2023届高考一轮复习讲义（文科）第十二章　复数、算法、推理与证明 第4讲　高效演练 分层突破学案

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1．(2020·衡阳示范高中联考(二))用反证法证明某命题时，对结论：“自然数a，b，c中恰有一个是偶数”的正确假设为( )
A．自然数a，b，c中至少有两个偶数
B．自然数a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数
C．自然数a，b，c都是奇数
D．自然数a，b，c都是偶数
解析：选B.“自然数a，b，c中恰有一个是偶数”说明有且只有一个是偶数，其否定是“自然数a，b，c均为奇数或自然数a，b，c中至少有两个偶数”．
2．分析法又称执果索因法，已知x>0，用分析法证明eq \r(1＋x)<1＋eq \f(x,2)时，索的因是( )
A．x2>2 B．x2>4
C．x2>0 D．x2>1
解析：选C.因为x>0，所以要证eq \r(1＋x)<1＋eq \f(x,2)，只需证(eq \r(1＋x))20，显然x2>0成立，故原不等式成立．
3．在△ABC中，sin Asin C＜cs Acs C，则△ABC一定是( )
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．不确定
解析：选C.由sin Asin C＜cs Acs C得
cs Acs C－sin Asin C＞0，
即cs(A＋C)＞0，所以A＋C是锐角，
从而B＞eq \f(π,2)，故△ABC必是钝角三角形．
4．已知函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)，a，b是正实数，A＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))，B＝f(eq \r(ab))，C＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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≤A D．C≤B≤A
解析：选A.因为eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)≥eq \f(2ab,a＋b)，又f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)在R上是减函数，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))≤f(eq \r(ab))≤feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2ab,a＋b)))，即A≤B≤C.
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
解析：选A.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．用反证法证明命题“若x2－(a＋b)x＋ab≠0，则x≠a且x≠b”时，应假设为 ．
解析：“x≠a且x≠b”的否定是“x＝a或x＝b”，因此应假设为x＝a或x＝b.
答案：x＝a或x＝b
7．设a＝eq \r(3)＋2eq \r(2)，b＝2＋eq \r(7)，则a，b的大小关系为 ．
解析：a＝eq \r(3)＋2eq \r(2)，b＝2＋eq \r(7)，两式的两边分别平方，可得a2＝11＋4eq \r(6)，b2＝11＋4eq \r(7)，显然eq \r(6)答案：a8．(2020·福州模拟)如果aeq \r(a)＋beq \r(b)＞aeq \r(b)＋beq \r(a)，则a，b应满足的条件是 ．
解析：aeq \r(a)＋beq \r(b)＞aeq \r(b)＋beq \r(a)，即(eq \r(a)－eq \r(b))2(eq \r(a)＋eq \r(b))＞0，需满足a≥0，b≥0且a≠b.
答案：a≥0，b≥0且a≠b
9．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin Asin B＋sin Bsin C＋cs 2B＝1.
(1)求证：a，b，c成等差数列；
(2)若C＝eq \f(2π,3)，求证：5a＝3b.
证明：(1)由已知得sin Asin B＋sin Bsin C＝2sin2 B，因为sin B≠0，所以sin A＋sin C＝2sin B，由正弦定理，有a＋c＝2b，即a，b，c成等差数列．
(2)由C＝eq \f(2π,3)，c＝2b－a及余弦定理得(2b－a)2＝a2＋b2＋ab，即有5ab－3b2＝0，即5a＝3b.
10．已知四棱锥S­ABCD中，底面是边长为1的正方形，又SB＝SD＝eq \r(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．
解：(1)证明：由已知得SA2＋AD2＝SD2，
所以SA⊥AD.
同理SA⊥AB.
又AB∩AD＝A，AB⊂平面ABCD，
AD⊂平面ABCD，
所以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.
因为BC∥AD，BC⊄平面SAD.
所以BC∥平面SAD，而BC∩BF＝B，
所以平面FBC∥平面SAD.
这与平面SBC和平面SAD有公共点S矛盾，
所以假设不成立．
所以不存在这样的点F，
使得BF∥平面SAD.
