《高考调研》衡水重点中学同步精讲练数学选修1-2课时作业6

课时作业(六)

一、选择题

－

12

1．(2010·全国卷Ⅰ)设a＝log32，b＝ln 2，c＝5A．a＜b＜c C．c＜a＜b 答案 C

ln 2

解析 a＝log32＝ln 3＜ln 2＝b，又c＝5＞log31

3＝2，因此c＜a＜b，故选C.

－

12

，则( )

B．b＜c＜a D．c＜b＜a

＝

11

＜2，a＝log325

2．(08·浙江高考)已知a≥0，b≥0，且a＋b＝2，则( ) 1A．ab≤2 C．a2＋b2≥2 答案 C

解析 由a＋b＝2可得ab≤1， 又a2＋b2＝4－2ab， ∴a2＋b2≥2.

3．(2010·福建卷)若向量a＝(x,3)(x∈R)，则“x＝4”是“|a|＝5”的( )

A．充分而不必要条件 C．充要条件 答案 A

解析 当x＝4时，a＝(4,3)，则|a|＝5；若|a|＝5，则x＝±4.故“x＝4”是“|a|＝5”的充分而不必要条件．

4．(2010·湖北卷)用a，b，c表示三条不同的直线，γ表示平面，

B．必要而不充分条件 D．既不充分又不必要条件 1

B．ab≥2 D．a2＋b2≤3

给出下列命题：

①若a∥b，b∥c，则a∥c； ②若a⊥b，b⊥c，则a⊥c； ③若a∥γ，b∥γ，则a∥b； ④若a⊥γ，b⊥γ，则a∥b. 其中真命题的序号是( ) A．①② B．②③ C．①④ D．③④ 答案 C

解析 对于①，由公理“平行于同一直线的两条直线平行”可知，①正确；对于②，如在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB⊥AD，CD⊥AD，此时AB平行于CD，因此②不正确．对于③，如当平面α∥γ时，平面α内的任意两条直线a，b都平行于平面γ，显然此时直线a，b可能相交，因此③不正确．对于④，由“垂直于同一平面的两条直线平行”可知其正确性．综上所述，其中真命题的序号是①④，选C.

二、填题空

5．已知sin α＋sin β＋sin γ＝0，cos α＋cos β＋cos γ＝0，则cos(α－β)的值为________．

1答案 －2 19

6．已知a、b、u∈R＋，且a＋b＝1，则使得a＋b≥u恒成立的u的取值范围是________．

答案 (－∞，16]

xy

7．(2010·山东卷)已知x，y∈R，且满足3＋4＝1，则xy的最大

＋

值为________．

答案 3

xy

解析 因为1＝3＋4≥2

xy3·4＝2xy

12＝

xy

3，所以xy≤3，

xy3

当且仅当3＝4，即x＝2，y＝2时取等号，故xy的最大值为3. 8．(2010·浙江卷)若正实数x，y满足2x＋y＋6＝xy，则xy的最小值是________．

答案 18

解析 由基本不等式得xy≥22xy＋6，令xy＝t得不等式t2－22t－6≥0，解得t≤－2(舍去)或者t≥32，故xy的最小值为18.

9．(2010·安徽卷)若a>0，b>0，a＋b＝2，则下列不等式对一切满足条件的a，b恒成立的是________(写出所有正确命题的编号)．

11①ab≤1；②a＋b≤2；③a＋b≥2；④a＋b≥3；⑤a＋b≥2.

2

2

3

3

答案 ①③⑤

?a＋b?2

解析 两个正数，和为定值，积有最大值，即ab≤4＝1，当且仅当a＝b时取等号，故①正确；(a＋b)2＝a＋b＋2ab＝2＋2ab≤4，当且仅当a＝b时取等号，得a＋b≤2，故②错误；由于a2＋b2?a＋b?222332

≥＝1，故a＋b≥2成立，故③正确；a＋b＝(a＋b)(a24＋b2－ab)＝2(a2＋b2－ab)，∵ab≤1，∴－ab≥－1.又a2＋b2≥2，∴1111a＋baa＋b－ab≥1，∴a＋b≥2，故④错误；a＋b＝(a＋b)2＝1＋2b＋

