2021年高考考点完全题数学（文）考点通关练习题 第五章 不等式、推理与证明、算法初步与复数 37 word版含答案

这是一份2021年高考考点完全题数学（文）考点通关练习题 第五章 不等式、推理与证明、算法初步与复数 37 word版含答案，共8页。试卷主要包含了基础小题，高考小题，模拟小题等内容，欢迎下载使用。
考点测试37　直接证明与间接证明一、基础小题1．命题“对于任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos2θ”的证明：“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos2θ”过程应用了(　　)A．分析法 B．综合法C．综合法、分析法综合使用 D．间接证明法答案　B解析　因为证明过程是“从左往右”，即由条件⇒结论．2．用反证法证明结论“三角形内角至少有一个不大于60°”，应假设(　　)A．三个内角至多有一个大于60°B．三个内角都不大于60°C．三个内角都大于60°D．三个内角至多有两个大于60°答案　C解析　“三角形内角至少有一个不大于60°”即“三个内角至少有一个小于等于60°”，其否定为“三角形内角都大于60°”．故选C.3．若a，b，c是不全相等的实数，求证：a2＋b2＋c2>ab＋bc＋ca.证明过程如下：∵a、b、c∈R，∴a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac.又∵a，b，c不全相等，∴以上三式至少有一个“＝”不成立．∴将以上三式相加得2(a2＋b2＋c2)>2(ab＋bc＋ac)．∴a2＋b2＋c2>ab＋bc＋ca.此证法是(　　)A．分析法 B．综合法C．分析法与综合法并用 D．反证法答案　B解析　由已知条件入手证明结论成立，满足综合法的定义．4．分析法又称执果索因法，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)>0.5．若P＝＋，Q＝＋，a≥0，则P、Q的大小关系是(　　)A．P>Q B．P＝QC．P<Q D．由a的取值确定答案　C解析　令a＝0，则P＝≈2.6，Q＝＋≈3.7，∴P<Q.据此猜想a≥0时P<Q.证明如下：要证P<Q，只要证P2<Q2，只要证2a＋7＋2<2a＋7＋2，只要证a2＋7a<a2＋7a＋12，只要证0<12，∵0<12成立，∴P<Q成立．故选C.6．两旅客坐火车外出旅游，希望座位连在一起，且有一个靠窗，已知火车上的座位如图所示，则下列座位号码符合要求的应当是(　　)A.48,49 B．62,63C．75,76 D．84,85答案　D解析　由已知图形中座位的排序规律可知，被5除余1的数和能被5整除的座位号靠窗，由于两旅客希望座位连在一起，且有一个靠窗，分析答案中的4组座位号知，只有D符合条件．7．已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，有下列命题：①α∥β⇒l⊥m；②α⊥β⇒l∥m；③l∥m⇒α⊥β；④l⊥m⇒α∥β.其中正确命题的序号是________．答案　①③解析　①⇒l⊥β，又∵m⊂β，∴l⊥m，①正确；②l⊥α，当l⊂β且m不垂直α时，则l必与m相交，故②错误；③⇒m⊥α，又m⊂β，∴β⊥α，故③正确；④若α∩β＝n，且m∥n时，l⊥α⇒l⊥n⇒l⊥m，故④错误．8．记S＝＋＋＋…＋，则S与1的大小关系是________．答案　S<1解析　∵<，<，…，＝<，∴S＝＋＋＋…＋<＋＋…＋＝1.二、高考小题9．用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要做的假设是(　　)A．方程x3＋ax＋b＝0没有实根B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一个实根C．方程x3＋ax＋b＝0至多有两个实根D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实根答案　A解析　“方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”的否定是“方程x3＋ax＋b＝0没有实根”．三、模拟小题10．用反证法证明：若整系数一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有有理数根，那么a，b，c中至少有一个是偶数．用反证法证明时，下列假设正确的是(　　)A．假设a，b，c都是偶数B．假设a，b，c都不是偶数C．假设a，b，c至多有一个偶数D．假设a，b，c至多有两个偶数答案　B解析　“至少有一个”的否定为“都不是”，故选B.11．设a，b，c是不全相等的正数，给出下列判断：①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；②a>b，a<b及a＝b中至少有一个成立；③a≠c，b≠c，a≠b不能同时成立，其中正确判断的个数为(　　)A．