2019版高考数学(文)高分计划一轮狂刷练：第11章算法、复数、推理与证明 11-4a Word版含解析

[基础送分 提速狂刷练] 一、选择题 1．(2018·无锡质检)已知m>1，a＝m＋1－m，b＝m－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＝m＋1－m＝1m＋1＋m，b＝m－m－1＝1m＋m－1.而m＋1＋m>m＋m－1>0(m>1)，

∴1m＋1＋m<1m＋m－1，即a2．设x，y，z>0，则三个数yx＋yz，zx＋zy，xz＋xy( ) 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yx＋yz＋zx＋zy＋xz＋xy＝yx＋xy＋zx＋xz＋yz＋zy≥2＋2＋2＝6， ∴yx＋yz，zx＋zy，xz＋xy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：b2－ac<3a”索的“因”应是( ) 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 b2－ac<3a⇔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.故选C.

4．已知a>0，b>0，如果不等式2a＋1b≥m2a＋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≤2a＋1b(2a＋b)＝5＋2ba＋ab.

∵5＋2ba＋ab≥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＋b2－2abcosC，b2＝a2＋c2－2accosB， a2＝b2＋c2－2bccosA， ∴a2＋b2＋c2＝2(a2＋b2＋c2)－2(abcosC＋accosB＋bccosA)． ∴a2＋b2＋c2＝2(abcosC＋accosB＋bccosA)<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 sinA2＝cosA1＝sinπ2－A1，sinB2＝cosB1＝sinπ2－B1，sinC2＝cosC1＝sinπ2－C1，

得 A2＝π2－A1，B2＝π2－B1，C2＝π2－C1， 则A2＋B2＋C2＝π2，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．(2017·昌平区二模)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3＋4＋5＋66＝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．(2017·南昌一模)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|

②{n}；③1＋12＋122＋123＋„＋12n－1；④2n＋1n.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|不存在正整数N，使得n>N时，恒有|an－2|

极限；对于③，由|an－2|＝1＋12＋122＋123＋„＋12n－1－2＝

1×



1－

1

2n

1－12

－2＝22n1－log2ε，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|2是数列1＋12＋122＋123＋„＋12n－1的极限；对于④，由|an－2|＝

2n＋1n－2＝1n1ε，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|

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na－1值为________． 答案 2 解析 n＝1时，结论不成立．

n＝2时，不等式为a－1即2a－2∴(a－1)2>0， ∵a>1，则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1a－b＋1c－b＝3a－b＋c，则A，B，C的关系是________． 答案 2B＝A＋C 解析 ∵1a－b＋1c－b＝3a－b＋c，

∴a＋c－2ba－bc－b＝3a－b＋c， 即b2＝a2＋c2－ac， 则有cosB＝a2＋c2－b22ac＝12， ∴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＋x－2x＋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f(x)＝ax＋x－2x＋1＝ax＋1－3x＋1(a>1)，而函数y＝

ax(a>1)和函数y＝－3x＋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＝2－x0x0＋1.又0－1)假设矛盾． 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＝3nSn－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＝3n2n.

所以Tn＝b1＋b2＋„＋bn－1＋bn＝32＋622＋„＋3n2n，① 2×①，得2Tn＝3＋62＋3×322＋„＋3n2n－1，②