统考版2024届高考数学一轮复习第七章7.4基本不等式课时作业理含解析20230426147

统考版2024届高考数学一轮复习第七章7.4基本不等式课时作业理含解析20230426147课时作业36基本不等式[基础达标]一、选择题1．[2021·新疆昌吉检测]若a>0，b>0，a＋2b＝3，则eq\f(3,a)＋eq\f(6,b)的最小值为()A．5B．6C．8D．92．[2021·四川模拟]已知实数a>0，b>1，a＋b＝5，则eq\f(2,a)＋eq\f(1,b－1)的最小值为()A.eq\f(3＋2\r(2),4)B.eq\f(3＋4\r(2),4)C.eq\f(3＋2\r(2),6)D.eq\f(3＋4\r(2),6)3．若x>0，y>0，则“x＋2y＝2eq\r(2xy)”的一个充分不必要条件是()A．x＝yB．x＝2yC．x＝2且y＝1D．x＝y或y＝14．设a>0，若关于x的不等式x＋eq\f(a,x－1)≥5在(1，＋∞)上恒成立，则a的最小值为()A．16B．9C．4D．25．若实数x，y满足xy＋6x＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<x<\f(2,3)))，则eq\f(4,x)＋eq\f(1,y)的最小值为()A．4B．8C．16D．326．[2021·安徽安庆大观模拟]如图所示，矩形ABCD的边AB靠在墙PQ上，另外三边是由篱笆围成的．若该矩形的面积为4，则围成矩形ABCD所需要篱笆的()A．最小长度为8B．最小长度为4eq\r(2)C．最大长度为8D．最大长度为4eq\r(2)7．[2021·福建龙岩一模]已知x>0，y>0，且eq\f(1,x＋1)＋eq\f(1,y)＝eq\f(1,2)，则x＋y的最小值为()A．3B．5C．7D．98．[2021·陕西汉中模拟]已知直线2ax－by＋2＝0(a>0，b>0)平分圆C：x2＋y2＋2x－4y＋1＝0，则eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)的最小值为()A．4eq\r(2)B．3＋2eq\r(2)C．4D．69．[2021·云南曲靖麒麟模拟]已知y＝log2(x2－2x＋17)的值域为[m，＋∞)，当正数a，b满足eq\f(2,3a＋b)＋eq\f(1,a＋2b)＝m时，7a＋4b的最小值为()A.eq\f(9,4)B．5C.eq\f(5＋2\r(2),4)D．910．已知点A(1,2)在直线ax＋by－1＝0(a>0，b>0)上，若存在满足该条件的a，b，使得不等式eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)≤m2＋8m成立，则实数m的取值范围是()A．(－∞，－1]∪[9，＋∞)B．(－∞，－9]∪[1，＋∞)C．[－1,9]D．[－9,1]二、填空题11．[2021·上海黄浦区模拟]已知a>0，b>0，若a＋b＝4，则a2＋b2的最小值为________．12．已知a>0，b>0，a＋b＝1，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b)))的最小值为________．13．[2020·江苏无锡检测]已知ab＝eq\f(1,2)，a，b∈(0,1)，则eq\f(1,1－a)＋eq\f(2,1－b)的最小值为________．14．某工厂建造一个无盖的长方体贮水池，其容积为4800m3，深度为3m．如果池底每1m2的造价为150元，池壁每1m2的造价为120元，要使水池总造价最低，那么水池底部的周长为________m.[能力挑战]15．[2021·吉林通钢一中等三校联考]在Rt△ABC中，已知∠C＝90°，CA＝3，CB＝4，P为线段AB上的一点，且eq\o(CP,\s\up6(→))＝x·eq\f(\o(CA,\s\up6(→)),|\o(CA,\s\up6(→))|)＋y·eq\f(\o(CB,\s\up6(→)),|\o(CB,\s\up6(→))|)，则eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的最小值为()A.eq\f(7,6)B.eq\f(7,12)C.eq\f(7,12)＋eq\f(\r(3),3)D.eq\f(7,6)＋eq\f(\r(3),3)16．