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高考文科数学一轮复习刷题训练:第11章算法、复数、推理与证明 11-4

[基础送分 提速狂刷练] 一、选择题 1. (2018· 无锡质检)已知 m>1, a= m+1- m, b= m- m-1, 则以下结论正确的是( A.a>b C.a=b 答案 解析 1 m+ m-1 ∴ B ∵ a = m+1 - m = 1 , b = m - m-1 = m+1+ m B.a<b D.a,b 大小不定 )

.而 m+1+ m> m+ m-1>0(m>1),

1 1 < ,即 a<b.故选 B. m+1+ m m+ m-1 )

y y z z x x 2.设 x,y,z>0,则三个数x+z,x+y,z+y( A.都大于 2 答案 解析 2=6, y y z z x x ∴x+z,x+y,z+y中至少有一个不小于 2.故选 C. C B.至少有一个大于 2 D.至少有一个不大于 2 C.至少有一个不小于 2

y y z z x x ?y x? ? z x? ?y z? 由于x+ z +x+y+ z +y=?x+y?+?x+z?+? z+y?≥2+2+
? ? ? ? ? ?

3. 若用分析法证明: “设 a>b>c, 且 a+b+c=0, 求证: b2-ac < 3a”索的“因”应是( A.a-b>0 答案 解析 C b2-ac< 3a?b2-ac<3a2?(a+c)2-ac<3a2?a2+2ac+ C.(a-b)(a-c)>0 ) D.(a-b)(a-c)<0 B.a-c>0

c2-ac-3a2<0?-2a2+ac+ c2<0?2a2-ac-c2>0?(a-c)(2a+c)>0 ?(a-c)(a-b)>0.故选 C. 2 1 m 4.已知 a>0,b>0,如果不等式a+b≥ 恒成立,那么 m 的 2a+b 最大值等于( 答案 解析 B ∵a>0,b>0,∴2a+b>0.
? ? ? ?

)

A.10 B.9 C.8 D.7

?2 1? ?b a? ∴不等式可化为 m≤?a+b?(2a+b)=5+2?a+b?. ?b a? ∵5+2?a+b?≥5+4=9,即其最小值为 9,当且仅当 a=b 时, ? ?

等号成立. ∴m≤9,即 m 的最大值等于 9.故选 B. 5.设 f(x)是定义在 R 上的奇函数,且当 x≥0 时,f(x)单调递减, 若 x1+x2>0,则 f(x1)+f(x2)的值( A.恒为负值 B.恒等于零 C.恒为正值 D.无法确定正负 答案 解析 A 由 f(x)是定义在 R 上的奇函数,且当 x≥0 时,f(x)单调递 )

减,可知 f(x)是 R 上的单调递减函数,由 x1+x2>0,可知 x1>-x2, f(x1)<f(-x2)=-f(x2),则 f(x1)+f(x2)<0.故选 A. 6.设 a,b,c 为△ABC 的三边,则( A.a2+b2+c2>a+b+c B.a2+b2+c2>ab+bc+ac C.a2+b2+c2<2(ab+bc+ac) D.a2+b2+c2>2(ab+bc+ac) 答案 解析 C c2=a2+b2-2abcosC,b2=a2+c2-2accosB, )

a2=b2+c2-2bccosA,

∴a2+b2+c2=2(a2+b2+c2)-2(abcosC+accosB+bccosA). ∴a2+b2+c2=2(abcosC+accosB+bccosA)<2(ab+bc+ac). 故选 C. 7.若△A1B1C1 的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2 的三个内 角的正弦值,则( ) A.△A1B1C1 和△A2B2C2 都是锐角三角形 B.△A1B1C1 和△A2B2C2 都是钝角三角形 C.△A1B1C1 是钝角三角形,△A2B2C2 是锐角三角形 D.△A1B1C1 是锐角三角形,△A2B2C2 是钝角三角形 答案 解析 D 由条件知,△A1B1C1 的三个内角的余弦值均大于 0,则△

A1B1C1 是锐角三角形,且△ A2B2C2 不可能是直角三角形.假设△ A2B2C2 是锐角三角形.


?sinA =cosA =sin??2-A ??, ? ?π ? 由?sinB =cosB =sin?2-B ?, ? ? ?sinC =cosC =sin??π-C ??, ? ?2 ?
2 1 1 2 1 1 2 1 1

?

