2018届高考(新课标)数学(理)大一轮复习检测：第十三章 推理与证明、算法、复数 13-2 Word版含答案
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A 组 专项基础训练(时间：35分钟)1．若a 、b ∈R ，则下面四个式子中恒成立的是( ) A ．lg(1＋a 2)>0 B ．a 2＋b 2≥2(a －b －1) C ．a 2＋3ab >2b 2 D.a b <a ＋1b ＋1在B 中，∵a 2＋b 2－2(a －b －1)＝(a 2－2a ＋1)＋(b 2＋2b ＋1)＝(a －1)2＋(b ＋1)2≥0， ∴a 2＋b 2≥2(a －b －1)恒成立． 【答案】 B2．①已知p 3＋q 3＝2，求证p ＋q ≤2，用反证法证明时，可假设p ＋q ≥2；②已知a ，b ∈R ，|a |＋|b |＜1，求证方程x 2＋ax ＋b ＝0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x 1的绝对值大于或等于1，即假设|x 1|≥1.以下正确的是( )A ．①与②的假设都错误B ．①与②的假设都正确C ．①的假设正确；②的假设错误D ．①的假设错误；②的假设正确反证法的实质是否定结论，对于①，其结论的反面是p ＋q ＞2，所以①不正确；对于②，其假设正确．【答案】 D3．分析法又称执果索因法，若用分析法证明：“设a ＞b ＞c ，且a ＋b ＋c ＝0，求证b 2－ac ＜3a ”索的因应是( )A ．a －b ＞0B ．a －c ＞0C ．(a －b )(a －c )＞0D ．(a －b )(a －c )＜0 由题意知b 2－ac ＜3a ⇐b 2－ac ＜3a 2⇐(a ＋c )2－ac ＜3a 2⇐a 2＋2ac ＋c 2－ac －3a 2＜0 ⇐－2a 2＋ac ＋c 2＜0 ⇐2a 2－ac －c 2＞0⇐(a －c )(2a ＋c )＞0⇐(a －c )(a －b )＞0. 【答案】 C4．若P ＝a ＋a ＋7，Q ＝a ＋3＋a ＋4(a ≥0)，则P ，Q 的大小关系是( ) A ．P >Q B ．P ＝QC ．P <QD ．由a 的取值确定 ∵P 2＝2a ＋7＋2a ·a ＋7 ＝2a ＋7＋2a 2＋7a ，Q 2＝2a ＋7＋2a ＋3·a ＋4＝2a ＋7＋2a 2＋7a ＋12， ∴P 2<Q 2，∴P <Q . 【答案】 C5．设a ，b 是两个实数，给出下列条件：①a ＋b ＞1；②a ＋b ＝2；③a ＋b ＞2；④a 2＋b 2＞2；⑤ab ＞1. 其中能推出：“a ，b 中至少有一个大于1”的条件是( ) A ．②③ B ．①②③ C ．③ D ．③④⑤ 若a ＝12，b ＝23，则a ＋b ＞1，但a ＜1，b ＜1，故①推不出；若a ＝b ＝1，则a ＋b ＝2，故②推不出；若a ＝－2，b ＝－3，则a 2＋b 2＞2，故④推不出； 若a ＝－2，b ＝－3，则ab ＞1，故⑤推不出； 对于③，即a ＋b ＞2， 则a ，b 中至少有一个大于1， 反证法：假设a ≤1且b ≤1， 则a ＋b ≤2与a ＋b ＞2矛盾，因此假设不成立，a ，b 中至少有一个大于1. 【答案】 C6．用反证法证明命题“a ，b ∈R ，ab 可以被5整除，那么a ，b 中至少有一个能被5整除”，那么假设的内容是__________________________________________________________________．“至少有n 个”的否定是“最多有n －1个”，故应假设a ，b 中没有一个能被5整除． 【答案】 a ，b 中没有一个能被5整除7．下列条件：①ab ＞0，②ab ＜0，③a ＞0，b ＞0，④a ＜0，b ＜0，其中能使b a ＋ab≥2成立的条件的序号是________．要使b a ＋a b ≥2，只需b a ＞0且a b ＞0成立，即a ，b 不为0且同号即可，故①③④能使b a ＋a b≥2成立．【答案】 ①③④8．若二次函数f (x )＝4x 2－2(p －2)x －2p 2－p ＋1，在区间内至少存在一点c ，使f (c )＞0，则实数p 的取值范围是________．令⎩⎪⎨⎪⎧f （－1）＝－2p 2＋p ＋1≤0，f （1）＝－2p 2－3p ＋9≤0， 解得p ≤－3或p ≥32，故满足条件的p 的范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，32. 【答案】 ⎝⎛⎭⎪⎫－3，329．已知a ≥b ＞0，求证：2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b . 【证明】 要证明2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b 成立， 只需证：2a 3－b 3－2ab 2＋a 2b ≥0， 即2a (a 2－b 2)＋b (a 2－b 2)≥0， 即(a ＋b )(a －b )(2a ＋b )≥0.∵a ≥b ＞0，∴a －b ≥0，a ＋b ＞0，2a ＋b ＞0， 从而(a ＋b )(a －b )(2a ＋b )≥0成立， ∴2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b .10．已知四棱锥S ABCD 中，底面是边长为1的正方形，又SB ＝SD ＝2，SA ＝1. (1)求证：SA ⊥平面ABCD ；(2)在棱SC 上是否存在异于S ，C 的点F ，使得BF ∥平面SAD ？