數學（文科）總復習演練提升同步測評直接證明與間接證明

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精A組專項基礎訓練(時間：35分鐘）1．若a、b∈R,則下面四個式子中恒成立的是(）A．lg（1＋a2)〉0B．a2＋b2≥2(a－b－1)C．a2＋3ab>2b2D。eq\f（a，b）<eq\f（a＋1，b＋1）【解析】在B中，∵a2＋b2－2（a－b－1)＝(a2－2a＋1)＋(b2＋2b＋1)＝(a－1)2＋(b＋1）2≥0，∴a2＋b2≥2（a－b－1)恒成立．【答案】B2．①已知p3＋q3＝2，求證p＋q≤2，用反證法證明時,可假設p＋q≥2;②已知a，b∈R，|a|＋｜b|＜1，求證方程x2＋ax＋b＝0的兩根的絕對值都小于1，用反證法證明時可假設方程有一根x1的絕對值大于或等于1，即假設|x1|≥1.以下正確的是（）A．①與②的假設都錯誤B．①與②的假設都正確C．①的假設正確；②的假設錯誤D．①的假設錯誤;②的假設正確【解析】反證法的實質是否定結論,對于①，其結論的反面是p＋q＞2，所以①不正確；對于②，其假設正確．【答案】D3．分析法又稱執(zhí)果索因法,若用分析法證明：“設a＞b＞c,且a＋b＋c＝0,求證eq\r（b2－ac)＜eq\r（3)a”索的因應是()A．a－b＞0B．a－c＞0C．（a－b)（a－c）＞0D．（a－b)(a－c）＜0【解析】由題意知eq\r(b2－ac)＜eq\r(3)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?！敬鸢浮緾4．若P＝eq\r（a）＋eq\r（a＋7）,Q＝eq\r(a＋3）＋eq\r(a＋4)（a≥0），則P，Q的大小關系是（)A．P>QB．P＝QC．P<QD．由a的取值確定【解析】∵P2＝2a＋7＋2eq\r(a)·eq\r(a＋7）＝2a＋7＋2eq\r（a2＋7a)，Q2＝2a＋7＋2eq\r（a＋3）·eq\r（a＋4)＝2a＋7＋2eq\r(a2＋7a＋12），∴P2〈Q2，∴P〈Q?！敬鸢浮緾5．設a，b是兩個實數，給出下列條件：①a＋b＞1；②a＋b＝2；③a＋b＞2；④a2＋b2＞2;⑤ab＞1.其中能推出：“a，b中至少有一個大于1”的條件是（）A．②③B．①②③C．③D．③④⑤【解析】若a＝eq\f(1,2），b＝eq\f(2,3),則a＋b＞1,但a＜1，b＜1,故①推不出;若a＝b＝1，則a＋b＝2，故②推不出；若a＝－2，b＝－3,則a2＋b2＞2，故④推不出；若a＝－2，b＝－3,則ab＞1，故⑤推不出；對于③，即a＋b＞2，則a，b中至少有一個大于1，反證法：假設a≤1且b≤1，則a＋b≤2與a＋b＞2矛盾,因此假設不成立,a，b中至少有一個大于1?！敬鸢浮緾6．用反證法證明命題“a，b∈R，ab可以被5整除，那么a，b中至少有一個能被5整除”，那么假設的內容是__________________________________________________________________．【解析】“至少有n個"的否定是“最多有n－1個”，故應假設a,b中沒有一個能被5整除．【答案】a,b中沒有一個能被5整除7．下列條件:①ab＞0,②ab＜0，③a＞0，b＞0，④a＜0，b＜0，其中能使eq\f（b，a）＋eq\f（a，b）≥2成立的條件的序號是________．【解析】要使eq\f(b,a）＋eq\f（a,b）≥2，只需eq\f（b，a）＞0且eq\f(a，b）＞0成立，即a，b不為0且同號即可，故①③④能使eq\f（b，a)＋eq\f(a,b）≥2成立．【答案】①③④8．若二次函數f(x)＝4x2－2(p－2）x－2p2－p＋1,在區(qū)間[－1，1]內至少存在一點c，使f(c)＞0,則實數p的取值范圍是________．【解析】令eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1（f（－1)＝－2p2＋p＋1≤0,,f（1）＝－2p2－3p＋9≤0，)）解得p≤－3或p≥eq\f（3，2）,故滿足條件的p的范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（－3,\f(3,2）))?！敬鸢浮縠q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3，2）)）9．已知a≥b＞0，求證：2a3－b3≥2ab2－a2b.【證明】要證明2a3－b3≥2ab2－a2b成立，只需證:2a3－b3－2ab2＋a2b≥0，即2a(a2－b2）＋b(a2－b2）≥0，即（a＋b)(a－b）（2a＋b)≥0。∵a≥b＞0，∴a－b≥0，a＋b＞0，2a＋b＞0，從而(a＋b)(a－b）(2a＋b）≥0成立,∴2a3－b3≥2ab2－a2b。10．已知四棱錐S.ABCD中,底面是邊長為1的正方形，又SB＝SD＝eq\r(2），SA＝1.(1)求證：SA⊥平面ABCD;（2）在棱SC上是否存在異于S，C的點F，使得BF∥平面SAD？若存在，確定F點的位置；若不存在，請說明理由．【解析】（1)證明由已知得SA2＋AD2＝SD2，∴SA⊥AD。同理SA⊥AB。又AB∩AD＝A，∴SA⊥平面ABCD。（2）假設在棱SC上存在異于S，C的點F，使得BF∥平面SAD。∵BC∥AD，BC?平面SAD?！郆C∥平面SAD.而BC∩BF＝B，∴平面FBC∥平面SAD.這與平面SBC和平面SAD有公共點S矛盾，∴假設不成立．∴不存在這樣的點F，使得BF∥平面SAD。B組專項能力提升（時間：30分鐘）11．