2019-2020年高考數(shù)學 6.6 直接證明與間接證明練習.doc

2019-2020年高考數(shù)學 6.6 直接證明與間接證明練習(25分鐘50分)一、選擇題(每小題5分,共35分)1.(xx周口模擬)用反證法證明命題:若a+b+c為偶數(shù),則“自然數(shù)a,b,c恰有一個偶數(shù)”時正確反設為()A.自然數(shù)a,b,c都是奇數(shù)B.自然數(shù)a,b,c都是偶數(shù)C.自然數(shù)a,b,c中至少有兩個偶數(shù)D.自然數(shù)a,b,c中都是奇數(shù)或至少有兩個偶數(shù)【解析】選D.由于“自然數(shù)a,b,c中恰有一個偶數(shù)”的否定是“自然數(shù)a,b,c都是奇數(shù)或至少有兩個偶數(shù)”,故選D.2.(xx北京模擬)若a,b,c是不全相等的實數(shù),求證:a2+b2+c2>ab+bc+ca.證明過程如下:因為a,b,cR,所以a2+b22ab,b2+c22bc,c2+a22ac,又因為a,b,c不全相等,所以以上三式至少有一個“=”不成立,所以將以上三式相加得2(a2+b2+c2)>2(ab+bc+ac),所以a2+b2+c2>ab+bc+ca.此證法是()A.分析法B.綜合法C.分析法與綜合法并用D.反證法【解析】選B.由已知條件入手證明結論成立,滿足綜合法的定義.3.(xx東城模擬)在ABC中,sinAsinC<cosAcosC,則ABC一定是()A.銳角三角形B.直角三角形C.鈍角三角形D.不確定【解析】選C.由sinAsinC<cosAcosC得cosAcosC-sinAsinC>0,即cos(A+C)>0,所以A+C是銳角,從而B>,故ABC必是鈍角三角形.4.設a,bR,已知p:a=b;q:,則p是q成立的()A.必要不充分條件B.充分不必要條件C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件【解析】選B,p:a=b是q:成立的充分不必要條件.5.(xx寧波模擬)分析法又稱執(zhí)果索因法,若用分析法證明:“設a>b>c,且a+b+c=0,求證<a”索的因應是()A.a-b>0B.a-c>0C.(a-b)(a-c)>0D.(a-b)(a-c)<0【解析】選C.<ab2-ac<3a2(a+c)2-ac<3a2a2+2ac+c2-ac-3a2<0-2a2+ac+c2<02a2-ac-c2>0(a-c)(2a+c)>0(a-c)(a-b)>0.6.若=loga,|logba|=-logba,則a,b滿足的條件是()A.a>1,b>1B.0<a<1,b>1C.a>1,0<b<1D.0<a<1,0<b<1【解題提示】先利用|m|=m,則m0,|m|=-m,則m0,將條件進行化簡,然后利用對數(shù)函數(shù)的單調性即可求出a和b的范圍.【解析】選B.因為=loga,所以loga0=loga1,根據(jù)對數(shù)函數(shù)的單調性可知0<a<1.因為|logba|=-logba,所以logba0=logb1,但b1,所以根據(jù)對數(shù)函數(shù)的單調性可知b>1.7.若a>b>c,則使+恒成立的最大的正整數(shù)k為()A.2B.3C.4D.5【解析】選C.因為a>b>c,所以a-b>0,b-c>0,a-c>0,且a-c=a-b+b-c.又+=+=2+2+2=4(當且僅當2b=a+c時取等號),所以k+,k4,故k的最大正整數(shù)為4,故選C.二、填空題(每小題5分,共15分)8.用反證法證明命題“若x2-(a+b)x+ab0,則xa且xb”時,應假設為.【解析】“xa且xb”的否定是“x=a或x=b”,因此應假設為x=a或x=b.答案:x=a或x=b【誤區(qū)警示】此題容易出現(xiàn):”x=a且x=b”的錯誤答案.9.若P=+,Q=+(a0),則P,Q的大小關系是.【解析】因為P2=2a+7+2=2a+7+2,Q2=2a+7+2=2a+7+2,所以P2<Q2,又因為P>0,Q>0,所以P<Q.答案:P<Q10.(xx邯鄲模擬)設a,b是兩個實數(shù),給出下列條件:a+b>1;a+b=2;a+b>2;a2+b2>2;ab>1.其中能推出:“a,b中至少有一個大于1”的條件是.(填序號)【解析】若a=,b=,則a+b>1,但a<1,b<1,故推不出;若a=b=1,則a+b=2,故推不出;若a=-2,b=-3,則a2+b2>2,故推不出;若a=-2,b=-3,則ab>1,故推不出;對于,即a+b>2,則a,b中至少有一個大于1,反證法:假設a1且b1,則a+b2與a+b>2矛盾,因此假設不成立,故a,b中至少有一個大于1.