[2021·安徽合肥模拟]《九章算术》中“勾股容方”问题：“今有勾五步，股十二步，问勾中容方几何？”魏晋时期数学家刘徽在其《九章算术注》中利用出入相补原理给出了这个问题的一般解法：如图1，用对角线将长和宽分别为b和a的矩形分成两个直角三角形，每个直角三角形再分成一个内接正方形(黄)和两个小直角三角形(朱、青)．将三种颜色的图形进行重组，得到如图2所示的矩形，该矩形的长为a＋b，宽为内接正方形的边长d.由刘徽构造的图形可以得到许多重要的结论．如图3，设D为斜边BC的中点，作直角三角形ABC的内接正方形对角线AE，过点A作AF⊥BC于点F，则下列推断正确的是()①由图1和图2面积相等可得d＝eq\f(ab,a＋b)；②由AE≥AF可得eq\r(\f(a2＋b2,2))≥eq\f(a＋b,2)；③由AD≥AE可得eq\r(\f(a2＋b2,2))≥eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))；④由AD≥AF可得a2＋b2≥2ab.A．①②③④B．①②④C．②③④D．①③17．[2020·天津卷，14]已知a>0，b>0，且ab＝1，则eq\f(1,2a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(8,a＋b)的最小值为________．课时作业361．解析：∵a>0，b>0，a＋2b＝3，∴eq\f(3,a)＋eq\f(6,b)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,a)＋\f(6,b)))(a＋2b)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(6b,a)＋\f(6a,b)＋12))≥eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(15＋2\r(\f(6b,a)·\f(6a,b))))＝9，当且仅当eq\f(6b,a)＝eq\f(6a,b)，即a＝b＝1时取等号，所以eq\f(3,a)＋eq\f(6,b)的最小值为9.故选D.答案：D2．解析：因为a>0，b>1，a＋b＝5，所以eq\f(2,a)＋eq\f(1,b－1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(1,b－1)))[a＋(b－1)]×eq\f(1,4)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3＋\f(2b－1,a)＋\f(a,b－1)))≥eq\f(1,4)(3＋2eq\r(2))，当且仅当eq\f(2b－1,a)＝eq\f(a,b－1)时取等号，所以eq\f(2,a)＋eq\f(1,b－1)的最小值为eq\f(3＋2\r(2),4).故选A.答案：A3．解析：∵x>0，y>0，∴x＋2y≥2eq\r(2xy)，当且仅当x＝2y时取等号．故“x＝2且y＝1”是“x＋2y＝2eq\r(2xy)”的充分不必要条件．故选C.答案：C4．解析：在(1，＋∞)上，x＋eq\f(a,x－1)＝(x－1)＋eq\f(a,x－1)＋1≥2eq\r(x－1×\f(a,x－1))＋1＝2eq\r(a)＋1(当且仅当x＝1＋eq\r(a)时取等号)．由题意知2eq\r(a)＋1≥5，所以a≥4.答案：C5．解析：实数x，y满足xy＋6x＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<x<\f(2,3)))，∴x＝eq\f(4,y＋6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))，y>0，则eq\f(4,x)＋eq\f(1,y)＝y＋6＋eq\f(1,y)≥2＋6＝8，当且仅当y＝1，x＝eq\f(4,7)时取等号．∴eq\f(4,x)＋eq\f(1,y)的最小值为8.答案：B6．解析：设BC＝a，a>0，CD＝b，b>0，则ab＝4，所以围成矩形ABCD所需要的篱笆长度为2a＋b＝2a＋eq\f(4,a)≥2eq\r(2a·\f(4,a))＝4eq\r(2)，当且仅当2a＝eq\f(4,a)，即a＝eq\r(2)时取等号，此时长度取得最小值4eq\r(2).