高中数学人教A版5本册总复习总复习（区一等奖）

全册质量检测一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．已知：a＋b>0，b<0，那么()A．a>b>－a>－b B．a>－a>b>－bC．a>－b>b>－a D．－a>－b>a>b解析：∵a＋b>0∴a>－b，b>－a∵b<0∴－b>0>b∴a>－b>b>－a答案：C2．“a＋c>b＋d”是“a>b且c>d”的()A．必要不充分条件 B．充分不必要条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件解析：易得a>b且c>d时必有a＋c>b＋d.若a＋c>b＋d时，则可能有a>d且c>d，选A.答案：A3．a≥0，b≥0，且a＋b＝2，则()A．ab≤eq\f(1,2) B．ab≥eq\f(1,2)C．a2＋b2≥2 D．a2＋b2≤3解析：由a≥0，b≥0，且a＋b＝2，∵4＝(a＋b)2＝a2＋b2＋2ab≤2(a2＋b2)，∴a2＋b2≥2.选C.答案：C4．若不等式|2x－3|>4与不等式x2＋px＋q>0的解集相同，则p∶q等于()A．12∶7 B．7∶12C．(－12)∶7 D．(－3)∶4解析：|2x－3|>4⇔2x－3>4或2x－3<－4⇔x>eq\f(7,2)或x<－eq\f(1,2)，∴eq\f(7,2)－eq\f(1,2)＝－p，p＝－3，eq\f(7,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝q，q＝－eq\f(7,4)，∴p∶q＝12∶7.答案：A5．若不等式x2＋ax＋1≥0对一切x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))恒成立，则a的最小值为()A．0 B．－2C．－eq\f(5,2) D．－3解析：∵x2＋ax＋1≥0∴a≥－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))，x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，又∵－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))的最大值为－eq\f(5,2)，∴amin＝－eq\f(5,2).答案：C6．如果P＝eq\r(17)，Q＝1＋eq\r(15)，R＝eq\r(5)＋eq\r(7)，那么有()A．P>Q>R B．R>P>QC．Q>R>P D．R>Q>P解析：P2＝17，Q2＝16＋2eq\r(15)，R2＝12＋2eq\r(35)，∴Q2－P2＝2eq\r(15)－1>0，R2－P2＝2eq\r(35)－5>0，∴P最小．Q2－R2＝2eq\r(15)＋4－2eq\r(35)，又(2eq\r(15)＋4)2＝16＋60＋16eq\r(15)＝76＋16eq\r(15)<76＋16eq\r(16)＝140，(2eq\r(35))2＝4×35＝140，∴2eq\r(35)>2eq\r(15)＋4，∴Q2<R2，∴Q<R，∴选D.答案：D7．用数学归纳法证明“对于任意x>0和正整数n，都有xn＋xn－2＋xn－4＋…＋eq\f(1,xn－4)＋eq\f(1,xn－2)＋eq\f(1,xn)≥n＋1”时，需验证的使命题成立的最小正整数值n0应为()A．n0＝1 B．n0＝2C．n0＝1,2 D．以上答案均不正确解析：n0＝1时，x＋eq\f(1,x)≥1＋1成立，再用数学归纳法证明．答案：A8．函数y＝log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x－1)＋5))(x>1)的最小值为()A．－3 B．3C．4 D．－4解析：∵x>1，∴x－1>0，∴y＝log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1＋\f(1,x－1)＋6))≥log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(x－1·\f(1,x－1))＋6))＝log28＝3，当且仅当x－1＝eq\f(1,x－1)时等号成立，又x>0，∴x＝2时，y有最小值3，选B.答案：B9．“|x－1|<2”是xA．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件解析：∵|x－1|<2⇔－2<x－1<2⇔－1<x<3.∵－1<x<3⇒x<3，反之不成立．从而得出“|x－1|<2”是“x<3”答案：A10．设实数x1，x2，…，xn的算术平均值是eq\x\to(x)，a≠eq\x\to(x)(a∈R)，并记p＝(x1－eq\x\to(x))2＋…＋(xn－eq\x\to(x))2，q＝(x1－a)2＋…＋(xn－a)2，则p与q的大小关系是()A．p>q B．p<qC．p＝q D．不确定解析：∵p＝(xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＋…＋xeq\o\al(2,n))－2(x1＋x2＋…＋xn)·eq\x\to(x)＋n·eq\x\to(x)2＝(xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＋…＋xeq\o\al(2,n))－neq\x\to(x)2，q＝(xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＋…＋xeq\o\al(2,n))－2a(x1＋x2＋…＋xn)＋na2，∴q－p＝－2a·n·eq\x\to(x)＋na2＋neq\x\to(x)2＝(eq\x\to(x)－a)2·n>0，∴q>p.答案：B11．已知实数x，y满足x2＋y2＝1，则(1－xy)(1＋xy)有()A．最小值eq\f(1,2)和最大值1 B．最小值eq\f(3,4)和最大值1C．最小值eq\f(1,2)和最大值eq\f(3,4) D．最小值1解析：1＝x2＋y2≥|2xy|，∴|xy|≤eq\f(1,2)，(1－xy)·(1＋xy)＝1－(xy)2，∴1－x2y2≥eq\f(3,4)且1－x2y2≤1.答案：B12．在数列{an}中，a1＝eq\f(1,3)，且Sn＝n(2n－1)an，通过求a2，a3，a4，猜想an的表达式为()\f(1,n－1n＋1) \f(1,2n2n＋1)\f(1,2n－12n＋1) \f(1,2n＋12n＋2)解析：经过a1＝eq\f(1,3)可算出a2＝eq\f(1,3×5)，a3＝eq\f(1,5×7)，所以选C.答案：C二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．请把正确答案填在题中横线上)13．若不等式|x－1|<a成立的充分条件是0<x<4，则实数a的取值范围是________．解析：|x－1|<a⇔1－a<x<1＋a∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－a≤0.,1＋a≥4)).故a≥3.答案：[3，＋∞)14．如果x>0，y>0，x＋y＋xy＝2，则x＋y的最小值为________．