【走向高考】2021届高中数学二轮复习 专题6 不等式、推理与证明、算法框图与复数（第2讲）课时作业 新人教A版.doc

【走向高考】2015届高中数学二轮复习 专题6 不等式、推理与证明、算法框图与复数（第2讲）课时作业 新人教A版一、选择题1(2013·常德市模拟)设m、n是不同的直线，、是不同的平面，且m、n，则“”是“m且n”的()A充分不必要条件 B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件答案A解析m、n，m且n；若m，n，m，n，则当m与n相交时，否则不成立，故选A.2过点P(1,1)的直线，将圆形区域(x，y)|x2y24分为两部分，使得这两部分的面积之差最大，则该直线的方程为()Axy20By10Cxy0Dx3y40答案A解析本题主要考查了过圆内一点最短弦问题及点斜式方程的求法两部分的面积之差最大是指直线与圆相交弦长最短时，此时直线与OP垂直(如图所示)，kOP1，则所求直线斜率为1.故所求直线方程为y1(x1)即xy20.3(文)(2014·衡水中学模拟)若an是等差数列，首项a1>0，a2011a2012>0，a2011·a2012<0，则使前n项和Sn>0成立的最大正整数n是()A2011B2012C4022D4023答案C解析a2011a2012>0，a2011·a2012<0，a1>0，a2011>0，a2012<0，S4022>0，S4023<0，选C.(理)(2014·郑州市质检)等差数列an中的a1、a4027是函数f(x)x34x212x1的极值点，则log2a2014()A2B3C4D5答案A解析f(x)x28x120则x12，x26，即a12，a40276或a16，a40272，a20144log2a20142，故选A.4(2014·东北三省三校二模)设函数f(x)的导函数为f(x)，若对任意xR都有f(x)>f(x)成立，则()Af(ln2014)<2014f(0)Bf(ln2014)2014f(0)Cf(ln2014)>2014f(0)Df(ln2014)与2014f(0)的大小关系不确定答案C解析令g(x)，则g(x)>0，g(x)为增函数，ln2014>0，g(ln2014)>g(0)，即>，f(ln2014)>2014f(0)，故选C.5将正奇数1,3,5,7，排成五列(如下表)，按此表的排列规律，89所在的位置是()A第一列B第二列C第三列D第四列答案D解析正奇数从小到大排，则89位居第45位，而454×111，故89位于第四列6观察下图：则第()行的各数之和等于20112.()A2010B2009C1006D1005答案C解析由题设图知，第一行各数和为1；第二行各数和为932；第三行各数和为2552；第四行各数和为4972；，第n行各数和为(2n1)2，令2n12011，解得n1006.点评观察可见，第1行有1个数，第2行从2开始有3个数，第3行从3开始有5个数，第4行从4开始有7个数，第n行从n开始，有2n1个数，因此第n行各数的和为n(n1)(n2)(3n2)(2n1)2.二、填空题7(文)(2013·眉山二诊)已知222×，332×，442×，若992×(a、b为正整数)，则ab_.答案89解析观察前三式的特点可知，3221,8321,15421，故其一般规律为nn2×，此式显然对任意nN，n2都成立，故当n9时，此式为981×，a80，b9，ab89.(理)(2013·陕西理，14)观察下列等式121，12223，1222326，1222324210，照此规律，第n个等式可为_答案12223242(1)n1n2(1)n1·(nN*)解析观察上述各式等号左边的规律发现，左边的项数每次加1，故第n个等式左边有n项，每项所含的底数的绝对值也增加1，依次为1,2,3n，指数都是2，符号成正负交替出现可以用(1)n1表示，等式的右边数的绝对值是左边项的底数的和，故等式的右边可以表示为(1)n1·，所以第n个式子可为12223242(1)n1n2(1)n1·(nN*)8(2014·哈三中二模)对称数是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数，如22,121,3443,94249等，显然2位对称数有9个；11,22,33，99,3位对称数有90个，101,111,121，191,202，999，则2n1(nN*)位对称数有_个答案9×10n解析易知对称数的位数与个数如表：位数2345个数990909002n1倍对称数有9×10n个9(文)(2014·东北三省三校二模)观察下列等式：1312,132332,13233362,13233343102，根据上述规律，第n个等式为_答案1323n3解析本题考查归纳推理，等式左边是连续n个正整数的立方和，右边的数都是整数的平方，由于11,123,1236,123410，第n个等式右边是(123n)2，即2，故填1323n3.