高考数学(文数)一轮课后刷题练习：第11章算法、复数、推理与证明 11.4（教师版）

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[基础送分 提速狂刷练]一、选择题1．已知m>1，a＝－，b＝－，则以下结论正确的是(　　)A．a>b   B．a<b      C．a＝b   D．a，b大小不定答案　B解析　∵a＝－＝，b＝－＝.而＋>＋>0(m>1)，∴<，即a<b.故选B.2．设x，y，z>0，则三个数＋，＋，＋(　　)A．都大于2   B．至少有一个大于2C．至少有一个不小于2   D．至少有一个不大于2答案　C解析　由于＋＋＋＋＋＝＋＋≥2＋2＋2＝6，∴＋，＋，＋中至少有一个不小于2.故选C.3．若用分析法证明：“设a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证：<a”索的“因”应是(　　)A．a－b>0   B．a－c>0C．(a－b)(a－c)>0   D．(a－b)(a－c)<0答案　C解析　<a⇔b2－ac<3a2⇔(a＋c)2－ac<3a2⇔a2＋2ac＋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.4．已知a>0，b>0，如果不等式＋≥恒成立，那么m的最大值等于(　　)A．10  B．9  C．8  D．7答案　B解析　∵a>0，b>0，∴2a＋b>0.∴不等式可化为m≤(2a＋b)＝5＋2.∵5＋2≥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　A解析　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＋cB．a2＋b2＋c2>ab＋bc＋acC．a2＋b2＋c2<2(ab＋bc＋ac)D．a2＋b2＋c2>2(ab＋bc＋ac)答案　C解析　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　D解析　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．由得则A2＋B2＋C2＝，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.8．四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(　　)A．2  B．3  C．4  D．5答案　C解析　四支足球队进行单循环比赛(每两队比赛一场)，共比赛6场．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.如果是3,4,5,6，则每场产生＝3分，没有平局产生，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．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}；②{n}；③；④.其极限为2的共有________个．答案　2解析　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}的极限；对于③，由|an－2|＝＝＝<ε，得n>1－log2ε，即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－2|<ε成立，所以2是数列的极限；对于④，由|an－2|＝＝<ε，得n>，即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－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③④.10．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　2009解析　∵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＝2009.11．设a>1，n∈N*，若不等式－1<恒成立，则n的最小值为________．答案　2解析　n＝1时，结论不成立．n＝2时，不等式为－1<，即2－2<a－1，∴(－1)2>0，∵a>1，则有意义，∴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，c，若＋＝，则A，B，C的关系是________．答案　2B＝A＋C解析　∵＋＝，∴＝，即b2＝a2＋c2－ac，则有cosB＝＝，∴B＝60°，∴A，B，C的关系是成等差数列，即2B＝A＋C.三、解答题13．已知函数f(x)＝ax＋(a>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＋＝ax＋1－(a>1)，而函数y＝ax(a>1)和函数y＝－在(－1，＋∞)上都是增函数．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＝.又0<ax0<1，所以0<－<1，即<x0<2与x0<0(x0≠－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＝(n∈N*)的前n项和为Tn，证明：Tn<6.证明　(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＝2n，所以bn＝.所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn＝＋＋…＋，①2×①，得2Tn＝3＋＋＋…＋，②②－①，得Tn＝3＋＋＋…＋－＝3×－＝3×－＝6－.因为>0，所以Tn＝6－<6.15．若a，b，c是不全相等的正数，求证：lg ＋lg ＋lg >lg a＋lg b＋lg c.证明　证法一：(分析法)lg ＋lg ＋lg >lg a＋lg b＋lg c⇐lg >lg abc⇐··>abc.因为a，b，c是不全相等的正数，所以显然有··>abc成立，原不等式得证．证法二：(综合法)因为a，b，c∈R＋，所以≥>0，≥>0，≥>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··>abc成立．上式两边同取常用对数，得lg >lg abc，即lg ＋lg ＋lg >lg a＋lg b＋lg c.