【走向高考】2022届高中数学二轮复习 专题6 不等式、推理与证明、算法框图与复数（第2讲）课时作业 新人教A版

【走向高考】2022届高中数学二轮复习专题6不等式、推理与证明、算法框图与复数（第2讲）课时作业新人教A版一、选择题1．(2022·常德市模拟)设m、n是不同的直线，α、β是不同的平面，且m、n⊂α，则“α∥β”是“m∥β且n∥β”的(　　)A．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[答案]　A[解析]　∵m、n⊂α，α∥β⇒m∥β且n∥β；若m∥β，n∥β，m⊂α，n⊂α，则当m与n相交时，α∥β，否则α∥β不成立，故选A.2．过点P(1,1)的直线，将圆形区域{(x，y)|x2＋y2≤4}分为两部分，使得这两部分的面积之差最大，则该直线的方程为(　　)A．x＋y－2＝0B．y－1＝0C．x－y＝0D．x＋3y－4＝0[答案]　A[解析]　本题主要考查了过圆内一点最短弦问题及点斜式方程的求法．两部分的面积之差最大是指直线与圆相交弦长最短时，此时直线与OP垂直(如图所示)，kOP＝1，则所求直线斜率为－1.故所求直线方程为y－1＝－(x－1)即x＋y－2＝0.3．(文)(2022·衡水中学模拟)若{an}是等差数列，首项a1>0，a2022＋a2022>0，a2022·a2022<0，则使前n项和Sn>0成立的最大正整数n是(　　)A．2022B．2022C．4022D．4023[答案]　C[解析]　∵a2022＋a2022>0，a2022·a2022<0，a1>0，∴a2022>0，a2022<0，∴S4022>0，S4023<0，∴选C.(理)(2022·郑州市质检)等差数列{an}中的a1、a4027是函数f(x)＝x3－4x2＋12x＋1的极值点，则log2a2022(　　)A．2　　B．3　　　　C．4　　D．5[答案]　A[解析]　f′(x)＝x2－8x＋12＝0则x1＝2，x2＝6，即a1＝2，a4027＝6或a1＝6，a4027＝2，a2022＝＝4∴log2a2022＝2，故选A.4．(2022·东北三省三校二模)设函数f(x)的导函数为f′(x)，若对任意x∈R都有f′(x)>f(x)成立，则(　　)A．f(ln2022)<2022f(0)-9-\nB．f(ln2022)＝2022f(0)C．f(ln2022)>2022f(0)D．f(ln2022)与2022f(0)的大小关系不确定[答案]　C[解析]　令g(x)＝，则g′(x)＝＝>0，∴g(x)为增函数，∵ln2022>0，∴g(ln2022)>g(0)，即>，∴f(ln2022)>2022f(0)，故选C.5．将正奇数1,3,5,7，…排成五列(如下表)，按此表的排列规律，89所在的位置是(　　)A．第一列B．第二列C．第三列D．第四列[答案]　D[解析]　正奇数从小到大排，则89位居第45位，而45＝4×11＋1，故89位于第四列．6．观察下图：则第(　　)行的各数之和等于20222.(　　)A．2022B．2022C．1006D．1005[答案]　C[解析]　由题设图知，第一行各数和为1；第二行各数和为9＝32；第三行各数和为25＝52；第四行各数和为49＝72；…，∴第n行各数和为(2n－1)2，令2n－1＝2022，解得n＝1006.[点评]　观察可见，第1行有1个数，第2行从2开始有3个数，第3行从3开始有5个数，第4行从4开始有7个数，…，第n行从n开始，有2n－1个数，因此第n行各数的和为n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝＝(2n－1)2.二、填空题7．(文)(2022·眉山二诊)已知2＋＝22×，3＋＝32×，4＋＝42×，…，若9＋＝92×(a、b为正整数)，则a＋b＝________.-9-\n[答案]　89[解析]　观察前三式的特点可知，3＝22－1,8＝32－1,15＝42－1，故其一般规律为n＋＝n2×，此式显然对任意n∈N，n≥2都成立，故当n＝9时，此式为9＋＝81×，∴a＝80，b＝9，a＋b＝89.(理)(2022·陕西理，14)观察下列等式12＝1，12－22＝－3，12－22＋32＝6，12－22＋32－42＝－10，……照此规律，第n个等式可为________．