(理)(2014·石家庄模拟)已知数列an：，根据它的前10项的规律，则a99a100的值为_答案解析由前10项的构成规律知，分子分母和为n1(nN*)的共有n项，从和为2到和为n1的最后一项，共有123n项，当n13时，91，n14时，105，因此a99和a100分别为和为15的第8项和第9项，a99a100.三、解答题10(文)已知函数f(x)lnx(aR)，当x1时，函数yf(x)取得极小值(1)求a的值；(2)证明：若x(0，)，则f(x)>x.解析(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f (x).x1时函数yf(x)取得极小值，f (1)0，a1.当a1时，在(0,1)内f (x)<0，在(1，)内f (x)>0，x1是函数yf(x)的极小值点，满足题意a1.(2)证明：f(x)>x等价于：f(x)x>令g(x)f(x)x，则g (x)1，令h(x)x2x1.h(0)1<0，h()<0，0<x<时，g(x)<0，g(x)在(0，)上单调递减g(x)>g()，即g(x)>2ln2(1ln2)>，f(x)>x.(理)(2014·沈阳市质检)已知函数f(x)mxsinx，g(x)axcosx2sinx(a>0)(1)若函数yf(x)是(，)上的单调递增函数，求实数m的最小值；(2)若m1，且对于任意x0，都有不等式f(x)g(x)成立，求实数a的取值范围解析(1)函数f(x)mxsinx在R上单调递增，f(x)0恒成立，f(x)mcosx，mcosx，mmin1.(2)m1，函数f(x)xsinx，f(x)g(x)，xsinxaxcosx0，对于任意x0，令H(x)xsinxaxcosx，则H(x)1cosxa(cosxxsinx)1(1a)cosxaxsinx.当1a0时，即0<a1时，H(x)1(1a)cosxaxsinx>0，H(x)在0，上为单调增函数，H(x)H(0)0符合题意，0<a1；当1a<0时，即a>1时，令h(x)1(1a)cosxaxsinx，于是h(x)(2a1)sinxaxcosx，a>1，2a1>0，h(x)0，h(x)在0，上为单调增函数，h(0)h(x)h()，即2ah(x)a1，2aH(x)a1.()当2a0，即1<a2时，H(x)0，H(x)在0，上为单调增函数，于是H(x)H(0)0，符合题意，1<a2；()当2a<0，即a>2时，存在x0(0，)，使得当x(0，x0)时，有H(x)<0，此时H(x)在(0，x0)上为单调减函数，从而H(x)<H(0)0，不能使H(x)>0恒成立综上所述，实数a的取值范围为0<a2.一、选择题11(文)(2013·重庆理，6)若a<b<c，则函数f(x)(xa)(xb)(xb)(xc)(xc)(xa)的两个零点分别位于区间()A(a，b)和(b，c)内B(，a)和(a，b)内C(b，c)和(c，)内D(，a)和(c，)内答案A解析因为a<b<c，所以f(a)(ab)(ac)>0，f(b)(bc)(ba)<0，f(c)(ca)(cb)>0，由零点存在性定理知，选A.(理)(2014·山东理，4)用反证法证明命题“设a、b为实数，则方程x3axb0至少有一个实根”时，要做的假设是()A方程x3axb0没有实根B方程x3axb0至多有一个实根C方程x3axb0至多有两个实根D方程x3axb0恰好有两个实根答案A解析至少有一个实根的否定为：没有实根12(文)正方形ABCD的边长是a，依次连接正方形ABCD各边中点得到一个新的正方形，再依次连接新正方形各边中点又得到一个新的正方形，依次得到一系列的正方形，如图所示现有一只小虫从A点出发，沿正方形的边逆时针方向爬行，每遇到新正方形的顶点时，沿这个正方形的边逆时针方向爬行，如此下去，爬行了10条线段则这10条线段的长度的平方和是()A.a2B.a2C.a2D.a2答案A解析由题可知，这只小虫爬行的第一段长度的平方为a(a)2a2，第二段长度的平方为a(a)2a2，从而可知，小虫爬行的线段长度的平方可以构成以aa2为首项，为公比的等比数列，所以数列的前10项和为S10.(理)对于大于1的自然数m的三次幂可以用技术进行以下方式的“分裂”：23，33，43，仿此，若m3的“分裂数”中有一个是59，则m()A7B8C9D10答案B解析由23,33,43的“分裂”规律可知m3的分裂共有m项，它们都是连续的奇数，其第一个奇数为(m2)(m1)3，当m8时，第一个奇数为57，故m8，此时835759616365676971.13已知正三角形内切圆的半径是其高的，把这个结论推广到空间正四面体，类似的结论是()A正四面体的内切球的半径是其高的B正四面体的内切球的半径是其高的C正四面体的内切球的半径是其高的D正四面体的内切球的半径是其高的答案C解析原问题的解法为等面积法，即Sah3×arrh，类比问题的解法应为等体积法，VSh4×Srrh，即正四面体的内切球的半径是其高的，所以应选C.14已知p3q32，求证pq2，用反证法证明时，可假设pq2，已知a、bR，|a|b|<1，求证方程x2axb0的两根的绝对值都小于1.