故选B.答案：B7．解析：因为x>0，y>0，且eq\f(1,x＋1)＋eq\f(1,y)＝eq\f(1,2)，所以x＋1＋y＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x＋1)＋\f(1,y)))(x＋1＋y)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋1＋\f(y,x＋1)＋\f(x＋1,y)))≥2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋2\r(\f(y,x＋1)·\f(x＋1,y))))＝8，当且仅当eq\f(y,x＋1)＝eq\f(x＋1,y)，即x＝3，y＝4时取等号，所以x＋y≥7.故x＋y的最小值为7，故选C.答案：C8．解析：由题意，圆的圆心(－1,2)在直线2ax－by＋2＝0(a>0，b>0)上，∴－2a－2b＋2＝0(a>0，b>0)，∴a＋b＝1，∴eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(2,b)))＝3＋eq\f(b,a)＋eq\f(2a,b)≥3＋2eq\r(\f(b,a)·\f(2a,b))＝3＋2eq\r(2)，当且仅当eq\f(b,a)＝eq\f(2a,b)，即a＝eq\r(2)－1，b＝2－eq\r(2)时取等号，故eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)的最小值为3＋2eq\r(2).故选B.答案：B9．解析：∵y＝log2(x2－2x＋17)＝log2[(x－1)2＋16]的值域为[m，＋∞)，∴m＝4，∴eq\f(4,6a＋2b)＋eq\f(1,a＋2b)＝4，∴7a＋4b＝eq\f(1,4)[(6a＋2b)＋(a＋2b)]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,6a＋2b)＋\f(1,a＋2b)))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(5＋\f(6a＋2b,a＋2b)＋\f(4a＋2b,6a＋2b)))≥eq\f(1,4)×(5＋4)＝eq\f(9,4)，当且仅当eq\f(6a＋2b,a＋2b)＝eq\f(4a＋2b,6a＋2b)时取等号，∴7a＋4b的最小值为eq\f(9,4).故选A.答案：A10．解析：点A(1,2)在直线ax＋by－1＝0(a>0，b>0)上，可得a＋2b＝1，eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝(a＋2b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(2,b)))＝5＋eq\f(2a,b)＋eq\f(2b,a)≥5＋2eq\r(\f(2a,b)·\f(2b,a))＝9，当且仅当a＝b＝eq\f(1,3)时取得等号，即eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)的最小值为9，则9≤m2＋8m，解得m≥1或m≤－9.答案：B11．解析：因为a>0，b>0，a＋b＝4，所以eq\f(a2＋b2,2)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2＝4，即a2＋b2≥8，当且仅当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝b，,a＋b＝4，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝2))时，等号成立，所以a2＋b2的最小值为8.答案：812．解析：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(a＋b,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(a＋b,b)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(b,a)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(a,b)))＝5＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))≥5＋4＝9.