[答案]　12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1·(n∈N*)[解析]　观察上述各式等号左边的规律发现，左边的项数每次加1，故第n个等式左边有n项，每项所含的底数的绝对值也增加1，依次为1,2,3…n，指数都是2，符号成正负交替出现可以用(－1)n＋1表示，等式的右边数的绝对值是左边项的底数的和，故等式的右边可以表示为(－1)n＋1·，所以第n个式子可为12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1·(n∈N*)．8．(2022·哈三中二模)对称数是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数，如22,121,3443,94249等，显然2位对称数有9个；11,22,33，…，99,3位对称数有90个，101,111,121，…，191,202，…，999，则2n＋1(n∈N*)位对称数有________个．[答案]　9×10n[解析]　易知对称数的位数与个数如表：位数2345…个数99090900…∴2n＋1倍对称数有9×10n个．9．(文)(2022·东北三省三校二模)观察下列等式：13＝12,13＋23＝32,13＋23＋33＝62,13＋23＋33＋43＝102，…，根据上述规律，第n个等式为______________．[答案]　13＋23＋…＋n3＝[解析]　本题考查归纳推理，等式左边是连续n个正整数的立方和，右边的数都是整数的平方，由于1＝1,1＋2＝3,1＋2＋3＝6,1＋2＋3＋4＝10，∴第n个等式右边是(1＋2＋3＋…＋n)2，即[]2，故填13＋23＋…＋n3＝.(理)(2022·石家庄模拟)已知数列{an}：，，，，，，，，，，…，根据它的前10项的规律，则a99＋a100的值为________．-9-\n[答案]　[解析]　由前10项的构成规律知，分子分母和为n＋1(n∈N*)的共有n项，从和为2到和为n＋1的最后一项，共有1＋2＋3＋…＋n＝项，当n＝13时，＝91，n＝14时，＝105，因此a99和a100分别为和为15的第8项和第9项，∴a99＋a100＝＋＝.三、解答题10．(文)已知函数f(x)＝＋lnx(a∈R)，当x＝1时，函数y＝f(x)取得极小值．(1)求a的值；(2)证明：若x∈(0，)，则f(x)>－x.[解析]　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＋＝.∵x＝1时函数y＝f(x)取得极小值，∴f′(1)＝0，∴a＝1.当a＝1时，在(0,1)内f′(x)<0，在(1，＋∞)内f′(x)>0，∴x＝1是函数y＝f(x)的极小值点，满足题意．∴a＝1.(2)证明：f(x)>－x等价于：f(x)＋x>令g(x)＝f(x)＋x，则g′(x)＝＋1＝，令h(x)＝x2＋x－1.∵h(0)＝－1<0，h()＝－<0，∴0<x<时，g′(x)<0，∴g(x)在(0，)上单调递减．∴g(x)>g()，即g(x)>2－ln2＋＝＋(1－ln2)>，∴f(x)>－x.(理)(2022·沈阳市质检)已知函数f(x)＝mx－sinx，g(x)＝axcosx－2sinx(a>0)．(1)若函数y＝f(x)是(－∞，＋∞)上的单调递增函数，求实数m的最小值；(2)若m＝1，且对于任意x∈[0，]，都有不等式f(x)≥g(x)成立，求实数a的取值范围．[解析]　(1)∵函数f(x)＝mx－sinx在R上单调递增，∴f′(x)≥0恒成立，∵f′(x)＝m－cosx，∴m≥cosx，∴mmin＝1.(2)∵m＝1，∴函数f(x)＝x－sinx，∵f(x)≥g(x)，∴x＋sinx－axcosx≥0，-9-\n对于任意x∈[0，]，令H(x)＝x＋sinx－axcosx，则H′(x)＝1＋cosx－a(cosx－xsinx)＝1＋(1－a)cosx＋axsinx.①当1－a≥0时，即0<a≤1时，H′(x)＝1＋(1－a)cosx＋axsinx>0，∴H(x)在[0，]上为单调增函数，∴H(x)≥H(0)＝0符合题意，∴0<a≤1；②当1－a<0时，即a>1时，令h(x)＝1＋(1－a)cosx＋axsinx，于是h′(x)＝(2a－1)sinx＋axcosx，∵a>1，∴2a－1>0，∴h′(x)≥0，∴h(x)在[0，]上为单调增函数，∴h(0)≤h(x)≤h()，即2－a≤h(x)≤a＋1，∴2－a≤H′(x)≤a＋1.