2024-2025学年高中数学第2章推理与证明2.2直接证明与间接证明2.2.1综合法和分析法练习新人教A版选修2-2

PAGEPAGE1§2.2.1综合法和分析法[限时50分钟，满分80分]一、选择题(每小题5分，共30分)1．已知p：ab＞0；q：eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2，则A．p是q的充分而不必要条件B．p是q的必要而不充分条件C．p是q的充要条件D．p是q的既不充分也不必要条件解析ab＞0⇒a，b同号⇒eq\f(b,a)＞0且eq\f(a,b)＞0，∴eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2，又eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2⇒eq\f(a2＋b2,ab)≥2⇒ab＞0.答案C2．已知a＞0，b＞0，m＝lgeq\f(\r(a)＋\r(b),2)，n＝lgeq\f(\r(a＋b),2)，则m与n的大小关系为A．m＞n B．m＝nC．m＜n D．不能确定解析由ab＞0，得eq\r(ab)＞0，∴a＋b＋2eq\r(ab)＞a＋b，∴(eq\r(a)＋eq\r(b))2＞(eq\r(a＋b))2⇒eq\f(\r(a)＋\r(b),2)＞eq\f(\r(a＋b),2)，∴lgeq\f(\r(a)＋\r(b),2)＞lgeq\f(\r(a＋b),2)，即m＞n，故选A.答案A3．若eq\f(π,4)＜α＜eq\f(π,2)，则A．sinα＞cosα＞tanα B．cosα＞tanα＞sinαC．sinα＞tanα＞cosα D．tanα＞sinα＞cosα解析取α＝eq\f(π,3)，则tanα＝eq\r(3)，sinα＝eq\f(\r(3),2)，cosα＝eq\f(1,2)，∴tanα＞sinα＞cosα.答案D4．设a，b∈R，且a≠b，a＋b＝2，则必有A．1≤ab≤eq\f(a2＋b2,2) B.eq\f(a2＋b2,2)＜ab＜1C.eq\f(a2＋b2,2)＜ab＜1 D．ab＜1＜eq\f(a2＋b2,2)解析取a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(3,2)，则a＋b＝2，这时eq\f(a2＋b2,2)＝eq\f(\f(1,4)＋\f(9,4),2)＝eq\f(5,4)＞1.ab＝eq\f(1,2)×eq\f(3,2)＝eq\f(3,4)＜1.∴ab＜1＜eq\f(a2＋b2,2).答案D5．设a，b，c三数成等比数列，而x，y分别为a，b和b，c的等差中项，则eq\f(a,x)＋eq\f(c,y)等于A．1 B．2C．3 D．4解析∵ac＝b2，a＋b＝2x，b＋c＝2y，∴eq\f(a,x)＋eq\f(c,y)＝eq\f(a,\f(a＋b,2))＋eq\f(c,\f(b＋c,2))＝eq\f(2a,a＋b)＋eq\f(2c,b＋c)＝eq\f(2a（b＋c）＋2c（a＋b）,（a＋b）（b＋c）)＝eq\f(2ab＋4ac＋2bc,ab＋b2＋bc＋ac)＝eq\f(2ab＋4ac＋2bc,ab＋ac＋bc＋ac)＝2.答案B6．p＝eq\r(ab)＋eq\r(cd)，q＝eq\r(ma＋nc)·eq\r(\f(b,m)＋\f(d,n))(m，n，a，b，c，d均为正数)，则p，q的大小为A．p≥q B．p≤qC．p＞q D．不确定解析q＝eq\r(ab＋\f(mad,n)＋\f(nbc,m)＋cd)≥eq\r(ab＋2\r(abcd)＋cd)＝eq\r(ab)＋eq\r(cd)＝p，故选B.答案B二、填空题(每小题5分，共15分)7．已知a2＋b2＝1，b2＋c2＝2，c2＋a2＝2，则ab＋bc＋ca的最小值为________．解析由a2＋b2＝1，b2＋c2＝2，c2＋a2＝2得a2＝eq\f(1,2)，b2＝eq\f(1,2)，c2＝eq\f(3,2).若使ab＋bc＋ac最小，a取eq\r(\f(1,2))，b取eq\r(\f(1,2))，c取－eq\r(\f(3,2)).