当且仅当a＝b＝eq\f(1,2)时，取等号．答案：913．解析：∵ab＝eq\f(1,2)，a，b∈(0,1)，∴b＝eq\f(1,2a)<1，∴eq\f(1,2)<a<1，∴eq\f(1,1－a)＋eq\f(2,1－b)＝eq\f(1,1－a)＋eq\f(2,1－\f(1,2a))＝eq\f(1,1－a)＋eq\f(4a,2a－1)＝eq\f(1,1－a)＋eq\f(2,2a－1)＋2＝eq\f(2,2－2a)＋eq\f(2,2a－1)＋2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2－2a)＋\f(2,2a－1)))[(2－2a)＋(2a－1)]＋2＝6＋eq\f(22a－1,2－2a)＋eq\f(22－2a,2a－1)≥6＋4＝10，当且仅当2－2a＝2a－1，即a＝eq\f(3,4)，b＝eq\f(2,3)时取等号，∴原式的最小值为10.答案：1014．解析：设水池底面一边的长度为xm，则另一边的长度为eq\f(4800,3x)m，由题意可得水池总造价f(x)＝150×eq\f(4800,3)＋120eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×3x＋2×3×\f(4800,3x)))＝240000＋720eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1600,x)))(x>0)，则f(x)＝720eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1600,x)))＋240000≥720×2eq\r(x·\f(1600,x))＋240000＝720×2×40＋240000＝297600，当且仅当x＝eq\f(1600,x)，即x＝40时，f(x)有最小值297600，此时另一边的长度为eq\f(4800,3x)＝40(m)，因此，要使水池的总造价最低，水池底部的周长应为160m.答案：16015．解析：∵CA＝3，CB＝4，即|eq\o(CA,\s\up6(→))|＝3，|eq\o(CB,\s\up6(→))|＝4，∴eq\o(CP,\s\up6(→))＝xeq\f(\o(CA,\s\up6(→)),|\o(CA,\s\up6(→))|)＋yeq\f(\o(CB,\s\up6(→)),|\o(CB,\s\up6(→))|)＝eq\f(x,3)eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\f(y,4)eq\o(CB,\s\up6(→))，∵P为线段AB上的一点，即P，A，B三点共线，∴eq\f(x,3)＋eq\f(y,4)＝1(x>0，y>0)，∴eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,3)＋\f(y,4)))＝eq\f(7,12)＋eq\f(x,3y)＋eq\f(y,4x)≥eq\f(7,12)＋2eq\r(\f(1,12))＝eq\f(7,12)＋eq\f(\r(3),3)，当且仅当eq\f(x,3y)＝eq\f(y,4x)时，等号成立，∴eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的最小值为eq\f(7,12)＋eq\f(\r(3),3)，故选C.答案：C16．解析：由题图1和题图2面积相等得ab＝(a＋b)d，可得d＝eq\f(ab,a＋b)，①对；由题意知题图3的面积为eq\f(1,2)ab＝eq\f(1,2)eq\r(a2＋b2)·AF，则AF＝eq\f(ab,\r(a2＋b2))，AD＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(1,2)eq\r(a2＋b2)，设题图3中正方形的边长为x，由三角形相似，得eq\f(a－x,x)＝eq\f(x,b－x)，解得x＝eq\f(ab,a＋b)，则AE＝eq\f(\r(2)ab,a＋b)，可以化简判断②③④对，故选A.