(ⅰ)当2－a≥0，即1<a≤2时，H′(x)≥0，∴H(x)在[0，]上为单调增函数，于是H(x)≥H(0)＝0，符合题意，∴1<a≤2；(ⅱ)当2－a<0，即a>2时，存在x0∈(0，)，使得当x∈(0，x0)时，有H′(x)<0，此时H(x)在(0，x0)上为单调减函数，从而H(x)<H(0)＝0，不能使H(x)>0恒成立．综上所述，实数a的取值范围为0<a≤2.一、选择题11．(文)(2022·重庆理，6)若a<b<c，则函数f(x)＝(x－a)(x－b)＋(x－b)(x－c)＋(x－c)(x－a)的两个零点分别位于区间(　　)A．(a，b)和(b，c)内B．(－∞，a)和(a，b)内C．(b，c)和(c，＋∞)内D．(－∞，a)和(c，＋∞)内[答案]　A[解析]　因为a<b<c，所以f(a)＝(a－b)(a－c)>0，f(b)＝(b－c)(b－a)<0，f(c)＝(c－a)(c－b)>0，由零点存在性定理知，选A.(理)(2022·山东理，4)用反证法证明命题“设a、b为实数，则方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要做的假设是(　　)A．方程x3＋ax＋b＝0没有实根B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一个实根C．方程x3＋ax＋b＝0至多有两个实根D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实根[答案]　A[解析]　至少有一个实根的否定为：没有实根．-9-\n12．(文)正方形ABCD的边长是a，依次连接正方形ABCD各边中点得到一个新的正方形，再依次连接新正方形各边中点又得到一个新的正方形，依次得到一系列的正方形，如图所示．现有一只小虫从A点出发，沿正方形的边逆时针方向爬行，每遇到新正方形的顶点时，沿这个正方形的边逆时针方向爬行，如此下去，爬行了10条线段．则这10条线段的长度的平方和是(　　)A.a2B.a2C.a2D.a2[答案]　A[解析]　由题可知，这只小虫爬行的第一段长度的平方为a＝(a)2＝a2，第二段长度的平方为a＝(a)2＝a2，…，从而可知，小虫爬行的线段长度的平方可以构成以a＝a2为首项，为公比的等比数列，所以数列的前10项和为S10＝＝.(理)对于大于1的自然数m的三次幂可以用技术进行以下方式的“分裂”：23＝，33＝，43＝，…，仿此，若m3的“分裂数”中有一个是59，则m＝(　　)A．7　　B．8　　　　C．9　　D．10[答案]　B[解析]　由23,33,43的“分裂”规律可知m3的分裂共有m项，它们都是连续的奇数，其第一个奇数为(m－2)(m＋1)＋3，当m＝8时，第一个奇数为57，故m＝8，此时83＝57＋59＋61＋63＋65＋67＋69＋71.13．已知正三角形内切圆的半径是其高的，把这个结论推广到空间正四面体，类似的结论是(　　)A．正四面体的内切球的半径是其高的B．正四面体的内切球的半径是其高的C．正四面体的内切球的半径是其高的D．正四面体的内切球的半径是其高的[答案]　C[解析]　原问题的解法为等面积法，即S＝ah＝3×ar⇒r＝h，类比问题的解法应为等体积法，V＝Sh＝4×Sr⇒r＝h，即正四面体的内切球的半径是其高的，所以应选C.14．①已知p3＋q3＝2，求证p＋q≤2，用反证法证明时，可假设p＋q≥2，②已知a、b∈-9-\nR，|a|＋|b|<1，求证方程x2＋ax＋b＝0的两根的绝对值都小于1.用反证法证明时可假设方程有一根x1的绝对值大于或等于1，即假设|x1|≥1.以下结论正确的是(　　)A．①与②的假设都错误B．①与②的假设都正确C．①的假设正确；②的假设错误D．①的假设错误；②的假设正确[答案]　D[解析]　反证法的实质是命题的等价性，因为命题p与命题的否定¬p真假相对，故直接证明困难时，可用反证法．故选D.15．(2022·邯郸市模拟)已知直线y＝k(x＋1)(k>0)与函数y＝|sinx|的图象恰有四个公共点A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)其中x1<x2<x3<x4，则有(　　)A．sinx4＝1B．sinx4＝(x4＋1)cosx4C．sinx4＝kcosx4D．sinx4＝(x4＋1)tanx4[答案]　B[解析]　∵直线y＝k(x＋1)(k>0)与y＝|sinx|图象恰有四个公共点，如图∴当x∈(π，2π)时，函数y＝|sinx|＝－sinx，y′＝－cosx.