此时，原式＝eq\f(1,2)－eq\r(\f(3,4))－eq\r(\f(3,4))＝eq\f(1,2)－eq\r(3).答案eq\f(1,2)－eq\r(3)8．设a＝eq\r(2)，b＝eq\r(7)－eq\r(3)，c＝eq\r(6)－eq\r(2)，则a，b，c的大小关系是________．解析要比较b与c的大小，只需比较eq\r(7)＋eq\r(2)与eq\r(3)＋eq\r(6)的大小，只需比较(eq\r(7)＋eq\r(2))2与(eq\r(3)＋eq\r(6))2的大小，即比较eq\r(14)与eq\r(18)的大小，明显eq\r(14)＜eq\r(18)，从而eq\r(7)－eq\r(3)＜eq\r(6)－eq\r(2)，即b＜c，类似可得a＞c，∴a＞c＞b.答案a＞c＞b9．已知等差数列{an}的公差d≠0，且a1，a2，a9成等比数列，则eq\f(a1＋a3＋a9,a2＋a4＋a10)＝________．解析由已知aeq\o\al(2,2)＝a1·a9，即(a1＋d)2＝a1(a1＋8d)，整理，得：d2＝6a1d.∵d≠0，∴d＝6a1，∴原式＝eq\f(a1＋a1＋2×6a1＋a1＋8×6a1,a1＋6a1＋a1＋3×6a1＋a1＋9×6a1)＝eq\f(63a1,81a1)＝eq\f(7,9).答案eq\f(7,9)三、解答题(本大题共3小题，共35分)10．(10分)已知△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，对应的三边为a，b，c，求证：eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c).证明要证原式，只需证eq\f(a＋b＋c,a＋b)＋eq\f(a＋b＋c,b＋c)＝3，即证eq\f(c,a＋b)＋eq\f(a,b＋c)＝1，即只需证eq\f(bc＋c2＋a2＋ab,ab＋b2＋ac＋bc)＝1.而由题意知A＋C＝2B，∴B＝eq\f(π,3)，∴b2＝a2＋c2－ac，∴eq\f(bc＋c2＋a2＋ab,ab＋b2＋ac＋bc)＝eq\f(bc＋c2＋a2＋ab,ab＋a2＋c2－ac＋ac＋bc)＝eq\f(bc＋c2＋a2＋ab,ab＋a2＋c2＋bc)＝1，∴原等式成立，即eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c).11．(12分)(1)求证：a2＋b2＋3≥ab＋eq\r(3)(a＋b)．(2)已知a，b，c均为正实数，且a＋b＋c＝1.求证：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,c)－1))≥8.证明(1)∵a2＋b2≥2ab，a2＋3≥2eq\r(3)a，b2＋3≥2eq\r(3)b，将此三式相加得2(a2＋b2＋3)≥2ab＋2eq\r(3)a＋2eq\r(3)b，∴a2＋b2＋3≥ab＋eq\r(3)(a＋b)(等号当且仅当a＝b＝eq\r(3)时取得)．(2)∵a，b，c均为正实数，且a＋b＋c＝1，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,c)－1))＝eq\f(a＋b＋c－a,a)·eq\f(a＋b＋c－b,b)·eq\f(a＋b＋c－c,c)＝eq\f(b＋c,a)·eq\f(a＋c,b)·eq\f(a＋b,c)≥2eq\f(\r(bc),a)·2eq\f(\r(ac),b)·2eq\f(\r(ab),c)＝8.故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,c)－1))≥8(等号当且仅当a＝b＝c时取得)．12．(13分)如图，在三棱锥P－ABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点．已知PA⊥AC，PA＝6，BC＝8，DF＝5.求证：(1)直线PA∥平面DEF；(2)平面BDE⊥平面ABC.证明(1)因为D，E分别为棱PC，AC的中点，所以DE∥PA.又因为PA⊄平面DEF，DE⊂平面DEF，所以直线PA∥平面DEF.(2)因为D，