答案：A17．解析：依题意得eq\f(1,2a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(8,a＋b)＝eq\f(a＋b,2ab)＋eq\f(8,a＋b)＝eq\f(a＋b,2)＋eq\f(8,a＋b)≥2eq\r(\f(a＋b,2)×\f(8,a＋b))＝4，当且仅当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,b>0，,ab＝1，,\f(a＋b,2)＝\f(8,a＋b)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ab＝1，,a＋b＝4))时取等号．因此，eq\f(1,2a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(8,a＋b)的最小值为4.答案：4课时作业37合情推理与演绎推理[基础达标]一、选择题1．下面说法：①演绎推理是由一般到特殊的推理；②演绎推理得到的结论一定是正确的；③演绎推理的一般模式是“三段论”的形式；④演绎推理得到结论的正确与否与大前提、小前提和推理形式有关；⑤运用三段论推理时，大前提和小前提都不可以省略．其中正确的有()A．1个B．2个C．3个D．4个2．已知扇形的弧长为l，半径为r，类比三角形的面积公式S＝eq\f(底×高,2)，可推知扇形面积公式S扇等于()A.eq\f(r2,2)B.eq\f(l2,2)C.eq\f(lr,2)D．不可类比3．右图所示的三角形数组是我国古代数学家杨辉发现的，称为杨辉三角形，根据图中的数构成的规律，a所表示的数是()A．2B．4C．6D．84．根据给出的数塔猜测1234567×9＋8＝()1×9＋2＝1112×9＋3＝111123×9＋4＝11111234×9＋5＝1111112345×9＋6＝111111A．11111110B．11111111C．11111112D．111111135．推理过程“大前提：________，小前提：四边形ABCD是矩形．结论：四边形ABCD的对角线相等．”应补充的大前提是()A．正方形的对角线相等B．矩形的对角线相等C．等腰梯形的对角线相等D．矩形的对边平行且相等6．在等差数列与等比数列中，它们的性质有着很多类比性，若数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，对于正整数m，n，p，q，若m＋n＝p＋q，则有am＋an＝ap＋aq，类比此性质，则有()A．bm＋bn＝bp＋bqB．bm－bn＝bp－bqC．bmbn＝bpbqD.eq\f(bm,bn)＝eq\f(bp,bq)7．[2021·福建检测]某校有A，B，C，D四件作品参加航模类作品比赛．已知这四件作品中恰有两件获奖，在结果揭晓前，甲、乙、丙、丁四位同学对这四件参赛作品的获奖情况预测如下．甲说：“A，B同时获奖．”乙说：“B，D不可能同时获奖．”丙说：“C获奖．”丁说：“A，C至少一件获奖．”如果以上四位同学中有且只有两位同学的预测是正确的，则获奖的作品是()A．作品A与作品BB．作品B与作品CC．作品C与作品DD．作品A与作品D8．[2021·山东淄博模拟]有一段“三段论”推理是这样的：对于可导函数f(x)，若f′(x0)＝0，则x＝x0是函数f(x)的极值点，因为f(x)＝x3在x＝0处的导数值为0，所以x＝0是f(x)＝x3的极值点，以上推理()A．大前提错误B．小前提错误C．推理形式错误D．结论正确9．[2021·山东省潍坊市模拟]“干支纪年法”是中国历法上自古以来就一直使用的纪年方法，甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸被称为“十天干”，子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥叫做“十二地支”．“天干”以“甲”字开始，“地支”以“子”字开始，两者按干支顺序相配，组成了干支纪年法，其相配顺序为甲子、乙丑、丙寅、…、癸酉，甲戌、乙亥、丙子、…、癸未，甲申、乙酉、丙戌、…、癸巳，……、癸亥，60个为一周周而复始，循环记录.2014年是“干支纪年法”中的甲午年，那么2020年是“干支纪年法”中的()A．己亥年B．戊戌年C．庚子年D．辛丑年10．