依题意，切点为(x4，y4)，∴k＝－cosx4，又x∈(π，2π)时，|sinx4|＝－sinx4∴y4＝k(x4＋1)，即－sinx4＝(－cosx4)·(x4＋1)，∴sinx4＝(x4＋1)cosx4，故选B.二、填空题16．(文)(2022·新课标Ⅰ理，14)甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A、B、C三个城市时，甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B城市；乙说：我没去过C城市；丙说：我们三人去过同一个城市．由此可判断乙去过的城市为________．[答案]　A[解析]　由于甲没去过B城市，且比乙去过的城市多，因此甲最多去过两个城市，因此甲去过A、C城市，又乙没去过C城市，三人去过同一城市，则该城市甲必去过，故只能是A城市．(理)(2022·河北衡水中学二调)椭圆中有如下结论：椭圆＋＝1(a>b>0)上斜率为1的弦的中点在直线＋＝0上，类比上述结论：双曲线－＝1(a，b>0)上斜率为1的弦的中点在直线________上．[答案]　－＝0-9-\n[解析]　椭圆＋＝1(a>0，b>0)上斜率为1的弦的中点在直线＋＝0上．类比上述结论可知，双曲线－＝1(a>0，b>0)上斜率为1的弦的中点在直线－＝0上．17．(文)(2022·哈尔滨质检)对于任意实数x，符号[x]表示不超过x的最大整数．例如：[1]＝1，[2.5]＝2.那么[log21]＋[log22]＋[log23]＋[log24]＋…＋[log21024]＝________.[答案]　8204[解析]　依题意，当2k≤n<2k＋1(k∈N)时，k≤log2n<k＋1(k∈N)，∴[log2n]＝k，[log22k]＋[log2(2k＋1)]＋…＋[log2(2k＋1－1)]＝k·(2k＋1－2k)＝k·2k.因此所求的和等于1·21＋2·22＋3·23＋…＋9·29＋10；记S＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋9·29，①2S＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋9·210，②由①－②得－S＝(2＋22＋23＋…＋29)－9×210＝－8×210－2，S＝8×210＋2，故所求的和等于8×210＋2＋10＝8204.(理)平面向量也叫二维向量，二维向量的坐标表示及其运算可以推广到n(n≥3)维向量，n维向量可用(x1，x2，x3，…，xn)表示．设向量a＝(a1，a2，a3，…，an)，b＝(b1，b2，b3，…，bn)，规定向量a与b的夹角θ的余弦为cosθ＝.当a＝(1,1,1，…，1，b＝(－1，－1，1,1，…，1时，cosθ＝________.[答案]　[解析]　依据n维向量的坐标表示及n维向量a与b的夹角余弦公式得，当a＝(1,1,1，…，1，b＝(－1，－1，1,1，…，1时，ibi＝1×(－1)＋1×(－1)＋1×1＋…＋1×1＝n－4.＝12＋12＋…＋12＝n，＝(－1)2＋(－1)2＋12＋…＋12＝n，∴cosθ＝＝.三、解答题18．(2022·太原调研)设x、y为正实数，a＝，b＝p，c＝x＋y.(1)如果p＝1，则是否存在以a、b、c为三边长的三角形？请说明理由；(2)对任意的正实数x、y，试探索当存在以a、b、c为三边长的三角形时p的取值范围．[解析]　(1)存在以a、b、c为三边长的三角形．当p＝1时，b＝.∵c2＝x2＋y2＋2xy>x2＋y2＋xy＝a2，-9-\n∴c>a，又a2＝x2＋xy＋y2>xy＝b2，∴a>b，∴c>a>b，∵x＋y＋>显然成立，∴<1，∴c－a＝x＋y－＝<＝b，∴a＋b>c.即p＝1时，存在以a、b、c为三边长的三角形．(2)∵a<c，∴若a、b、c构成三角形，只需即两边除以，令＝t，得这里f(t)＝＋＋，g(t)＝＋－.∵x、y为正实数，∴t为正数，令u＝＋，则u≥2，t＋＝u2－2，∴g(t)＝u－，令h(u)＝u－(u≥2)则h′(u)＝1－<0，∴h(u)在[2，＋∞)上单调递减，∴h(u)≥h(2)＝2－.即g(t)≤2－.又f(t)＝＋＋≥2＋＝2＋，当且仅当t＝1时，f(t)取最小值2＋，g(t)取最大值2－，因此p的取值范围为2－<p<2＋.因此，当p的取值范围为2－<p<2＋时，以a、b、c为三边的三角形总存在．-9-