解析：由x＋y＋xy＝2得2－(x＋y)＝xy，∴2－(x＋y)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))2，即(x＋y)2＋4(x＋y)－8≥0，∴x＋y≤－2－2eq\r(3)或x＋y≥2eq\r(3)－2，又∵x>0，y>0，∴(x＋y)min＝2eq\r(3)－2答案：2eq\r(3)－215．若f(n)＝eq\r(n2＋1)－n，g(n)＝eq\f(1,2n)，n∈N＋，则f(n)与g(n)的大小关系为________．解析：f(n)＝eq\r(n2＋1)－n＝eq\f(1,\r(n2＋1)＋n)<eq\f(1,n＋n)＝eq\f(1,2n)＝g(n)．答案：g(n)>f(n)16．已知f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)(n∈N*)，用数学归纳法证明f(2n)>eq\f(n,2)时，f(2k＋1)－f(2k)＝________.解析：∵f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)∴f(2k)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k)f(2k＋1)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)＋…＋eq\f(1,2k＋1)∴f(2k＋1)－f(2k)＝eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)＋…＋eq\f(1,2k＋1)答案：eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)＋…＋eq\f(1,2k＋1)三、解答题(本大题共6个小题，共74分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(12分)设函数f(x)＝|x－4|＋|x－1|.(1)求f(x)的最小值；(2)若f(x)≤5，求x的取值范围．解析：f(x)＝|x－4|＋|x－1|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－5x≥4,31<x<4，,5－2xx≤1))作出y＝f(x)的图象，如图所示．则(1)f(x)的最小值为3.(2)若f(x)≤5，则2x－5≤5，∴4≤x≤5∴3≤5，∴1<x<4.由5－2x≤5，∴0≤x≤1∴x的取值范围为[0,5]．18．(12分)已知0<a<1，求证：eq\f(1,a)＋eq\f(4,1－a)≥9.证明：∵(3a－1)2≥∴9a2－6a＋1∴1＋3a≥9a(1－∵0<a<1，∴eq\f(1＋3a,a1－a)≥9，即eq\f(1－a＋4a,a1－a)≥9，即eq\f(1,a)＋eq\f(4,1－a)≥9.19．(12分)若0<a<2,0<b<2,0<c<2，求证：(2－a)b，(2－b)c，(2－c)a不能同时大于1.证明：假设三数能同时大于1，即(2－a)b>1，(2－b)c>1，(2－c)a>1，那么eq\f(2－a＋b,2)≥eq\r(2－ab)>1， ①同理eq\f(2－b＋c,2)>1， ②eq\f(2－c＋a,2)>1. ③由①＋②＋③得3>3，上式显然是错误的，∴该假设不成立．∴(2－a)b，(2－b)c，(2－c)a不能同时大于1.20．(12分)若n是不小于2的正整数，试证：eq\f(4,7)<1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)<eq\f(\r(2),2).证明：1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)＝(1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n))－2(eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n))＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)，所以求证式等价于eq\f(4,7)<eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)<eq\f(\r(2),2).由柯西不等式，有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2)＋…＋\f(1,2n)))[(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(2n)]>n2，于是eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)>eq\f(n2,n＋1＋n＋2＋…＋2n)＝eq\f(2n,3n＋1)＝eq\f(2,3＋\f(1,n))≥eq\f(2,3＋\f(1,2))＝eq\f(4,7).又由柯西不等式，有eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)<eq\r(12＋12＋…＋12[\f(1,n＋12)＋\f(1,n＋22)＋…＋\f(1,2n2)])<eq\r(n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,2n))))＝eq\f(\r(2),2).故不等式得证．21．(12分)设n为正整数且n＞1，f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n).求证：f(2n)＞eq\f(n＋2,2).证明：用数学归纳法．①当n＝2时，f(22)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＝eq\f(25,12)＞eq\f(2＋2,2)，所以命题成立．②设n＝k(k≥2)时，命题成立，即f(2k)＞eq\f(k＋2,2)，那么当n＝k＋1时，f(2k＋1)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)＋…＋eq\f(1,2k＋1)＞eq\f(k＋2,2)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1)＝eq\f(k＋2,2)＋eq\f(2k,2k＋1)＝eq\f(k＋3,2)＝eq\f(k＋1＋2,2)，2k个所以当n＝k＋1时，命题成立，根据①及②，由数学归纳法知，原命题对任何大于1的正整数n都成立．22．(14分)已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))2·an(n∈N＋)，(1)求a2，a3，并求数列{an}的通项公式；(2)设cn＝eq\f(n,an)，求证：c1＋c2＋c3＋…＋cn<eq\f(7,10).解析：(1)∵a1＝2，an＋1＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))2·an(n∈N＋)，∴a2＝2eq\b\lc\(\rc\)(