[2021·东北三省四市联考]中国有个名句“运筹帷幄之中，决胜千里之外”，其中的“筹”原意是指《孙子算经》中记载的算筹．古代用算筹(一根根同样长短和粗细的小棍子)来进行运算．算筹的摆放有纵、横两种形式(如图所示)．表示一个多位数时，个位、百位、万位数用纵式表示，十位、千位、十万位数用横式表示，以此类推，遇零则置空．例如，3266用算筹表示就是，则8771用算筹应表示为()二、填空题11．[2021·石家庄高中毕业班模拟]甲、乙、丙三位同学，其中一位是班长，一位是体育委员，一位是学习委员，已知丙比学习委员的年龄大，甲与体育委员的年龄不同，体育委员比乙的年龄小，据此推断班长是________．12．[2021·广州市高中综合测试]古希腊著名的毕达哥拉斯学派把1,3,6,10，…这样的数称为“三角形数”，而把1,4,9,16，…这样的数称为“正方形数”．如图，可以发现任何一个大于1的“正方形数”都可以看成两个相邻“三角形数”之和，下列等式：①36＝15＋21；②49＝18＋31；③64＝28＋36；④81＝36＋45.其中符合这一规律的等式是__________．(填写所有符合的编号)13．[2021·湛江模拟]如图，已知点O是△ABC内任意一点，连接AO，BO，CO，并延长交对边于A1，B1，C1，则eq\f(OA1,AA1)＋eq\f(OB1,BB1)＋eq\f(OC1,CC1)＝1，类比猜想：点O是空间四面体A－BCD内任意一点，连接AO，BO，CO，DO，并延长分别交平面BCD，ACD，ABD，ABC于点A1，B1，C1，D1，则有________．14．[2021·济南模拟]如图，将平面直角坐标系中的格点(横、纵坐标均为整数的点)按如下规则标上标签：原点处标数字0，记为a0；点(1,0)处标数字1，记为a1；点(1，－1)处标数字0，记为a2；点(0，－1)处标数字－1，记为a3；点(－1，－1)处标数字－2，记为a4；点(－1,0)处标数字－1，记为a5；点(－1,1)处标数字0，记为a6；点(0,1)处标数字1，记为a7；……以此类推，格点坐标为(i，j)的点处所标的数字为i＋j(i，j均为整数)，记Sn＝a1＋a2＋…＋an，则S2018＝________.[能力挑战]15．[2021·福州市高三毕业班适应性练习卷]某校开设了素描、摄影、剪纸、书法四门选修课程，要求每位同学都要选择其中的两门课程．已知甲同学选了素描，乙与甲没有相同的课程，丙与甲恰有一门课程相同，丁与丙没有相同的课程．则以下说法错误的是()A．丙有可能没有选素描B．丁有可能没有选素描C．乙、丁可能两门课程都相同D．这4个人里恰有2个人选了素描16．[2021·南昌市高三年级摸底测试卷]自然界中具有两种稳定状态的组件普遍存在，如开关的开和关、电路的通和断等，非常适合表示计算机中的数，所以现在使用的计算机设计为二进制．二进制以2为基数，只用0和1两个数码表示数，逢2进1，二进制数与十进制数遵循一样的运算规则，它们可以相互转化，如(521)10＝1×29＋0×28＋0×27＋0×26＋0×25＋0×24＋1×23＋0×22＋0×21＋1×20＝(1000001001)2.我国数学史上，清代汪莱的《参两算经》是较早系统论述非十进制数的文献，总结出了八进制乘法口诀：(7×7)8＝(61)8，(7×6)8＝(52)8，(7×5)8＝(43)8，…，则八进制下(6×5)8等于()A．(36)8B．(37)8C．(40)8D．(41)817．[2021·安徽省示范高中名校高三联考]某校高一组织五个班的学生参加学农活动，每班从“农耕”“采摘”“酿酒”“野炊”“饲养”五项活动中选择一项进行实践，且各班的选择互不相同，已知1班不选“农耕”“采摘”；2班不选“农耕”“酿酒”；3班既不选“野炊”，也不选“农耕”；5班选择“采摘”或“酿酒”．如果1班不选“酿酒”，那么4班不选“农耕”．则选择“饲养”的班级是()A．2班B．3班C．4班D．5班课时作业371．解析：①③④都正确．答案：C2．解析：我们将扇形的弧类比为三角形的底边，则高为扇形的半径r，∴S扇＝eq\f(1,2)lr.答案：C3．解析：由杨辉三角形可以发现，每一行除1外，每个数都是它肩膀上的两数之和．故a＝3＋3＝6.答案：C4．解析：根据数塔的规律，后面加几结果就是几个1，∴1234567×9＋8＝11111111.答案：B5．解析：由三段论的一般模式知应选B.答案：B6．