已知函數f(x)＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1，2)))eq\s\up12（x)，a,b是正實數，A＝feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(a＋b，2））），B＝f(eq\r(ab))，C＝feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（2ab,a＋b））），則A、B、C的大小關系為()A．A≤B≤CB．A≤C≤BC．B≤C≤AD．C≤B≤A【解析】∵eq\f（a＋b，2)≥eq\r（ab）≥eq\f(2ab，a＋b），又f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1,2))）eq\s\up12(x）在R上是減函數．∴feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（a＋b，2））)≤f（eq\r（ab））≤feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2ab,a＋b))),即A≤B≤C.【答案】A12．如果△A1B1C1的三個內角的余弦值分別等于△A2B2C2的三個內角的正弦值,則（）A．△A1B1C1和△A2B2C2都是銳角三角形B．△A1B1C1和△A2B2C2都是鈍角三角形C．△A1B1C1是鈍角三角形,△A2B2C2是銳角三角形D．△A1B1C1是銳角三角形，△A2B2C2是鈍角三角形【解析】由條件知，△A1B1C1的三個內角的余弦值均大于0，則△A1B1C1是銳角三角形，假設△A2B2C2是銳角三角形．由eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1(sinA2＝cosA1＝sin\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π，2)－A1）)，,sinB2＝cosB1＝sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（π,2)－B1)),,sinC2＝cosC1＝sin\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（π，2）－C1）），））得eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1（A2＝\f(π,2）－A1，，B2＝\f(π，2)－B1，，C2＝\f（π,2)－C1。））那么，A2＋B2＋C2＝eq\f(π，2）,這與三角形內角和為180°相矛盾．所以假設不成立，又顯然△A2B2C2不是直角三角形．所以△A2B2C2是鈍角三角形．【答案】D13．已知點An（n,an)為函數y＝eq\r(x2＋1）圖象上的點，Bn(n，bn）為函數y＝x圖象上的點，其中n∈N＊，設cn＝an－bn，則cn與cn＋1的大小關系為________．【解析】由條件得cn＝an－bn＝eq\r(n2＋1）－n＝eq\f(1,\r（n2＋1）＋n)，∴cn隨n的增大而減小，∴cn＋1＜cn。【答案】cn＋1＜cn14．（2016·江蘇）記U＝｛1，2，…，100｝．對數列｛an}（n∈N＊)和U的子集T，若T＝?，定義ST＝0；若T＝｛t1，t2,…，tk｝,定義ST＝at1＋at2＋…＋atk.例如：T＝{1，3，66}時，ST＝a1＋a3＋a66.現設｛an}(n∈N*）是公比為3的等比數列，且當T＝｛2，4｝時，ST＝30.(1）求數列{an｝的通項公式；（2)對任意正整數k(1≤k≤100)，若T?｛1，2，…,k｝,求證:ST＜ak＋1；（3)設C?U，D?U，SC≥SD，求證：SC＋SC∩D≥2SD?！窘馕觥浚?)由已知得an＝a1·3n－1，n∈N＊。于是當T＝｛2，4｝時，ST＝a2＋a4＝3a1＋27a1＝30a1。又ST＝30，故30a1＝30，即a1＝1.所以數列{an}的通項公式為an＝3n－1，n∈N*.（2)證明因為T?{1，2，…,k}，an＝3n－1＞0，n∈N*，所以ST≤a1＋a2＋…＋ak＝1＋3＋…＋3k－1＝eq\f(1,2）（3k－1)＜3k.因此，ST＜ak＋1。(3)證明下面分三種情況證明．①若D是C的子集，則SC＋SC∩D＝SC＋SD≥SD＋SD＝2SD.②若C是D的子集，則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，則E≠?，F≠?，E∩F＝?.于是SC＝SE＋SC∩D，SD＝SF＋SC∩D，進而由SC≥SD得SE≥SF.設k為E中的最大數,l為F中的最大數，則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.從而SF≤a1＋a2＋…＋al＝1＋3＋…＋3l－1＝eq\f（3l－1，2）≤eq\f(3k－1－1,2）＝eq\f(ak－1,2）≤eq\f(SE－1，2)，故SE≥2SF＋1，所以SC－SC∩D≥2（SD－SC∩D)＋1，即SC＋SC∩D≥2SD＋1.綜合①②③得，SC＋SC∩D≥2SD.15．(2015·北京高考節(jié)選)已知數列｛an｝滿足：a1∈N＊,a1≤36,且an＋1＝eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1（2an，an≤18，,2an－36，an＞18））（n＝1，2,…)．記集合M＝{an｜n∈N＊}．（1）若a1＝6，寫出集合M的所有元素；(2）若集合M存在一個元素是3的倍數，證明：M的所有元素都是3的倍數．【解析】(1)6，12，24。（2）證明因為集合M存在一個元素是3的