《高考數學一輪復習 第十一章 算法初步、推理與證明、復數 分層限時跟蹤練58-人教版高三數學試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考數學一輪復習 第十一章 算法初步、推理與證明、復數 分層限時跟蹤練58-人教版高三數學試題（7頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、分層限時跟蹤練(五十八) (限時40分鐘) 一、選擇題 1．(2014·山東高考)用反證法證明命題“設a，b為實數，則方程x3＋ax＋b＝0至少有一個實根”時，要做的假設是(　　) A．方程x3＋ax＋b＝0沒有實根 B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一個實根 C．方程x3＋ax＋b＝0至多有兩個實根 D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有兩個實根 【解析】　“至少有一個實根”等價于“實根的個數大于或等于1”，因此其否定為“沒有實根”． 【答案】　A 2．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：＜a”索的因應是(　　) A．a－b＞0 B．

2、a－c＞0 C．(a－b)(a－c)＞0 D．(a－b)(a－c)＜0 【解析】　＜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. 【答案】　C 3．設x，y，z>0，則三個數＋，＋，＋(　　) A．都大于2 B．至少有一個大于2 C．至少有一個不小于2 D．至少有一個不大于2 【解析】　因為＋＋＋＋＋＝＋＋≥2＋2＋2＝6，故＋，＋，＋中至少有一個不小于2. 【答案】　C 4．已知函數f(x)＝，a，b是正實數，A＝f，B＝f(

3、)，C＝f，則A、B、C的大小關系為(　　) A．A≤B≤C B．A≤C≤B C．B≤C≤A D．C≤B≤A 【解析】　∵≥，＝≤＝， ∴≥≥＞0，又f(x)＝在R上是減函數， ∴f≤f()≤f，即A≤B≤C. 【答案】　A 5．(2015·懷化模擬)數列{an}共有5項，其中a1＝0，a5＝2，且|ai＋1－ai|＝1，i＝1,2,3,4，則滿足條件的不同數列的個數為(　　) A．3 B．4 C．5 D．6 【解析】　設bi＝ai＋1－ai，i＝1,2,3,4，則bi等于1或－1，由a5＝(a5－a4)＋(a4－a3)＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1＝b4＋b3＋b

4、2＋b1知bi(i＝1,2,3,4)共有3個1,1個－1，共滿足條件的不同數列有4個． 【答案】　B 二、填空題 6．用反證法證明某命題時，對結論：“自然數a，b，c中恰有一個偶數”正確的反設為________________． 【解析】　“自然數a，b，c中恰有一個偶數”的含義是a，b，c中只有一個是偶數，其否定應為“a，b，c中至少有兩個偶數或都是奇數”． 【答案】　a，b，c中至少有兩個偶數或都是奇數 7．設a>b>0，m＝－，n＝，則m，n的大小關系是________． 【解析】　法一：(取特殊值法)取a＝2，b＝1，得m?a

5、＋a－b?2·>0，顯然成立． 【答案】　mcn＋1. 【答案】　cn>cn＋1 三、解答題 9．已知a>0，b>0，試用分析法證明不等式＋≥＋. 【證明】　要證原不等式成立只需證： a＋b≥(＋)， 即只需證()3＋()3≥(＋)， 只需證(＋)(a－＋b)≥(＋)， 只需證a－＋b≥， 即(－)2≥0

6、， 而上式顯然成立，故原不等式得證． 10．已知四棱錐S-ABCD中，底面是邊長為1的正方形，又SB＝SD＝，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】　 (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. ∴BC∥平面SAD.而BC∩BF＝B， ∴平面SBC∥平面SAD. 這與

7、平面SBC和平面SAD有公共點S矛盾， ∴假設不成立．故不存在這樣的點F，使得BF∥平面SAD. 1．(2015·開原模擬)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 得 那么，A

8、2＋B2＋C2＝， 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】　D 2．已知f(1,1)＝1，f(m，n)∈N*(m，n∈N*)，且對任意m，n∈N*都有：①f(m，n＋1)＝f(m，n)＋2；②f(m＋1,1)＝2f(m,1)．給出以下三個結論： (1)f(1,5)＝9；(2)f(5,1)＝16；(3)f(5,6)＝26. 其中正確結論的個數為(　　) A．3　　　　B．2 C．1　　　　D．0 【解析】　(1)由f(1,1)＝1和f(m，n＋1)＝f(m，n)＋2得f(1,2