0 B．1C．2 D．3答案　C解析　①②正确；③中，a≠b，b≠c，a≠c可以同时成立，如a＝1，b＝2，c＝3，故正确的判断有2个．12．设a，b，c都是正数，则a＋，b＋，c＋三个数(　　)A．都大于2 B．都小于2C．至少有一个不大于2 D．至少有一个不小于2答案　D解析　假设a＋，b＋，c＋都小于2，则有a＋＋b＋＋c＋<6.因为a，b，c都是正数，所以a＋＋b＋＋c＋＝＋＋≥2＋2＋2＝6与a＋＋b＋＋c＋<6矛盾．故假设不成立，所以a＋，b＋，c＋至少有一个不小于2，故选D.13．设a>b>0，m＝－，n＝，则m，n的大小关系是________．答案　n>m解析　解法一(取特殊值法)：取a＝2，b＝1，则m<n.解法二(分析法)：－<⇐＋>⇐a<b＋2·＋a－b⇐2·>0，显然成立．一、高考大题1．设函数f(x)＝x3＋，x∈．证明：(1)f(x)≥1－x＋x2；(2)<f(x)≤.证明　(1)因为1－x＋x2－x3＝＝，由于x∈，有≤，即1－x＋x2－x3≤，所以f(x)≥1－x＋x2.(2)由0≤x≤1，得x3≤x，故f(x)＝x3＋≤x＋＝x＋－＋＝＋≤，所以f(x)≤.由(1)得f(x)≥1－x＋x2＝2＋≥，又因为f＝>，所以f(x)>.综上，<f(x)≤.2．设数列{an}满足≤1，n∈N*.(1)证明：|an|≥2n－1(|a1|－2)，n∈N*；(2)若|an|≤n，n∈N*，证明：|an|≤2，n∈N*.证明　(1)由≤1，得|an|－|an＋1|≤1，故－≤，n∈N*，所以－＝＋＋…＋≤＋＋…＋<1，因此|an|≥2n－1(|a1|－2)．(2)任取n∈N*，由(1)知，对于任意m>n，－＝＋＋…＋≤＋＋…＋<，故|an|<·2n≤·2n＝2＋m·2n.从而对于任意m>n，均有|an|<2＋m·2n.　①由m的任意性得|an|≤2. 否则，存在n0∈N*，有|an0|>2，取正整数m0>log且m0>n0，则2n0·m0<2n0·＝|an0|－2，与①式矛盾，综上，对于任意n∈N*，均有|an|≤2.3．记U＝{1,2，…，100}．对数列{an}(n∈N*)和U的子集T，若T＝∅，定义ST＝0；若T＝{t1，t2，…，tk}，定义ST＝at1＋at2＋…＋atk.例如：T＝{1,3,66}时，ST＝a1＋a3＋a66.现设{an}(n∈N*)是公比为3的等比数列，且当T＝{2,4}时，ST＝30.(1)求数列{an}的通项公式；(2)对任意正整数k(1≤k≤100)，若T⊆{1,2，…，k}，求证：ST<ak＋1；(3)设C⊆U，D⊆U，SC≥SD，求证：SC＋SC∩D≥2SD.解　(1)由已知得an＝a1·3n－1，n∈N*.于是当T＝{2,4}时，ST＝a2＋a4＝3a1＋27a1＝30a1.又ST＝30，故30a1＝30，即a1＝1.所以数列{an}的通项公式为an＝3n－1，n∈N*.(2)证明：因为T⊆{1,2，…，k}，an＝3n－1>0，n∈N*，所以ST≤a1＋a2＋…＋ak＝1＋3＋…＋3k－1＝(3k－1)<3k.因此，ST<ak＋1.(3)下面分三种情况证明．①若D是C的子集，则SC＋SC∩D＝SC＋SD≥SD＋SD＝2SD.②若C是D的子集，则SC＋SC∩D＝SC＋SC＝2SC≥2SD.③若D不是C的子集，且C不是D的子集．令E＝C∩∁UD，F＝D∩∁UC，则E≠∅，F≠∅，E∩F＝∅.于是SC＝SE＋SC∩D，SD＝SF＋SC∩D，进而由SC≥SD，得SE≥SF.设k为E中的最大数，l为F中的最大数，则k≥1，l≥1，k≠l.由(2)知SE<ak＋1.于是3l－1＝al≤SF≤SE<ak＋1＝3k，所以l－1<k，即l≤k.又k≠l，故l≤k－1.从而SF≤a1＋a2＋…＋al＝1＋3＋…＋3l－1＝≤＝≤，故SE≥2SF＋1，所以SC－SC∩D≥2(SD－SC∩D)＋1，即SC＋SC∩D≥2SD＋1.综合①②③，得SC＋SC∩D≥2SD.二、模拟大题4．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋Sn＝2.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求证：数列{an}中不存在三项按原来顺序成等差数列．解　(1)当n＝1时，a1＋S1＝2a1＝2，则a1＝1.又an＋Sn＝2，所以an＋1＋Sn＋1＝2，两式相减得an＋1＝an，所以{an}是首项为1，公比为的等比数列，所以an＝.(2)证明(反证法)：假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为ap＋1，aq＋1，ar＋1(p<q<r，且p，q，r∈N*)，则2·＝＋，所以2·2r－q＝2r－p＋1.①又因为p<q<r，所以r－q，r－p∈N*.所以①式左边是偶数，右边是奇数，等式不成立．所以假设不成立，原命题得证．