若存在，确定F 点的位置；若不存在，请说明理由．(1)证明 由已知得SA 2＋AD 2＝SD 2， ∴SA ⊥AD .同理SA ⊥AB .又AB ∩AD ＝A ， ∴SA ⊥平面ABCD .(2)假设在棱SC 上存在异于S ，C 的点F ，使得BF ∥平面SAD . ∵BC ∥AD ，BC ⊄平面SAD . ∴BC ∥平面SAD .而BC ∩BF ＝B ，∴平面FBC ∥平面SAD .这与平面SBC 和平面SAD 有公共点S 矛盾， ∴假设不成立．∴不存在这样的点F ，使得BF ∥平面SAD .B 组 专项能力提升 (时间：30分钟)11．已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x，a ，b 是正实数，A ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，B ＝f (ab )，C ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ，则A 、B 、C 的大小关系为( )A ．A ≤B ≤C B ．A ≤C ≤B C ．B ≤C ≤AD ．C ≤B ≤A ∵a ＋b2≥ab ≥2ab a ＋b， 又f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x在R 上是减函数． ∴f ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2≤f (ab )≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ，即A ≤B ≤C .【答案】 A12．如果△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值分别等于△A 2B 2C 2的三个内角的正弦值，则( ) A ．△A 1B 1C 1和△A 2B 2C 2都是锐角三角形 B ．△A 1B 1C 1和△A 2B 2C 2都是钝角三角形C ．△A 1B 1C 1是钝角三角形，△A 2B 2C 2是锐角三角形D ．△A 1B 1C 1是锐角三角形，△A 2B 2C 2是钝角三角形由条件知，△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值均大于0，则△A 1B 1C 1是锐角三角形，假设△A 2B 2C 2是锐角三角形．由⎩⎪⎨⎪⎧sin A 2＝cos A 1＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－A 1，sin B 2＝cos B 1＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－B 1，sin C 2＝cos C 1＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－C 1，得⎩⎪⎨⎪⎧A 2＝π2－A 1，B 2＝π2－B 1，C 2＝π2－C 1.那么，A 2＋B 2＋C 2＝π2，这与三角形内角和为180°相矛盾．所以假设不成立，又显然△A 2B 2C 2不是直角三角形． 所以△A 2B 2C 2是钝角三角形． 【答案】 D13．已知点A n (n ，a n )为函数y ＝x 2＋1图象上的点，B n (n ，b n )为函数y ＝x 图象上的点，其中n ∈N *，设c n ＝a n －b n ，则c n 与c n ＋1的大小关系为________．由条件得c n ＝a n －b n ＝n 2＋1－n ＝1n 2＋1＋n，∴c n 随n 的增大而减小，∴c n ＋1＜c n . 【答案】 c n ＋1＜c n14．(2016·江苏)记U ＝{1，2，…，100}．对数列{a n }(n ∈N *)和U 的子集T ，若T ＝∅，定义S T ＝0；若T ＝{t 1，t 2，…，t k }，定义S T ＝at 1＋at 2＋…＋at k .例如：T ＝{1，3，66}时，S T ＝a 1＋a 3＋a 66.现设{a n }(n ∈N *)是公比为3的等比数列，且当T ＝{2，4}时，S T ＝30.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)对任意正整数k (1≤k ≤100)，若T ⊆{1，2，…，k }，求证：S T ＜a k ＋1； (3)设C ⊆U ，D ⊆U ，S C ≥S D ，求证：S C ＋S C ∩D ≥2S D . (1)由已知得a n ＝a 1·3n －1，n ∈N *.于是当T ＝{2，4}时，S T ＝a 2＋a 4＝3a 1＋27a 1＝30a 1. 又S T ＝30，故30a 1＝30，即a 1＝1. 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1，n ∈N *.(2)证明 因为T ⊆{1，2，…，k }，a n ＝3n －1＞0，n ∈N *，所以S T ≤a 1＋a 2＋…＋a k ＝1＋3＋…＋3k －1＝12(3k －1)＜3k.因此，S T ＜a k ＋1. (3)证明 下面分三种情况证明．①若D 是C 的子集，则S C ＋S C ∩D ＝S C ＋S D ≥S D ＋S D ＝2S D . ②若C 是D 的子集，则S C ＋S C ∩D ＝S C ＋S C ＝2S C ≥2S D . ③若D 不是C 的子集，且C 不是D 的子集．