?A =2-A , ? π 得?B =2-B , ?C =π-C , ? 2
2 1 2 1 2 1

π

π 则 A2+B2+C2=2,这与三角形内角和为 180° 相矛盾.因此假设 不成立,故△A2B2C2 是钝角三角形.故选 D. 8.(2017· 昌平区二模)四支足球队进行单循环比赛(每两队比赛一 场),每场比赛胜者得 3 分,负者得 0 分,平局双方各得 1 分.比赛 结束后发现没有足球队全胜,且四队得分各不相同,则所有比赛中最

多可能出现的平局场数是( 答案 解析 场. C

)

A.2 B.3 C.4 D.5 四支足球队进行单循环比赛(每两队比赛一场),共比赛 6

每场比赛胜者得 3 分,负者得 0 分,平局双方各得 1 分. 即每场比赛若不平局,则共产生 3×6=18 分,每场比赛都平局, 则共产生 2×6=12 分. 比赛结束后发现没有足球队全胜,且四队得分各不相同, 则各队得分分别为:2,3,4,5 或 3,4,5,6. 3+4+5+6 如果是 3,4,5,6,则每场产生 =3 分,没有平局产生, 6 但是不可能产生 4,5 分,与题意矛盾,舍去. 因此各队得分分别为:2,3,4,5. 第一名得分 5:5=3+1+1,为一胜两平; 第二名得分 4:4=3+1+0,为一胜一平一负; 第三名得分 3:根据胜场等于负场,只能为三平; 第四名得分 2:2=1+1+0,为两平一负. 则所有比赛中最多可能出现的平局场数是 4. 故选 C. 二、填空题 9.(2017· 南昌一模)设无穷数列{an},如果存在常数 A,对于任意 给定的正数 ε(无论多小),总存在正整数 N,使得 n>N 时,恒有|an- A|<ε 成立, 就称数列{an}的极限为 A.则四个无穷数列: ①{(-1)n×2};
? 1 1 1 1 ? ?2n+1? ?.其极限为 2 的共有 ②{n};③?1+2+22+23+…+2n-1?;④? ? ? ? n ?

________个. 答案 解析 2 对于①,|an-2|=|(-1)n×2-2|=2×|(-1)n-1|,当 n 是

偶数时,|an-2|=0,当 n 是奇数时,|an-2|=4,所以不符合数列{an}

的极限的定义,即 2 不是数列{(-1)n×2}的极限;对于②,由|an- 2|=|n-2|<ε, 得 2-ε<n<2+ε, 所以对于任意给定的正数 ε(无论多小), 不存在正整数 N,使得 n>N 时,恒有|an-2|<ε,即 2 不是数列{n}的
? 1 1 1 1 ? 极 限 ; 对 于 ③ , 由 |an - 2| = ?1+2+22+23+…+2n-1-2? = ? ?

1? ? ?1×? ?1- n? ? ? 2 ?-2?= 2n<ε,得 n>1-log2ε,即对于任意给定的正数 ε(无 ? 1-1 ? 2 2 ? ? 论多小),总存在正整数 N,使得 n>N 时,恒有|an-2|<ε 成立,所以
? 1 1 1 1 ? 2 是 数 列 ?1+2+22+23+…+2n-1? 的 极 限 ; 对 于 ④ , 由 |an - 2| = ? ? ?2n+1 ? 1 1 ? ?= <ε,得 n> ,即对于任意给定的正数 ε(无论多小),总 - 2 ε ? n ? n

存在正整数 N, 使得 n>N 时, 恒有|an-2|<ε 成立, 所以 2 是数列? 的极限.综上所述,极限为 2 的共有 2 个,即③④.

?2n+1? ? ? n ?

10.已知数列{an},{bn}的前 n 项和分别为 Sn 和 Tn,若 S100=41, T100=49,设 cn=anTn+bnSn-anbn(n∈N*).那么数列{cn}的前 100 项 和为________. 答案 解析 2009 ∵an=Sn-Sn-1,bn=Tn-Tn-1,

则 cn=anTn+bnSn-anbn=SnTn-Sn-1Tn-1, ∴c100=S100T100-S99T99, c99=S99T99-S98T98, … c2=S2T2-S1T1, c1=S1T1. ∴数列{cn}的前 100 项和为 S100T100=41×49=2009. a-1 n 11.设 a>1,n∈N*,若不等式 a-1< n 恒成立,则 n 的最小

值为________. 答案 解析 2 n=1 时,结论不成立.