解析：由等比数列的性质得bm·bn＝bp·bq.答案：C7．解析：若甲预测正确，则乙预测正确，丙预测错误，丁预测正确，与题意不符，故甲预测错误；若乙预测错误，则依题意丙、丁均预测正确，但若丙、丁预测正确，则获奖作品可能是“A，C”、“B，C”、“C，D”，这几种情况都与乙预测错误相矛盾，故乙预测正确，所以丙、丁中恰有一人预测正确．若丙预测正确，丁预测错误，两者互相矛盾，排除；若丙预测错误，丁预测正确，则获奖作品只能是“A，D”，经验证符合题意，故选D.答案：D8．解析：大前提是“对于可导函数f(x)，若f′(x0)＝0，则x＝x0是函数f(x)的极值点”，不是真命题，因为对于可导函数f(x)，如果f′(x0)＝0，且满足在x0附近左右两侧导函数值异号，那么x＝x0才是函数f(x)的极值点，所以大前提错误．故选A.答案：A9．解析：由题意知2014年是甲午年，则2015到2020年分别为乙未年、丙申年、丁酉年、戊戌年、己亥年、庚子年．答案：C10．解析：由题知，个位、百位数用纵式表示，十位、千位数用横式表示，易知正确选项为C.答案：C11．解析：若甲是班长，由于体育委员比乙的年龄小，故丙是体育委员，乙是学习委员，但这与丙比学习委员的年龄大矛盾，故甲不是班长；若丙是班长，由于体育委员比乙的年龄小，故甲是体育委员，这和甲与体育委员的年龄不同矛盾，故丙不是班长；若乙是班长，由于甲与体育委员的年龄不同，故甲是学习委员，丙是体育委员，此时其他条件均成立，故乙是班长．答案：乙12．解析：因为任何一个大于1的“正方形数”都可以看成两个相邻“三角形数”之和，所以其规律是4＝1＋3,9＝3＋6,16＝6＋10,25＝10＋15,36＝15＋21,49＝21＋28,64＝28＋36,81＝36＋45，…因此给出的四个等式中，②不符合这一规律，①③④符合这一规律，故填①③④.答案：①③④13．解析：猜想：若O为四面体A－BCD内任意一点，连接AO，BO，CO，DO，并延长分别交平面BCD，ACD，ABD，ABC于点A1，B1，C1，D1，则eq\f(OA1,AA1)＋eq\f(OB1,BB1)＋eq\f(OC1,CC1)＋eq\f(OD1,DD1)＝1.用等体积法证明如下：eq\f(OA1,AA1)＋eq\f(OB1,BB1)＋eq\f(OC1,CC1)＋eq\f(OD1,DD1)＝eq\f(VO－BCD,VA－BCD)＋eq\f(VO－CAD,VB－CAD)＋eq\f(VO－ABD,VC－ABD)＋eq\f(VO－ABC,VD－ABC)＝1.答案：eq\f(OA1,AA1)＋eq\f(OB1,BB1)＋eq\f(OC1,CC1)＋eq\f(OD1,DD1)＝114．解析：设an的坐标为(x，y)，则an＝x＋y.第一圈从点(1,0)到点(1,1)共8个点，由对称性可知a1＋a2＋…＋a8＝0；第二圈从点(2,1)到点(2,2)共16个点，由对称性可知a9＋a10＋…＋a24＝0，……以此类推，可得第n圈的8n个点对应的这8n项的和也为0.设a2018在第k圈，则8＋16＋…＋8k＝4k(k＋1)，由此可知前22圈共有2024个数，故S2024＝0，则S2018＝S2024－(a2024＋a2023＋…＋a2019)，a2024所在点的坐标为(22,22)，a2024＝22＋22，a2023所在点的坐标为(21,22)，a2023＝21＋22，以此类推，可得a2022＝20＋22，a2021＝19＋22，a2020＝18＋22，a2019＝17＋22，所以a2024＋a2023＋…＋a2019＝249，故S2018＝－249.答案：－24915．解析：因为甲选了素描，所以乙必定没有选素描．假设丙选了素描，则丁一定没有选素描；若丙没有选素描，则丁必定选了素描．综上，必定有且只有2个人选了素描，选项A，B，D判断正确．不妨设甲另一门选修课程为摄影，则素描与摄影乙同学均不选修，则对于素描与摄影可能出现如下两种情形：情形一甲乙丙丁素描√×√×摄影√××√情形二甲乙丙丁素描√××√摄影√×√×由以上两个表可知，乙与丁必有一门课程不相同，因此C不正确．答案：C16．解析：类比二进制数与十进制数转化的规则得，(61)8＝6×8＋1×80＝(49)10，而已知(7×7)8＝(61)8，所以(7×7)8＝(49)10.类比可知(6×5)8＝(30)10，又(36)8＝3×8＋6×80＝(30)10，所以(6×5)8＝(36)8，故选A.