答案:(20分鐘40分)1.(5分)(xx青島模擬)設x,y,z>0,則三個數(shù)+,+,+()A.都大于2B.至少有一個大于2C.至少有一個不小于2D.至少有一個不大于2【解析】選C.因為x>0,y>0,z>0,所以+=+6,當且僅當x=y=z時等號成立,則三個數(shù)中至少有一個不小于2,故選C.2.(5分)(xx營口模擬)若a,b,c是不全相等的正數(shù),給出下列判斷:(a-b)2+(b-c)2+(c-a)20;a>b與a<b及a=b中至少有一個成立;ac,bc,ab不能同時成立.其中判斷正確的個數(shù)是()A.0B.1C.2D.3【解析】選C.由已知得正確,中,ac,bc,ab可能同時成立,如a=1,b=2,c=3.3.(5分)下列條件:ab>0,ab<0,a>0,b>0,a<0,b<0,其中能使+2成立的條件的個數(shù)是.【解析】要使+2,只要>0且>0,即a,b不為0且同號即可,故有3個.答案:34.(12分)(xx銀川模擬)如圖,幾何體ABC-EFD是由直三棱柱截得的,EFAB,ABC=90,AC=2AB=2,CD=2AE=,(1)求三棱錐D-BEC的體積.(2)求證:CEDB.【解析】(1)由題意可證,EF平面BCD,VD-BCE=VE-BCD=SBCDEF=1=.(2)連接CF,依題意可得:ABBF,ABBC,而BF和BC是平面BFD內的兩條相交直線,故有AB平面BFD.而BD在平面BFD內,故ABBD.再由EFAB可得EFBD.又在RtBCF和RtCDB中,因為=,=,所以=,所以RtBCFRtCDB,所以BDC=BCF,所以BDC+DCF=BCF+DCF=90,所以CFBD.綜上可得,BD垂直于平面CEF內的兩條相交直線,故有BD平面CEF.又CE平面CEF,所以CEDB.5.(13分)(能力挑戰(zhàn)題)已知數(shù)列An:a1,a2,an.如果數(shù)列Bn:b1,b2,bn滿足b1=an,bk=ak-1+ak-bk-1,其中k=2,3,n,則稱Bn為An的“衍生數(shù)列”.(1)寫出數(shù)列A4:2,1,4,5的“衍生數(shù)列”B4.(2)若n為偶數(shù),且An的“衍生數(shù)列”是Bn,證明:bn=a1.(3)若n為奇數(shù),且An的“衍生數(shù)列”是Bn,Bn的“衍生數(shù)列”是Cn,依次將數(shù)列An,Bn,Cn,首項取出,構成數(shù)列:a1,b1,c1,證明:是等差數(shù)列.【解析】(1)B4:5,-2,7,2.(2)因為b1=an,b1+b2=a1+a2,b2+b3=a2+a3,bn-1+bn=an-1+an,由于n為偶數(shù),將上述n個等式中的第2,4,6,n這個式子都乘以-1,相加得b1-(b1+b2)+(b2+b3)-(bn-1+bn)=an-(a1+a2)+(a2+a3)-(an-1+an),即-bn=-a1,bn=a1.(3)對于數(shù)列An及其“衍生數(shù)列”Bn,因為b1=an,b1+b2=a1+a2,b2+b3=a2+a3,bn-1+bn=an-1+an,由于n為奇數(shù),將上述n個等式中的第2,4,6,n-1這個式子都乘以-1,相加得b1-(b1+b2)+(b2+b3)-+(bn-1+bn)=an-(a1+a2)+(a2+a3)-+(an-1+an)即bn=an-a1+an=2an-a1.設數(shù)列Bn的“衍生數(shù)列”為Cn,因為b1=an,c1=bn=2an-a1,所以2b1=a1+c1,即a1,b1,c1成等差數(shù)列.同理可證,b1,c1,d1;c1,d1,e1,也成等差數(shù)列.從而是等差數(shù)列.【加固訓練】(1)如果a,b都是正數(shù),且ab,求證a6+b6>a4b2+a2b4.(2)設a,b,c為ABC的三條邊,求證(a+b+c)2<4(ab+bc+ca).【證明】(1)a6+b6-(a4b2+a2b4)=a4(a2-b2)-b4(a2-b2)=(a2-b2)2(a2+b2),因為a,b都是正數(shù),且ab,所以(a2-b2)2(a2+b2)>0,所以a6+b6>a4b2+a2b4.(2)要證原不等式成立,只需證4(ab+bc+ca)-(a+b+c)2>0,即a2+b2+c2-2(ab+bc+ca)<0,即a2+b2+c2-a(b+c)-b(c+a)-c(a+b)<0,也即aa-(b+c)+bb-(c+a)+cc-(a+b)<0成立.因為a,b,c為ABC的三條邊,所以a-(b+c)<0,b-(c+a)<0,c-(a+b)<0,即aa-(b+c)+bb-(c+a)+cc-(a+b)<0成立,所以原不等式也成立.