a-1 n=2 时,不等式为 a-1< 2 , 即 2 a-2<a-1, ∴( a-1)2>0, ∵a>1,则 a有意义, ∴不等式恒成立. 12.设非等腰△ABC 的内角 A,B,C 所对的边长分别为 a,b, 1 1 3 c,若 + = ,则 A,B,C 的关系是________. a-b c-b a-b+c 答案 解析 ∴ 2B=A+C 1 1 3 ∵ + = , a-b c-b a-b+c

a+c-2b 3 = , ?a-b??c-b? a-b+c

即 b2=a2+c2-ac, a2+c2-b2 1 则有 cosB= 2ac =2, ∴B=60° , ∴A,B,C 的关系是成等差数列,即 2B=A+C. 三、解答题 x-2 13.已知函数 f(x)=ax+ (a>1). x+1 (1)求证:函数 f(x)在(-1,+∞)上为增函数; (2)用反证法证明 f(x)=0 没有负根. 证明 (1)因为 f(x)=ax+ x-2 3 = ax + 1 - (a>1),而函数 y= x+1 x+1

3 ax(a>1)和函数 y=- 在(-1,+∞)上都是增函数. x+1

故函数 f(x)在(-1,+∞)上为增函数. (2)假设函数 f(x)=0 有负根 x0, 即存在 x0<0(x0≠-1)满足 f(x0)=0, 则 ax0= 2-x0 x0-2 1 .又 0<ax0<1,所以 0<- <1,即2<x0<2 与 x0<0(x0≠ x0+1 x0+1

-1)假设矛盾. 故 f(x)=0 没有负根. 14.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn=an+1+n-2,n∈N*, a1=2. (1)证明:数列{an-1}是等比数列,并求数列{an}的通项公式; (2)设 bn= 证明 3n (n∈N*)的前 n 项和为 Tn,证明:Tn<6. Sn-n+1

(1)因为 Sn=an+1+n-2,所以当 n≥2 时,Sn-1=an+(n-

1)-2=an+n-3, 两式相减,得 an=an+1-an+1, 即 an+1=2an-1. 设 cn=an-1,代入上式, 得 cn+1+1=2(cn+1)-1, 即 cn+1=2cn(n≥2). 又 Sn=an+1+n-2,则 an+1=Sn-n+2, 故 a2=S1-1+2=3. 所以 c1=a1-1=1,c2=a2-1=2,即 c2=2c1. 综上,对于正整数 n,cn+1=2cn 都成立,即数列{an-1}是等比数 列,其首项 a1-1=1,公比 q=2. 所以 an-1=1×2n-1,故 an=2n-1+1. (2)由 Sn=an+1+n-2,得 Sn-n+2=an+1=2n+1,即 Sn-n+1 3n =2n,所以 bn= 2n . 3 6 3n 所以 Tn=b1+b2+…+bn-1+bn=2+22+…+ 2n ,① 6 3×3 3n 2×①,得 2Tn=3+2+ 22 +…+ n-1,② 2

3 3 3 3n ②-①,得 Tn=3+2+22+…+ n-1- 2n 2
? 1 1 1 ? 3n =3×?1+2+22+…+2n-1?- 2n ? ? ?1? 1-?2?n 3n+6 3n ? ? =3× - n =6- 1 2 2n . 1-2

3n+6 3n+6 因为 2n >0,所以 Tn=6- 2n <6. 15.若 a,b,c 是不全相等的正数,求证:lg lg c+a 2 >lg a+lg b+lg c. 证明 +lg c?lg ? 证法一:(分析法)lg a+b b+c c+a + lg + lg 2 2 2 >lg a+lg b a+b b+c + lg 2 2 +

?a+b b+c c+a? a+b b+c c+a ?>lg abc? · · 2 · 2 · 2 >abc. 2 2 ? ? 2

a+b b+c c+a 因为 a, b, c 是不全相等的正数, 所以显然有 2 · 2 · 2 >abc 成立,原不等式得证. 证法二:(综合法)因为 a,b,c∈R+, a+b b+c a+c 所以 2 ≥ ab>0, 2 ≥ bc>0, 2 ≥ ac>0. 又因为 a,b,c 不全相等, 所 以 上 述 三个不 等 式 中 等号不 能 同 时 成立, 即 a+b b+c c+a 2 · 2 · 2 >abc 成立. 上式两边同取常用对数,得 lg ?
?a+b b+c c+a? · 2 · 2 ?>lg abc, ? 2 ?

即 lg

a+b b+c c+a + lg + lg 2 2 2 >lg a+lg b+lg c.



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