[综合题组练]
1．已知a，b，c∈R，若eq \f(b,a)·eq \f(c,a)>1且eq \f(b,a)＋eq \f(c,a)≥－2，则下列结论成立的是( )
A．a，b，c同号
B．b，c同号，a与它们异号
C．a，c同号，b与它们异号
D．b，c同号，a与b，c的符号关系不确定
解析：选A.由eq \f(b,a)·eq \f(c,a)>1知eq \f(b,a)与eq \f(c,a)同号，
若eq \f(b,a)>0且eq \f(c,a)>0，不等式eq \f(b,a)＋eq \f(c,a)≥－2显然成立，
若eq \f(b,a)<0且eq \f(c,a)<0，则－eq \f(b,a)>0，－eq \f(c,a)>0，
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,a)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(c,a)))≥2 eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,a)))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(c,a))))>2，即eq \f(b,a)＋eq \f(c,a)<－2，
这与eq \f(b,a)＋eq \f(c,a)≥－2矛盾，故eq \f(b,a)>0且eq \f(c,a)>0，即a，b，c同号．
2．(应用型)(一题多解)若二次函数f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1在区间[－1，1]内至少存在一点c，使f(c)＞0，则实数p的取值范围是 ．
解析：法一(补集法)：f(x)在区间[－1，1]内至少存在一点c.使f(c)>0，该结论的否定是对于区间[－1，1]内的任意一点c，都有f(c)≤0，
令eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（－1）＝－2p2＋p＋1≤0，,f（1）＝－2p2－3p＋9≤0，))解得p≤－3或p≥eq \f(3,2)，
故满足条件的p的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，\f(3,2))).
法二(直接法)：依题意有f(－1)＞0或f(1)＞0，
即2p2－p－1＜0或2p2＋3p－9＜0，
得－eq \f(1,2)＜p＜1或－3＜p＜eq \f(3,2)，
故满足条件的p的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，\f(3,2))).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，\f(3,2)))
3．已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)的图象与x轴有两个不同的交点，若f(c)＝0，且00.
(1)证明：eq \f(1,a)是f(x)＝0的一个根；
(2)试比较eq \f(1,a)与c的大小．
解：(1)证明：因为f(x)的图象与x轴有两个不同的交点，
所以f(x)＝0有两个不等实根x1，x2，
因为f(c)＝0，
所以x1＝c是f(x)＝0的根，
又x1x2＝eq \f(c,a)，
所以x2＝eq \f(1,a)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)≠c))，
所以eq \f(1,a)是f(x)＝0的一个根．
(2)假设eq \f(1,a)0，
由00，
知feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))>0与feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝0矛盾，
所以eq \f(1,a)≥c，又因为eq \f(1,a)≠c，所以eq \f(1,a)>c.
4．(综合型)若f(x)的定义域为[a，b]，值域为[a，b](a＜b)，则称函数f(x)是[a，b]上的“四维光军”函数．
(1)设g(x)＝eq \f(1,2)x2－x＋eq \f(3,2)是[1，b]上的“四维光军”函数，求常数b的值；
(2)是否存在常数a，b(a＞－2)，使函数h(x)＝eq \f(1,x＋2)是区间[a，b]上的“四维光军”函数？若存在，求出a，b的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)由已知得g(x)＝eq \f(1,2)(x－1)2＋1，其图象的对称轴为x＝1，
所以函数在区间[1，b]上单调递增，由“四维光军”函数的定义可知 ，g(1)＝1，g(b)＝b，
即eq \f(1,2)b2－b＋eq \f(3,2)＝b，
解得b＝1或b＝3.
因为b＞1，所以b＝3.
(2)假设函数h(x)＝eq \f(1,x＋2)在区间[a，b](a＞－2)上是“四维光军”函数，
因为h(x)＝eq \f(1,x＋2)在区间(－2，＋∞)上单调递减，
所以有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(h（a）＝b，,h（b）＝a，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,a＋2)＝b，,\f(1,b＋2)＝a))
解得a＝b，这与已知矛盾．故不存在．