令E ＝C ∩∁U D ，F ＝D ∩∁U C ，则E ≠∅，F ≠∅，E ∩F ＝∅. 于是S C ＝S E ＋S C ∩D ，S D ＝S F ＋S C ∩D ，进而由S C ≥S D 得S E ≥S F . 设k 为E 中的最大数，l 为F 中的最大数，则k ≥1，l ≥1，k ≠l . 由(2)知，S E ＜a k ＋1.于是3l －1＝a l ≤S F ≤S E ＜a k ＋1＝3k，所以l －1＜k ，即l ≤k .又k ≠l ，故l ≤k －1.从而S F ≤a 1＋a 2＋…＋a l ＝1＋3＋…＋3l －1＝3l －12≤3k －1－12＝a k －12≤S E －12，故S E ≥2S F ＋1，所以S C －S C ∩D ≥2(S D －S C ∩D )＋1，即S C ＋S C ∩D ≥2S D ＋1. 综合①②③得，S C ＋S C ∩D ≥2S D . 15．(2016·浙江)设数列{a n }满足⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n －a n ＋12≤1，n ∈N *. (1)证明：|a n |≥2n －1(|a 1|－2)，n ∈N *；(2)若|a n |≤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n，n ∈N *，证明：|a n |≤2，n ∈N *.【证明】 方法一 综合法：(1)由⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n －a n ＋12≤1得|a n |－12|a n ＋1|≤1，故|a n |2n －|a n ＋1|2n ＋1≤12n ，n ∈N *，所以|a 1|21－|a n |2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a 1|21－|a 2|22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a 2|22－|a 3|23＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n－1|2n －1－|a n |2n ≤121＋122＋…＋12n －1＜1，因此|a n |≥2n －1(|a 1|－2)．(2)任取n ∈N *，由(1)知，对于任意m ＞n ，|a n |2n －|a m |2m＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n |2n －|a n ＋1|2n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n ＋1|2n ＋1－|a n ＋2|2n ＋2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a m －1|2m －1－|a m |2m ≤12n ＋12n ＋1＋…＋12m －1＜12n －1，故|a n |＜⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋|a m |2m ·2n≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤12n －1＋12m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫32m ·2n ＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34m ·2n .从而对于任意m ＞n ，均有|a n |＜2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34m·2n.①由m 的任意性得|a n |≤2.否则，存在n 0∈N *，有|an 0|＞2，取正整数m 0＞log 34|an 0|－22n 0且m 0＞n 0，则2n 0·⎝ ⎛⎭⎪⎫34m 0＜2n 0·⎝ ⎛⎭⎪⎫34错误!＝|an 0|－2，与①式矛盾． 综上，对于任意n ∈N *，均有|a n |≤2. 方法二 分析法：(1)要证|a n |≥2n －1(|a 1|－2)成立，只需证明|a 1|21－|a n |2n ＜1即可，把不等式左边变形，得到|a 1|2－|a n |2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a 1|21－|a 2|22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a 2|22－|a 3|23＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n －1|2n －1－|a n |2n ，由已知⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n －a n ＋12≤1可得|a n |－12|a n ＋1|≤1，得出|a n |2n －|a n ＋1|2n ＋1≤12n，代入上式即可得证． (2)先利用(1)中的结论及已知条件证|a n |≤2，再用反证法检验，即假设存在n 0∈N *，有|an 0|＞2，经过推理可导出矛盾，从而证明原结论．。
