【点睛】本题考查利用三角形解的个数求边长的取值范围，考查运算求解能力，属于中等题.
16.如图，在中，若，，是的右端三等分点，则的最小值为
________.
【答案】
【解析】
【分析】
求出的外接圆半径，作出图形，找出该三角形外接圆圆心的位置，利用、、三点共线时最短可得解.
【详解】由正弦定理可知，外接圆半径，
设为外接圆圆心，点位置如下图所示：
因为，由余弦定理得，
，，，
又，由余弦定理得，则，
由三角形两边之差小于第三边可知，
故当、、三点共线时，最短为.
故答案为：.
【点睛】本题考查三角形中线段长度最值的计算，利用外接圆结合三点共线求解是解答的关键，考查数形结合思想的应用，考查计算能力，属于中等题.
三、解答题（本大题共6小题，共70分）
17.已知函数.
（1）求函数的最小正周期；
（2）若，求函数的值域.
【答案】（1）最小正周期为；（2）值域为.
【解析】
【分析】
（1）利用三角恒等变换思想化简函数的解析式为，利用正弦型函数的周期公式可求得函数的最小正周期；
（2）由计算出的取值范围，利用正弦函数的基本性质可求得函数
在区间上的值域.
【详解】（1）
，
所以，函数最小正周期；
（2）当时，，，故.
因此，函数在区间上的值域为.
【点睛】本题考查正弦型函数的最小正周期和值域的求解，利用三角恒等思想化简函数的解析式是解答的关键，考查计算能力，属于中等题.
18.已知，均为锐角，，.
（1）求的值；
（2）求的值.
【答案】(1) (2)
【解析】
【分析】
（1）利用二倍角公式求得的值.（2）先根据的取值范围，利用同角三角函数的基本关系式求得的值.方法一：先求得的值，进而求得的值，利用
，利用两角差的正弦公式展开代入数据求得结果.方法二：先求得的值，由此利用两角差的正弦公式，求得的值.
【详解】（1）因为，所以
.
（2）因为，为锐角，所以，则.
由于，所以.
.
【方法一】因为为锐角，，则，所以，
从而.
则
【方法二】因为为锐角，，则，所以.
则，
.
从而.
【点睛】本小题主要考查同角三角函数的基本关系式，考查二倍角公式，考查两角和与差的正弦公式，属于中档题.
19.如图，四棱锥中，底面梯形，，，，点在棱
上.
（1）求证：平面；
（2）若平面，求的值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由已知结合线面平行的判定定理可得出结论；
（2）连接交于，连接，由线面平行的性质定理可得出，利用
计算出的值，进而可求得的值.
【详解】（1）因为，平面，平面，所以平面；（2）连接交于，连接，
因为平面，且平面，平面平面，所以，，，
，易得，则，
因此，.
【点睛】本题考查线面平行的判定，同时也考查了线段长度比值的计算，涉及线面平行性质定理的应用，考查推理能力与计算能力，属于基础题.
20.如图所示，由一块扇形空地，其中，米，计划在此扇形空地区
域为学生建灯光篮球运动场，区域内安装一批照明灯，点、选在线段上（点、分别不与点、重合），且.
（1）若点在距离点米处，求点、之间的距离；
（2）为了使运动场地区域最大化，要求面积尽可能的小，记，请用表示的面积，并求的最小值.
【答案】（1）米；（2），最小面积为平方米.
【解析】
【分析】
（1）利用余弦定理求得的长度，并求出，可得出，可得出，进而可求得的长度；
（2）利用正弦定理求出、关于的表达式，利用三角形的面积公式可得出的表达式，结合三角恒等变换思想化简，利用正弦型函数的有界性可求得的最小值.
【详解】（1）在中，，，
由余弦定理得，，中，由，解得，
即，故，可知，求得，因此，
（米）；
（2）记，则有，，，
由正弦定理可得，，
，
由，则，则当时，即当时，有最小值
平方米
【点睛】本题考查解三角形的应用，涉及正弦定理与三角恒等变换思想的应用，考查计算能力，属于中等题.
21.在四边形中，，.
（1）若，求四边形的面积；
（2）记和的面积分别为和，求的最大值.
【答案】（1）；（2）最大值为.
【解析】
【分析】
（1）连接，利用余弦定理求得，利用余弦定理求得，进而求得，然后利用三角形的面积公式求得和的面积，相加即可得出四边形的面积；
（2）设，可得出，，利用余弦定理求出，进而可得而出关于的表达式，再将转化为的三角函数，利用二次函数的基本性质可得出的最大值.
【详解】（1）连接，由余弦定理得，，
在中，，，由余弦定理得，
，
可得，，
故四边形面积为；
（2）设，在中，有，
由余弦定理得，
在中，有，，
故有，
即当时，有最大值.
【点睛】本题考查三角形中的几何计算，考查四边形面积及其最值的计算，解答的关键就是将面积表示为某角为自变量三角函数，考查计算能力，属于中等题.
22.已知函数.
（1）若，且在上单调递减，求的取值范围；
（2）若，且在区间恒成立，求的取值范围；
（3）当，时，求证：在区间至少存在一个，使得.
【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据二次函数在区间上单调递减得出，进而可求得实数的取值范围；
（2）由题意得出对任意的恒成立，利用参变量分离法得出
，求出函数在上的最大值，即可得出实数的取值范围；
（3）利用反证法，假设对任意的，均有，根据题意得出，推出矛盾即可.
【详解】（1）当时，，该二次函数的图象开口向上，对称轴为直线，
由于函数在单调递减，则有，解得.
因此，实数的取值范围是；
（2）由题可知在恒成立，则且,
令，，则二次函数在时单调递减，
当时，函数取得最大值，即，，
因此，实数的取值范围是；
（3）由题可知，且，函数开口向上，对称轴，
则在单调递减，其值域为，
若不存在使得，即对任意都有，
即，可得，即，与矛盾.
故必存在，使得.
【点睛】本题考查利用二次函数在区间上的单调性求参数，同时也考查了二次不等式恒成立以及二次函数相关的不等式的证明，考查推理能力与计算能力，属于中等题.。