高考数学理高分计划一轮狂刷练：第11章　算法、复数、推理与证明 114a Word版含解析

1、高考数学精品复习资料 2019.5基础送分 提速狂刷练一、选择题1(20xx·无锡质检)已知m>1，a，b，则以下结论正确的是()aa>b ba<bcab da，b大小不定答案b解析a，b.而>>0(m>1)，<，即a<b.故选b.2设x，y，z>0，则三个数，()a都大于2 b至少有一个大于2c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2226，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abc0，求证：<a”索的“因”应是()aab>0 bac>0c(ab)(ac

2、)>0 d(ab)(ac)<0答案c解析<ab2ac<3a2(ac)2ac<3a2a22acc2ac3a2<02a2acc2<02a2acc2>0(ac)(2ac)>0(ac)(ab)>0.故选c.4已知a>0，b>0，如果不等式恒成立，那么m的最大值等于()a10 b9 c8 d7答案b解析a>0，b>0，2ab>0.不等式可化为m(2ab)52.52549，即其最小值为9，当且仅当ab时等号成立m9，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x0时，f(x)单调递减，若x1x2

3、>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x0时，f(x)单调递减，可知f(x)是r上的单调递减函数，由x1x2>0，可知x1>x2，f(x1)<f(x2)f(x2)，则f(x1)f(x2)<0.故选a.6设a，b，c为abc的三边，则()aa2b2c2>abcba2b2c2>abbcacca2b2c2<2(abbcac)da2b2c2>2(abbcac)答案c解析c2a2b22abcosc，b2a2c22accosb，a2b2c22bccosa，a2b

4、2c22(a2b2c2)2(abcoscaccosbbccosa)a2b2c22(abcoscaccosbbccosa)<2(abbcac)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()aa1b1c1和a2b2c2都是锐角三角形ba1b1c1和a2b2c2都是钝角三角形ca1b1c1是钝角三角形，a2b2c2是锐角三角形da1b1c1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是锐角三角形由得则a2b2c2，这与三角形

5、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(20xx·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()a2 b3 c4 d5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3×618分，每场比赛都平局，则共产生2×612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

6、：2,3,4,5或3,4,5,6.如果是3,4,5,6，则每场产生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5：5311，为一胜两平；第二名得分4：4310，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2：2110，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(20xx·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(无论多小)，总存在正整数n，使得n>n时，恒有|ana|<成立，就称数列an的极限为a.则四个无穷数列：(1)n×2；

7、n；.其极限为2的共有_个答案2解析对于，|an2|(1)n×22|2×|(1)n1|，当n是偶数时，|an2|0，当n是奇数时，|an2|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，由|an2|n2|<，得2<n<2，所以对于任意给定的正数(无论多小)，不存在正整数n，使得n>n时，恒有|an2|<，即2不是数列n的极限；对于，由|an2|<，得n>1log2，即对于任意给定的正数(无论多小)，总存在正整数 n，使得n>n时，恒有|an2|<成立，所以2是数列的极限；对于，由|

8、an2|<，得n>，即对于任意给定的正数(无论多小)，总存在正整数n，使得n>n时，恒有|an2|<成立，所以2是数列的极限综上所述，极限为2的共有2个，即.10已知数列an，bn的前n项和分别为sn和tn，若s10041，t10049，设cnantnbnsnanbn(nn*)那么数列cn的前100项和为_答案2009解析ansnsn1，bntntn1，则cnantnbnsnanbnsntnsn1tn1，c100s100t100s99t99，c99s99t99s98t98，c2s2t2s1t1，c1s1t1.数列cn的前100项和为s100t10041×492

9、009.11设a>1，nn*，若不等式1<恒成立，则n的最小值为_答案2解析n1时，结论不成立n2时，不等式为1<，即22<a1，(1)2>0，a>1，则有意义，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，则a，b，c的关系是_答案2bac解析，即b2a2c2ac，则有cosb，b60°，a，b，c的关系是成等差数列，即2bac.三、解答题13已知函数f(x)ax(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)因为函数f(x)axax1(a>1)，而

10、函数yax(a>1)和函数y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(x01)满足f(x0)0，则ax0.又0<ax0<1，所以0<<1，即<x0<2与x0<0(x01)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snan1n2，nn*，a12.(1)证明：数列an1是等比数列，并求数列an的通项公式；(2)设bn(nn*)的前n项和为tn，证明：tn<6.证明(1)因为snan1n2，所以当n2时，sn1an(n1)2ann3，两式相减，得anan1an1，即an12an1.设cnan1，代入上式，得cn112(cn1)1，即cn12cn(n2)又snan1n2，则an1snn2，故a2s1123.所以c1a111，c2a212，即c22c1.综上，对于正整数n，cn12cn都成立，即数列an1是等比数列，其首项a111，公比q2.所以an11×2n1，故an2n11.(2)由snan1n2，得snn2an12n1，即snn12n，所以bn.所以tnb1b2bn1bn，2×，得2tn3，得tn33×3×6.因为>0，