2020届高考数学理一轮（新课标通用）考点测试：38　直接证明与间接证明 .doc

《2020届高考数学理一轮（新课标通用）考点测试：38　直接证明与间接证明 .doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届高考数学理一轮（新课标通用）考点测试：38　直接证明与间接证明 .doc（12页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、考点测试38直接证明与间接证明高考概览考纲研读1了解直接证明的两种基本方法分析法和综合法；了解分析法和综合法的思考过程和特点2了解反证法的思考过程和特点一、基础小题1命题“对于任意角，cos4sin4cos2”的证明：“cos4sin4(cos2sin2)(cos2sin2)cos2sin2cos2”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60B三个内角都不大于60C三个内角都大于60D三个内角至多有两个大于60答案C解析“三角

2、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C3若a，b，c是不全相等的实数，求证：a2b2c2abbcca证明过程如下：a，b，cR，a2b22ab，b2c22bc，c2a22ac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(a2b2c2)2(abbcac)a2b2c2abbcca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abc，且abc0，求证 0 Bac0C(ab)(ac)0 D(ab)(ac

3、)0答案C解析ab2ac3a2(ac)2ac3a2a22acc2ac3a202a2acc20(ac)(2ac)0(ac)(ab)05若P，Q，a0，则P，Q的大小关系是()APQ BPQCPQ D由a的取值确定答案C解析令a0，则P26，Q37，PQ据此猜想a0时PQ证明如下：要证PQ，只要证P2Q2，只要证2a722a72，只要证a27aa27a12，只要证012，012成立，PQ成立故选C6两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()窗口12671112过道3458910131415窗口A48，49 B62，63 C75

4、，76 D84，85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有6名选手参加演讲比赛，观众甲猜测：4号或5号选手得第一名；观众乙猜测：3号选手不可能得第一名；观众丙猜测：1，2，6号选手中的一位获得第一名；观众丁猜测：4，5，6号选手都不可能获得第一名比赛后发现没有并列名次，且甲、乙、丙、丁中只有1人猜对比赛结果，此人是()A甲 B乙 C丙 D丁答案D解析若1，2号得第一名，则乙丙丁都对，若3号得第一名，则只有丁对，若4，5号得第一名，则甲乙都对，若6号得第一名，则乙丙都

5、对，因此只有丁猜对故选D8记S，则S与1的大小关系是_答案S1解析，Sb，ab及ab中至少有一个成立；ac，bc，ab不能同时成立其中正确判断的个数为()A0 B1 C2 D3答案C解析正确；中，ab，bc，ac可以同时成立，如a1，b2，c3，故正确的判断有2个12(2018长春模拟)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abc6因为a，b，c都是正数，所以abc2226，这与abcb0，m，n，则m，n的大小关系是_答案nm解析解法一(取特殊值法)：取a2，b1，则mn解法二(分析法

6、)：a0，显然成立一、高考大题1(2018北京高考)设n为正整数，集合A|(t1，t2，tn)，tk0，1，k1，2，n对于集合A中的任意元素(x1，x2，xn)和(y1，y2，yn)，记M(，)(x1y1|x1y1|)(x2y2|x2y2|)(xnyn|xnyn|)(1)当n3时，若(1，1，0)，(0，1，1)，求M(，)和M(，)的值；(2)当n4时，设B是A的子集，且满足：对于B中的任意元素，当，相同时，M(，)是奇数；当，不同时，M(，)是偶数求集合B中元素个数的最大值；(3)给定不小于2的n，设B是A的子集，且满足：对于B中的任意两个不同的元素，M(，)0写出一个集合B，使其元素个

7、数最多，并说明理由解(1)因为(1，1，0)，(0，1，1)，所以M(，)(11|11|)(11|11|)(00|00|)2，M(，)(10|10|)(11|11|)(01|01|)1(2)设(x1，x2，x3，x4)B，则M(，)x1x2x3x4由题意知x1，x2，x3，x40，1，且M(，)为奇数，所以x1，x2，x3，x4中1的个数为1或3所以B(1，0，0，0)，(0，1，0，0)，(0，0，1，0)，(0，0，0，1)，(0，1，1，1)，(1，0，1，1)，(1，1，0，1)，(1，1，1，0)将上述集合中的元素分成如下四组：(1，0，0，0)，(1，1，1，0)；(0，1，0，0

8、)，(1，1，0，1)；(0，0，1，0)，(1，0，1，1)；(0，0，0，1)，(0，1，1，1)经验证，对于每组中两个元素，均有M(，)1所以每组中的两个元素不可能同时是集合B的元素所以集合B中元素的个数不超过4又集合(1，0，0，0)，(0，1，0，0)，(0，0，1，0)，(0，0，0，1)满足条件，所以集合B中元素个数的最大值为4(3)设Sk(x1，x2，xn)|(x1，x2，xn)A，xk1，x1x2xk10(k1，2，n)，Sn1(x1，x2，xn)|x1x2xn0，所以AS1S2Sn1对于Sk(k1，2，n1)中的不同元素，经验证，M(，)1所以Sk(k1，2，n1)中的两个

9、元素不可能同时是集合B的元素所以B中元素的个数不超过n1取ek(x1，x2，xn)Sk且xk1xn0(k1，2，n1)令Be1，e2，en1SnSn1，则集合B的元素个数为n1，且满足条件故B是一个满足条件且元素个数最多的集合2(2018江苏高考)记f(x)，g(x)分别为函数f(x)，g(x)的导函数，若存在x0R，满足f(x0)g(x0)且f(x0)g(x0)，则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”(1)证明：函数f(x)x与g(x)x22x2不存在“S点”；(2)若函数f(x)ax21与g(x)ln x存在“S点”，求实数a的值；(3)已知函数f(x)x2a，g(x)，对任意a0

10、，判断是否存在b0，使函数f(x)与g(x)在区间(0，)内存在“S点”，并说明理由解(1)证明：函数f(x)x，g(x)x22x2，则f(x)1，g(x)2x2，由f(x)g(x)且f(x)g(x)，得此方程组无解因此，f(x)x与g(x)x22x2不存在“S点”(2)函数f(x)ax21，g(x)ln x，则f(x)2ax，g(x)，设x0为f(x)与g(x)的“S点”，由f(x0)g(x0)且f(x0)g(x0)，得即(*)得ln x0，即x0e，则a当a时，x0e满足方程组(*)，即x0为f(x)与g(x)的“S点”，因此，a的值为(3)f(x)2x，g(x)，x0，f(x0)g(x0

11、)bex00x0(0，1)，f(x0)g(x0)xaax，令h(x)x2a，x(0，1)，a0，设m(x)x33x2axa，x(0，1)，a0，则m(0)a0m(0)m(1)0，存在b0，使函数f(x)与g(x)在区间(0，)内存在“S点”二、模拟大题3(2018贵州安顺调研)已知函数f(x)3x2x，求证：对于任意的x1，x2R，均有f证明要证明f，即证明32，因此只要证明(x1x2)3(x1x2)，即证明3，因此只要证明，由于x1，x2R时，3x10，3x20，由基本不等式知(当且仅当x1x2时等号成立)显然成立，故原结论成立4(2018山东临沂三校联考)已知数列an的前n项和为Sn，且满足anSn2(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n1时，a1S12a12，则a11又anSn2，所以an1Sn12，两式相减得an1an，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ap1，aq1，ar1(pqr，且p，q，rN*)，则2，所以22rq2rp1又因为pqr，且p，q，rN*，所以rq，rpN*所以式左边是偶数，右边是奇数，等式不成立所以假设不成立，原命题得证