用反证法证明时可假设方程有一根x1的绝对值大于或等于1，即假设|x1|1.以下结论正确的是()A与的假设都错误B与的假设都正确C的假设正确；的假设错误D的假设错误；的假设正确答案D解析反证法的实质是命题的等价性，因为命题p与命题的否定¬p真假相对，故直接证明困难时，可用反证法故选D.15(2014·邯郸市模拟)已知直线yk(x1)(k>0)与函数y|sinx|的图象恰有四个公共点A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)其中x1<x2<x3<x4，则有()Asinx41Bsinx4(x41)cosx4Csinx4kcosx4Dsinx4(x41)tanx4答案B解析直线yk(x1)(k>0)与y|sinx|图象恰有四个公共点，如图当x(，2)时，函数y|sinx|sinx，ycosx.依题意，切点为(x4，y4)，kcosx4，又x(，2)时，|sinx4|sinx4y4k(x41)，即sinx4(cosx4)·(x41)，sinx4(x41)cosx4，故选B.二、填空题16(文)(2014·新课标理，14)甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A、B、C三个城市时，甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B城市；乙说：我没去过C城市；丙说：我们三人去过同一个城市由此可判断乙去过的城市为_答案A解析由于甲没去过B城市，且比乙去过的城市多，因此甲最多去过两个城市，因此甲去过A、C城市，又乙没去过C城市，三人去过同一城市，则该城市甲必去过，故只能是A城市(理)(2014·河北衡水中学二调)椭圆中有如下结论：椭圆1(a>b>0)上斜率为1的弦的中点在直线0上，类比上述结论：双曲线1(a，b>0)上斜率为1的弦的中点在直线_上答案0解析椭圆1(a>0，b>0)上斜率为1的弦的中点在直线0上类比上述结论可知，双曲线1(a>0，b>0)上斜率为1的弦的中点在直线0上17(文)(2013·哈尔滨质检)对于任意实数x，符号x表示不超过x的最大整数例如：11，2.52.那么log21log22log23log24log21024_.答案8204解析依题意，当2kn<2k1(kN)时，klog2n<k1(kN)，log2nk，log22klog2(2k1)log2(2k11)k·(2k12k)k·2k.因此所求的和等于1·212·223·239·2910；记S1·212·223·239·29，2S1·222·233·249·210，由得S(2222329)9×2108×2102，S8×2102，故所求的和等于8×2102108204.(理)平面向量也叫二维向量，二维向量的坐标表示及其运算可以推广到n(n3)维向量，n维向量可用(x1，x2，x3，xn)表示设向量a(a1，a2，a3，an)，b(b1，b2，b3，bn)，规定向量a与b的夹角的余弦为cos.当a(1,1,1，1，b(1，1，1,1，1时，cos_.答案解析依据n维向量的坐标表示及n维向量a与b的夹角余弦公式得，当a(1,1,1，1，b(1，1，1,1，1时，ibi1×(1)1×(1)1×11×1n4.121212n，(1)2(1)21212n，cos.三、解答题18(2013·太原调研)设x、y为正实数，a，bp，cxy.(1)如果p1，则是否存在以a、b、c为三边长的三角形？请说明理由；(2)对任意的正实数x、y，试探索当存在以a、b、c为三边长的三角形时p的取值范围解析(1)存在以a、b、c为三边长的三角形当p1时，b.c2x2y22xy>x2y2xya2，c>a，又a2x2xyy2>xyb2，a>b，c>a>b，xy>显然成立，<1，caxy<b，ab>c.即p1时，存在以a、b、c为三边长的三角形(2)a<c，若a、b、c构成三角形，只需即两边除以，令t，得这里f(t)，g(t).x、y为正实数，t为正数，令u，则u2，tu22，g(t)u，令h(u)u(u2)则h(u)1<0，h(u)在2，)上单调递减，h(u)h(2)2.即g(t)2.又f(t)22，当且仅当t1时，f(t)取最小值2，g(t)取最大值2，因此p的取值范围为2<p<2.因此，当p的取值范围为2<p<2时，以a、b、c为三边的三角形总存在- 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