2

2

3

3

b

2a≥1＋1＝2，当且仅当a＝b时取等号，故⑤正确．

三、解答题

10．已知函数f(x)(x∈R)，对于任意x1、x2∈R，等式f(x1)＋f(x2)

x1＋x2x1－x2

＝2f(2)·f(2)恒成立，但f(x)不恒为0，求证：f(x)是偶函数．

证明 证法一 (分析法)要证f(x)是偶函数，即证对于任意x∈R，x1＋x2x1－x2恒有f(－x)＝f(x)，为此应考虑条件f(x1)＋f(x2)＝2f(2)·f(2)，应用于f(－x)、f(x)的关系上．

x1＋x2x1－x2

由f(x1)＋f(x2)＝2f(2)·f(2)． 得f(－x)＋f(x)＝2f(0)·f(－x)． 欲证f(－x)＝f(x)，需先证f(0)＝1.

由f(x)不恒为0，设存在一个x0使f(x0)≠0， 从而f(x0)＋f(x0)＝2f(x0)·f(0)， 即2f(x0)＝2f(x0)·f(0)．

∵f(x0)≠0，∴f(0)＝1，问题得证． 证法二 (综合法)设x0∈R，f(x0)≠0， 则f(x0)＋f(x0)＝2f(x0)·f(0)， 即2f(x0)＝2f(x0)·f(0)．

∵f(x0)≠0，∴f(0)＝1.对于任意x∈R，有 f(x)＋f(－x)＝2f(0)·f(x)，

∴f(x)＋f(－x)＝2f(x)．∴f(－x)＝f(x)． 因此，函数f(x)为偶函数． 11.

用向量法证明：已知四面体A－BCD，若AB⊥CD，AD⊥BC，则AC⊥BD.

→、AC→、AD→为基向量． 证明 取向量AB

→＝AD→－AC→，BC→＝AC→－AB→， 则CD

→＝AD→－AB→， BD

∵AB⊥CD，AD⊥BC， →·→＝0，AD→·→＝0. ∴ABCDBC→·→－AC→)＝0， ∴AB(AD→·→－AB→)＝0. AD(AC→·→＝AB→·→， ∴ABADAC→·→＝AD→·→， ADACAB→·→＝AC→·→－AB→) ∴ACBD(AD→·→－AC→·→ ＝ACADAB→·→－AB→·→＝0， ＝ADABAD→⊥BD→，∴AC⊥BD. ∴AC

12．设数列{an}的前n项和为Sn，且(3－m)Sn＋2man＝m＋3(n∈N*)．其中m为常数，且m≠－3.

(1)求证：{an}是等比数列；

3

(2)若数列{an}的公比q＝f(m)，数列{bn}满足b1＝a1，bn＝2f(bn－1)(n1

∈N，n≥2)，求证：{b}为等差数列．

n

*

分析 本题主要考查使用定义证明等差数列、等比数列，证明方法属于综合法，解题的关键是恰当地处理递推关系．

证明 (1)∵(3－m)Sn＋2man＝m＋3， ∴(3－m)a1＋2ma1＝m＋3.

∴(3＋m)a1＝m＋3. ∵m≠3，∴a1＝1.

由(3－m)Sn＋2man＝m＋3，得 (3－m)Sn＋1＋2man＋1＝m＋3. 两式相减，得(3＋m)an＋1＝2man， ∵m≠－3， an＋12m∴a＝. m＋3n

∵m为常数，且m≠－3， ∴{an}是等比数列．

2m

(2)由(1)知，b1＝a1＝1，q＝f(m)＝，

m＋3332bn－1

∴n∈N，且n≥2时，bn＝2f(bn－1)＝2·

bn－1＋3

*

?bnbn－1＋3bn＝3bn－1 111?b－＝3. bn－1n

11

∴{b}是首项为1，公差为3的等差数列．

n13．已知a>0，求证：

11a2＋a2－2≥a＋a－2.

分析 本题考查利用均值不等式证明不等式，当题目中已知条件较少时，用综合法难以发现思路，可以用分析法证明．

证明 要证只要证

2

11

a2＋a2－2≥a＋a－2，

11

a＋a2＋2≥a＋a＋2.

11

a2＋a2＋2)2≥(a＋a＋2)2，

∵a>0，故只要证(1

即证a2＋a2＋4从而只要证22

111

a2＋a2＋4≥a2＋2＋a2＋22(a＋a)＋2， 11a＋a2≥2(a＋a)，

2

112

只要证4(a＋a2)≥2(a＋2＋a2)． 1

即a＋a2≥2，而从此不等式显然成立．

2

故原不等式成立．

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/amp7.html