2020-2021学年第二章 推理与证明2.2直接证明与间接证明当堂检测题

学业分层测评

(建议用时：45分钟)

[学业达标]

一、选择题

1．已知a，b为非零实数，则使不等式：＋≤－2成立的一个充分而不必要条件是(　　)

A．a·b>0　 B．a·b<0

C．a>0，b<0 D．a>0，b>0

【解析】　∵＋≤－2，∴≤－2.

∵a2＋b2>0，

∴ab<0，则a，b异号，故选C.

【答案】　C

2．平面内有四边形ABCD和点O，＋＝＋，则四边形ABCD为(　　)

A．菱形 B．梯形

C．矩形 D．平行四边形

【解析】　∵＋＝＋，

∴－＝－，

∴＝，

∴四边形ABCD为平行四边形．

【答案】　D

3．若实数a，b满足0<a<b，且a＋b＝1，则下列四个数中最大的是(　　)

【导学号：19220019】

A. B．a2＋b2

C．2ab D．a

【解析】　∵a＋b＝1，a＋b>2，

∴2ab<.

而a2＋b2>＝，

又∵0<a<b，且a＋b＝1，

∴a<，∴a2＋b2最大，故选B.

【答案】　B

4．A，B为△ABC的内角，A>B是sin A>sin B的(　　)

A．充分不必要条件

B．必要不充分条件

C．充要条件

D．既不充分也不必要条件

【解析】　若A>B，则a>b，

又＝，∴sin A>sin B；

若sin A>sin B，则由正弦定理得a>b，

∴A>B.

【答案】　C

5．若m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中的真命题是(　　)

A．若m⊂β，α⊥β，则m⊥α

B．若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，则α∥β

C．若m⊥β，m∥α，则α⊥β

D．若α⊥γ，α⊥β，则β⊥γ

【解析】　对于A，m与α不一定垂直，所以A不正确；对于B，α与β可以为相交平面；对于C，由面面垂直的判定定理可判断α⊥β；对于D，β与γ不一定垂直．

【答案】　C

二、填空题

6．设e1，e2是两个不共线的向量，＝2e1＋ke2，＝e1＋3e2，若A，B，C三点共线，则k＝________.

【解析】　若A，B，C三点共线，则＝λ，即2e1＋ke2＝λ(e1＋3e2)＝λe1＋3λe2，

∴

∴

【答案】　6

7．设a＝，b＝－，c＝－，则a，b，c的大小关系为________．

【解析】　∵a2－c2＝2－(8－4)＝－>0，∴a>c，

又∵＝＝>1，∴c>b，∴a>c>b.

【答案】　a>c>b

8．已知三个不等式：①ab>0；②>；③bc>ad.以其中两个作为条件，余下一个作为结论，则可能组成________个正确的命题．

【解析】　对不等式②作等价变形：>⇔>0.于是，若ab>0，bc>ad，则>0，故①③⇒②.若ab>0，>0，则bc>ad，故①②⇒③.若bc>ad，>0，则ab>0，故②③⇒①.因此可组成3个正确的命题．

【答案】　3

三、解答题

9．如图2­2­3，四棱锥P­ABCD的底面是平行四边形，E，F分别为AB，CD的中点，求证：AF∥平面PEC.

图2­2­3

【证明】　∵四棱锥P­ABCD的底面是平行四边形，

∴AB綊CD.

又∵E，F分别为AB，CD的中点，

∴CF綊AE.

∴四边形AECF为平行四边形．

∴AF∥EC.

又AF⊄平面PEC，EC⊂平面PEC，

∴AF∥平面PEC.

10．(2016·临沂高二检测)在△ABC中，三个内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，且A，B，C成等差数列，a，b，c也成等差数列．求证：△ABC为等边三角形．

【证明】　由A，B，C成等差数列知，B＝，由余弦定理知b2＝a2＋c2－ac，

又a，b，c也成等差数列，∴b＝，

代入上式得＝a2＋c2－ac，

整理得3(a－c)2＝0，∴a＝c，从而A＝C，

而B＝，则A＝B＝C＝，

从而△ABC为等边三角形．

[能力提升]

1．设x，y∈R，a>1，b>1，若ax＝by＝3，a＋b＝2，则＋的最大值为(　　)

A．2   B.

C．1   D.

【解析】　∵ax＝by＝3，x＝loga3，y＝logb3，

∴＋＝log3(ab)≤log32＝1.故选C.

【答案】　C

2．(2016·西安高二检测)在△ABC中，tan A·tan B>1，则△ABC是(　　)

A．锐角三角形 B．直角三角形

C．钝角三角形 D．不确定

【解析】　因为tan A·tan B>1，

所以角A，角B只能都是锐角，

所以tan A>0，tan B>0,1－tan A·tan B<0，

所以tan(A＋B)＝<0.

所以A＋B是钝角，即角C为锐角．

【答案】　A

3．若0<a<1,0<b<1，且a≠b，则a＋b,2，a2＋b2,2ab中最大的是________.

【导学号：19220020】

【解析】　由0<a<1,0<b<1，

且a≠b，得a＋b>2，a2＋b2>2ab.

又a>a2，b>b2，

知a＋b>a2＋b2，从而a＋b最大．

【答案】　a＋b

4．(2016·泰安高二检测)如图2­2­4所示，M是抛物线y2＝x上的一点，动弦ME，MF分别交x轴于A，B两点，且MA＝MB.若M为定点，求证：直线EF的斜率为定值．

图2­2­4

【证明】　设M(y，y0)，直线ME的斜率为k(k>0)，

∵MA＝MB，∴∠MAB＝∠MBA，

∴直线MF的斜率为－k，

∴直线ME的方程为y－y0＝k(x－y)．

由消去x得ky2－y＋y0(1－ky0)＝0.

解得yE＝，∴xE＝.

同理可得yF＝，∴xF＝.

∴kEF＝＝＝

＝－(定值)．

∴直线EF的斜率为定值．