答案：A17．解析：通解由题意可知五个班级和五项活动一一对应，作出如下表格(不选活动项目打“×”，选择活动项目打“√”)，当5班选“采摘”时，则4班选“农耕”，根据如果1班不选“酿酒”，那么4班不选“农耕”，得1班选“酿酒”，再根据五个班级和五项活动一一对应，易得选“饲养”的是3班．农耕采摘酿酒野炊饲养1班××√2班××√3班××√4班√5班√当5班选“酿酒”时，则4班选“农耕”，根据如果1班不选“酿酒”，那么4班不选“农耕”，得1班选“酿酒”，则1班和5班都选“酿酒”，与题意矛盾，舍去这种情况．综上可知，选B.优解由题意知，1班、2班、3班、5班均不选“农耕”，所以4班选“农耕”，根据如果1班不选“酿酒”，那么4班不选“农耕”，得1班选“酿酒”，则5班选“采摘”，又3班不选“野炊”，所以2班选“野炊”，3班选“饲养”．故选B.答案：B课时作业38直接证明与间接证明[基础达标]一、选择题1．要证明eq\r(3)＋eq\r(5)<4可选择的方法有以下几种，其中最合理的为()A．综合法B．分析法C．比较法D．归纳法2．用反证法证明命题：“a，b∈N，ab可被5整除，那么a，b中至少有一个能被5整除”时，假设的内容应为()A．a，b都能被5整除B．a，b都不能被5整除C．a，b不都能被5整除D．a不能被5整除3．设x，y，z∈R＋，a＝x＋eq\f(1,y)，b＝y＋eq\f(1,z)，c＝z＋eq\f(1,x)，则a，b，c三个数()A．至少有一个不大于2B．都小于2C．至少有一个不小于2D．都大于24．若P＝eq\r(a＋6)＋eq\r(a＋7)，Q＝eq\r(a＋8)＋eq\r(a＋5)(a≥0)，则P，Q的大小关系是()A．P>QB．P＝QC．P<QD．由a的取值确定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．无法确定正负二、填空题6．如果aeq\r(a)＋beq\r(b)>aeq\r(b)＋beq\r(a)，则a，b应满足的条件是________．7．若向量a＝(x＋1,2)，b＝(4，－2)，若a∥b，则实数x＝________.8．[2021·太原模拟]用反证法证明“若x2－1＝0，则x＝－1或x＝1”时，应假设__________________．三、解答题9．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinAsinB＋sinBsinC＋cos2B＝1.求证：a，b，c成等差数列．10．已知a，b是正实数，求证：eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b).[能力挑战]11．若a，b，c均为实数，且a＝x2－2y＋eq\f(π,2)，b＝y2－2z＋eq\f(π,3)，c＝z2－2x＋eq\f(π,6).求证：a，b，c中至少有一个大于0.课时作业381．解析：要证明eq\r(3)＋eq\r(5)<4，只需证明(eq\r(3)＋eq\r(5))2<16，即8＋2eq\r(15)<16，即证明eq\r(15)<4，亦即只需证明15<16，而15<16显然成立，故原不等式成立．因此利用分析法证明较为合理，故选B.答案：B2．解析：“至少有一个”的否定是“一个也没有”，即“a，b都不能被5整除”．答案：B3．解析：假设a，b，c都小于2，则a＋b＋c<6，而a＋b＋c＝x＋eq\f(1,y)＋y＋eq\f(1,z)＋z＋eq\f(1,x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,y)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(z＋\f(1,z)))≥2＋2＋2＝6，与a＋b＋c<6矛盾，∴a，b，c都小于2错误．∴a，b，c三个数至少有一个不小于2.故选C项．答案：C4．解析：假设P>Q，要证P>Q，只需证P2>Q2，只需证：2a＋13＋2eq\r(a＋6a＋7)>2a＋13＋2eq\r(a＋8a＋5)，只需证a2＋13a＋42>a2＋13a＋40，只需证42>40，因为42>40成立，所以P>Q成立．答案：A5．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)<f(－x2)＝－f(x