9、)＝f(1,1＋1)＝f(1,1)＋2＝1＋2＝3， f(1,3)＝f(1,2)＋2＝5，f(1,4)＝f(1,3)＋2＝7， f(1,5)＝f(1,4)＋2＝9； (2)由f(1,1)＝1和f(m＋1,1)＝2f(m,1) 得f(2,1)＝f(1＋1,1)＝2f(1,1)＝2，f(3,1)＝2f(2,1)＝4，f(4,1)＝2f(3,1)＝8，f(5,1)＝2f(4,1)＝16； (3)由f(m，n＋1)＝f(m，n)＋2得f(5,6)＝f(5,5)＋2， 而f(5,5)＝f(5,4)＋2，f(5,4)＝f(5,3)＋2， f(5,3)＝f(5,2)＋2，f(5,2)＝f(5,

10、1)＋2＝16＋2＝18， 則f(5,6)＝26. 【答案】　A 3．凸函數的性質定理為：如果函數f(x)在區(qū)間D上是凸函數，則對于區(qū)間D內的任意x1，x2，…，xn，有≤f，已知函數y＝sin x在區(qū)間(0，π)上是凸函數，則在△ABC中，sin A＋sin B＋sin C的最大值為________． 【解析】　∵f(x)＝sin x在區(qū)間(0，π)上是凸函數， 且A、B、C∈(0，π)， ∴≤f＝f， 即sin A＋sin B＋sin C≤3sin ＝， 所以sin A＋sin B＋sin C的最大值為. 【答案】　 4．對于30個互異的實數，可以排成m行n列的矩形數陣

11、，如圖11-3-1所示的5行6列的矩形數陣就是其中之一． x1　x2　·　·　·　x6 y1　y2　·　·　·　y6 ·　·　·　·　·　· ·　·　·　·　·　· z1　z2　·　·　·　z6 圖11-3-1 將30個互異的實數排成m行n列的矩形數陣后，把每行中最大的數選出，記為a1，a2，…，am，并設其中最小的數為a；把每列中最小的數選出，記為b1，b2，…，bn，并設其中最大的數為b. 兩位同學通過各自的探究，分別得出兩個結論如下： ①a和b必相等；②a和b可能相等；③a可能大于b；④b可能大于a. 以上四個結論中，正確結論的序號是________(請寫出所有正確結

12、論的序號)． 【解析】　不防假設m行n列的矩形數陣為題圖所示的5行6列矩形數陣，則由題意知a的最小值為6，最大值為30，而b的最小值為6，最大值為26，且在同一個5行6列的矩形數陣中，一定有a≥b.故②③正確，而①④不正確． 【答案】?、冖? 5．已知二次函數f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)的圖象與x軸有兩個不同的交點，若f(c)＝0，且00. (1)證明：是f(x)＝0的一個根； (2)試比較與c的大小； (3)證明：－2

13、0， ∴x1＝c是f(x)＝0的根， 又x1x2＝， ∴x2＝， ∴是f(x)＝0的一個根． (2)假設0， 由00， 知f>0與f＝0矛盾， ∴≥c，又∵≠c， ∴>c. (3)證明：由f(c)＝0，得ac＋b＋1＝0， ∴b＝－1－ac. 又a>0，c>0，∴b<－1. 二次函數f(x)的圖象的對稱軸方程為x＝－＝<＝x2＝， 即－<. 又a>0，∴b>－2，∴－2

14、g(x)＝x2－x＋是[1，b]上的“四維光軍”函數，求常數b的值； (2)是否存在常數a，b(a>－2)，使函數h(x)＝是區(qū)間[a，b]上的“四維光軍”函數？若存在，求出a，b的值；若不存在，請說明理由． 【解】　(1)由已知得g(x)＝(x－1)2＋1，其圖象的對稱軸為x＝1，區(qū)間[1，b]在對稱軸的右邊， 所以函數在區(qū)間[1，b]上單調遞增． 由“四維光軍”函數的定義可知，g(1)＝1，g(b)＝b， 即b2－b＋＝b，解得b＝1或b＝3. 因為b>1，所以b＝3. (2)假如函數h(x)＝在區(qū)間[a，b](a>－2)上是“四維光軍”函數， 因為h(x)＝在區(qū)間(－2，＋∞)上單調遞減， 所以有即 解得a＝b，這與已知矛盾，故不存在．