高考数学(理数)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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这是一份高考数学(理数)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)，共9页。

一、选择题
1．已知m>1，a＝eq \r(m＋1)－eq \r(m)，b＝eq \r(m)－eq \r(m－1)，则以下结论正确的是( )
A．a>b B．aC．a＝b D．a，b大小不定
答案 B
解析 ∵a＝eq \r(m＋1)－eq \r(m)＝eq \f(1,\r(m＋1)＋\r(m))，
b＝eq \r(m)－eq \r(m－1)＝eq \f(1,\r(m)＋\r(m－1)).
而eq \r(m＋1)＋eq \r(m)>eq \r(m)＋eq \r(m－1)>0(m>1)，
∴eq \f(1,\r(m＋1)＋\r(m))2．设x，y，z>0，则三个数eq \f(y,x)＋eq \f(y,z)，eq \f(z,x)＋eq \f(z,y)，eq \f(x,z)＋eq \f(x,y)( )
A．都大于2 B．至少有一个大于2
C．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eq \f(y,x)＋eq \f(y,z)＋eq \f(z,x)＋eq \f(z,y)＋eq \f(x,z)＋eq \f(x,y)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,x)＋\f(x,y)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(z,x)＋\f(x,z)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,z)＋\f(z,y)))≥2＋2＋2＝6，
∴eq \f(y,x)＋eq \f(y,z)，eq \f(z,x)＋eq \f(z,y)，eq \f(x,z)＋eq \f(x,y)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：eq \r(b2－ac)A．a－b>0 B．a－c>0
C．(a－b)(a－c)>0 D．(a－b)(a－c)<0
答案 C
解析 eq \r(b2－ac)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eq \f(2,a)＋eq \f(1,b)≥eq \f(m,2a＋b)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≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)＋\f(1,b)))(2a＋b)＝5＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)＋\f(a,b))).
∵5＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)＋\f(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 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)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 C
解析 c2＝a2＋b2－2abcsC，b2＝a2＋c2－2accsB，
a2＝b2＋c2－2bccsA，
∴a2＋b2＋c2＝2(a2＋b2＋c2)－2(abcsC＋accsB＋bccsA)．
∴a2＋b2＋c2＝2(abcsC＋accsB＋bccsA)<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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(sinA2＝csA1＝sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－A1))，,sinB2＝csB1＝sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－B1))，,sinC2＝csC1＝sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－C1))，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(A2＝\f(π,2)－A1，,B2＝\f(π,2)－B1，,C2＝\f(π,2)－C1，))
则A2＋B2＋C2＝eq \f(π,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.
8．四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eq \f(3＋4＋5＋6,6)＝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}；③eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)＋\f(1,22)＋\f(1,23)＋…＋\f(1,2n－1)))；④eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2n＋1,n))).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－εN时，恒有|an－2|<ε，即2不是数列{n}的极限；对于③，由|an－2|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)＋\f(1,22)＋\f(1,23)＋…＋\f(1,2n－1)－2))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))－2))＝eq \f(2,2n)<ε，得n>1－lg2ε，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eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)＋\f(1,22)＋\f(1,23)＋…＋\f(1,2n－1)))的极限；对于④，由|an－2|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2n＋1,n)－2))＝eq \f(1,n)<ε，得n>eq \f(1,ε)，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eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2n＋1,n)))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eq \r(n,a)－1答案 2
解析 n＝1时，结论不成立．n＝2时，不等式为eq \r(a)－1即2eq \r(a)－20，
∵a>1，则eq \r(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，c，若eq \f(1,a－b)＋eq \f(1,c－b)＝eq \f(3,a－b＋c)，则A，B，C的关系是________．
答案 2B＝A＋C
解析 ∵eq \f(1,a－b)＋eq \f(1,c－b)＝eq \f(3,a－b＋c)，
∴eq \f(a＋c－2b,a－bc－b)＝eq \f(3,a－b＋c)，即b2＝a2＋c2－ac，
则有csB＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(1,2)，∴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＋eq \f(x－2,x＋1)(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)因为函数f(x)＝ax＋eq \f(x－2,x＋1)＝ax＋1－eq \f(3,x＋1)(a>1)，
而函数y＝ax(a>1)和函数y＝－eq \f(3,x＋1)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＝eq \f(2－x0,x0＋1).又0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＝eq \f(3n,Sn－n＋1)(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＝eq \f(3n,2n).
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn＝eq \f(3,2)＋eq \f(6,22)＋…＋eq \f(3n,2n)，①
2×①，得2Tn＝3＋eq \f(6,2)＋eq \f(3×3,22)＋…＋eq \f(3n,2n－1)，②
②－①，得Tn＝3＋eq \f(3,2)＋eq \f(3,22)＋…＋eq \f(3,2n－1)－eq \f(3n,2n)
＝3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n－1)))－eq \f(3n,2n)
＝3×eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n,1－\f(1,2))－eq \f(3n,2n)＝6－eq \f(3n＋6,2n).
因为eq \f(3n＋6,2n)>0，所以Tn＝6－eq \f(3n＋6,2n)<6.
15．若a，b，c是不全相等的正数，求证：lg eq \f(a＋b,2)＋lg eq \f(b＋c,2)＋lg eq \f(c＋a,2)>lg a＋lg b＋lg c.
证明 (分析法)lg eq \f(a＋b,2)＋lg eq \f(b＋c,2)＋lg eq \f(c＋a,2)>lg a＋lg b＋lg c⇐lg eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)·\f(b＋c,2)·\f(c＋a,2)))>lg abc⇐eq \f(a＋b,2)·eq \f(b＋c,2)·eq \f(c＋a,2)>abc.
因为a，b，c是不全相等的正数，所以显然有eq \f(a＋b,2)·eq \f(b＋c,2)·eq \f(c＋a,2)>abc成立，原不等式得证．