2024-2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)第2章推理與證明2.2直接證明與間接證明2.2.1綜合法和分析法練習(xí)新人教A版選修2-2

PAGEPAGE1§2.2.1綜合法和分析法[限時50分鐘，滿分80分]一、選擇題(每小題5分，共30分)1．已知p：ab＞0；q：eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2，則A．p是q的充分而不必要條件B．p是q的必要而不充分條件C．p是q的充要條件D．p是q的既不充分也不必要條件解析ab＞0?a，b同號?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)，則m與n的大小關(guān)系為A．m＞n B．m＝nC．m＜n D．不能確定解析由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)，∴l(xiāng)geq\f(\r(a)＋\r(b),2)＞lgeq\f(\r(a＋b),2)，即m＞n，故選A.答案A3．若eq\f(π,4)＜α＜eq\f(π,2)，則A．sinα＞cosα＞tanα B．cosα＞tanα＞sinαC．sinα＞tanα＞cosα D．tanα＞sinα＞cosα解析取α＝eq\f(π,3)，則tanα＝eq\r(3)，sinα＝eq\f(\r(3),2)，cosα＝eq\f(1,2)，∴tanα＞sinα＞cosα.答案D4．設(shè)a，b∈R，且a≠b，a＋b＝2，則必有A．1≤ab≤eq\f(a2＋b2,2) B.eq\f(a2＋b2,2)＜ab＜1C.eq\f(a2＋b2,2)＜ab＜1 D．a(chǎn)b＜1＜eq\f(a2＋b2,2)解析取a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(3,2)，則a＋b＝2，這時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．設(shè)a，b，c三數(shù)成等比數(shù)列，而x，y分別為a，b和b，c的等差中項，則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均為正數(shù))，則p，q的大小為A．p≥q B．p≤qC．p＞q D．不確定解析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，故選B.答案B二、填空題(每小題5分，共15分)7．已知a2＋b2＝1，b2＋c2＝2，c2＋a2＝2，則ab＋bc＋ca的最小值為________．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?。璭q\r(\f(3,2)).此時，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．設(shè)a＝eq\r(2)，b＝eq\r(7)－eq\r(3)，c＝eq\r(6)－eq\r(2)，則a，b，c的大小關(guān)系是________．解析要比較b與c的大小，只需比較eq\r(7)＋eq\r(2)與eq\r(3)＋eq\r(6)的大小，只需比較(eq\r(7)＋eq\r(2))2與(eq\r(3)＋eq\r(6))2的大小，即比較eq\r(14)與eq\r(18)的大小，明顯eq\r(14)＜eq\r(18)，從而eq\r(7)－eq\r(3)＜eq\r(6)－eq\r(2)，即b＜c，類似可得a＞c，∴a＞c＞b.答案a＞c＞b9．已知等差數(shù)列{an}的公差d≠0，且a1，a2，a9成等比數(shù)列，則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、解答題(本大題共3小題，共35分)10．(10分)已知△ABC的三個內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，對應(yīng)的三邊為a，b，c，求證：eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c).證明要證原式，只需證eq\f(a＋b＋c,a＋b)＋eq\f(a＋b＋c,b＋c)＝3，即證eq\f(c,a＋b)＋eq\f(a,b＋c)＝1，即只需證eq\f(bc＋c2＋a2＋ab,ab＋b2＋ac＋bc)＝1.而由題意知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)求證：a2＋b2＋3≥ab＋eq\r(3)(a＋b)．(2)已知a，b，c均為正實數(shù)，且a＋b＋c＝1.求證：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.證明(1)∵a2＋b2≥2ab，a2＋3≥2eq\r(3)a，b2＋3≥2eq\r(3)b，將此三式相加得2(a2＋b2＋3)≥2ab＋2eq\r(3)a＋2eq\r(3)b，∴a2＋b2＋3≥ab＋eq\r(3)(a＋b)(等號當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\r(3)時取得)．(2)∵a，b，c均為正實數(shù)，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(等號當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時取得)．12．(13分)如圖，在三棱錐P－ABC中，D，E，F(xiàn)分別為棱PC，AC，AB的中點．已知PA⊥AC，PA＝6，BC＝8，DF＝5.求證：(1)直線PA∥平面DEF；(2)平面BDE⊥平面ABC.證明(1)因為D，E分別為棱PC，AC的中點，所以DE∥PA.又因為PA?平面DEF，DE?平面DEF，所以直線PA∥平面DEF.(2)因為D，