2013届人教A版文科数学课时试题及解析63直接证明与间接证明高中数学练习试题

1课时作业(六十三)[第63讲直接证明与间接证明][时间：45分钟分值：100分]基础热身1．用反证法证明命题：“三角形三个内角中至少有一个不大于60°”时，应假设()A．三个内角都不大于60°B．三个内角都大于60°C．三个内角至多有一个大于60°D．三个内角至多有两个大于60°2．若三角形能剖分为两个与自己相似的三角形，那么这个三角形一定是()A．锐角三角形B．钝角三角形C．直角三角形D．不能确定3．要证：a2＋b2－1－a2b2≤0，只要证明()A．2ab－1－a2b2≤0B．a2＋b2－1－a4＋b42≤0C.a＋b22－1－a2b2≤0D．(a2－1)(b2－1)≥04．已知a，b是不相等的正数，x＝a＋b2，y＝a＋b，则x，y的大小关系是________．能力提升5．一个质点从A出发依次沿图K63－1中线段到达B、C、D、E、F、G、H、I、J各点，最后又回到A，其中：AB⊥BC，AB∥CD∥EF∥HG∥IJ，BC∥DE∥FG∥HI∥JA.欲知此质点所走路程，至少需要测量n条线段的长度，则n＝()图K63－1A．2B．3C．4D．56．已知abcd＝ad－bc，则46810＋12141618＋…＋2004200620082010＝()A．－2008B．2008C．2010D．－20107．已知c＞1，a＝c＋1－c，b＝c－c－1，则正确的结论是()A．a＞bB．a＜bC．a＝bD．a，b大小关系不定8．使不等式1a1b成立的条件是()A．abB．abC．ab，且ab0D．ab，且ab09．若a，b，c是不全相等的正数，给出下列判断：①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；②ab与ab及a＝b中至少有一个成立；③a≠c，b≠c，a≠b不能同时成立．其中判断正确的个数是()A．0B．1C．2D．310．已知函数f(x)＝12x，a，b∈R＋，A＝fa＋b2，B＝f(ab)，C＝f2aba＋b，则A、B、C的大小关系为________．11．若P＝a＋a＋7，Q＝a＋3＋a＋4(a≥0)，则P、Q的大小关系是________．212．若直线ax＋2by－2＝0(a0，b0)始终平分圆x2＋y2－4x－2y－8＝0的周长，则1a＋2b的最小值为________．13．如果函数f(x)在区间D上是凸函数，那么对于区间D内的任意x1，x2，…，xn，都有fx1＋fx2＋…＋fxnn≤fx1＋x2＋…＋xnn.若y＝sinx在区间(0，π)上是凸函数，那么在△ABC中，sinA＋sinB＋sinC的最大值是________．14．(10分)若a，b，c均为实数，且a＝x2－2y＋π2，b＝y2－2z＋π3，c＝z2－2x＋π6，求证：a，b，c中至少有一个大于0.15．(13分)已知a，b，c∈(0,1)．求证：(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a不能同时大于14.难点突破16．(12分)已知函数f(x)＝x2＋2x＋alnx(x0)，对于任意不等的两个正数x1，x2，证明：当a≤0时，fx1＋fx22fx1＋x22.3课时作业(六十三)【基础热身】1．B[解析]假设结论不成立，即“三角形三个内角中至少有一个不大于60°”的否定为“三个内角都大于60°”，故选B.2．C[解析]直角三角形斜边上的高将直角三角形剖分为两个直角三角形，这两个直角三角形与原三角形都相似，故选C.3．D[解析]因为a2＋b2－1－a2b2≤0⇔(a2－1)(b2－1)≥0.故选D.4．xy[解析]x2－y2＝a＋b＋2ab2－(a＋b)＝－a＋b－2ab2＝－a－b22.∵a，b是不相等的正数，∴a≠b，∴(a－b)20，∴－a－b220.∴x2y2.又∵x0，y0，∴xy.【能力提升】5．B[解析]只需测量AB，BC，GH,3条线段的长．6．A[解析]48610＝－8，12161418＝－8，…，2004200820062010＝－8，区间[4,2010]中共有1004个偶数，若每四个偶数为一组，共有251组，∴48610＋12161418＋…＋2004200820062010＝(－8)＋(－8)＋…＋(－8251个＝－8×251＝－2008.故选A.7．B[解析]假设a≥b，即c＋1－c≥c－c－1，∴c＋1＋c－1≥2c，平方得2c＋2c2－1≥4c，2c≤2c2－1，c≤c2－1，即c2≤c2－1，0≤－1，这不可能，∴假设不成立，故ab.8．D[解析]利用分析法对条件分析可得．9．C[解析]①②正确；③中a≠c，b≠c，a≠b可能同时成立，如a＝1，b＝2，c＝3，选C.10．A≤B≤C[解析]由a＋b2≥ab≥2aba＋b，又f(x)＝12x在R上是单调减函数，∴fa＋b2≤f(ab)≤f2aba＋b，即A≤B≤C.11．P＜Q[解析]假设PQ，∵要证P＜Q，只要证P2＜Q2，只要证：2a＋7＋2aa＋72a＋7＋2a＋3a＋4，只要证：a2＋7a＜a2＋7a＋12，只要证：0＜12，∵0＜12成立，∴P＜Q成立．12．3＋22[解析]由题知直线经过圆心(2,1)，则a＋b＝1，所以1a＋2b＝(a＋b)1a＋2b＝3＋ba＋2ab≥3＋22.13.332[解析]sinA＋sinB＋sinC≤3sinA＋B＋C3＝3sinπ3＝332.14．[解答]证明：假设a，b，c都不大于0，即a≤0，b≤0，c≤0，则a＋b＋c≤0，而a＋b＋c＝x2－2y＋π2＋y2－2z＋π3＋z2－2x＋π6＝(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋π－3，∵π－30，且(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2≥0，∴a＋b＋c0，这与a＋b＋c≤0矛盾，4因此a，b，c中至少有一个大于0.15．[解答]证明：假设三式同时大于14，即(1－a)b14，(1－b)c14，(1－c)a14，三式同向相乘，得(1－a)a(1－b)b(1－c)c164.①又(1－a)a≤1－a＋a22＝14当且仅当a＝12时取“＝”号，同理(1－b)b≤14，(1－c)c≤14.所以(1－a)a(1－b)b(1－c)c≤164，与①式矛盾，即假设不成立，故结论正确．【难点突破】16．[解答]证明：由f(x)＝x2＋2x＋alnx(x0)，得fx1＋fx22＝12(x21＋x22)＋1x1＋1x2＋a2(lnx1＋lnx2)＝12(x21＋x22)＋x1＋x2x1x2＋alnx1x2，fx1＋x22＝x1＋x222＋4x1＋x2＋alnx1＋x22.而12(x21＋x22)＝14(x21＋x22＋x21＋x22)14(x21＋x22＋2x1x2)＝x1＋x222.①∵(x1＋x2)2＝(x21＋x22)＋2x1x24x1x2，∴x1＋x2x1x24x1＋x2.②∵x1x2x1＋x22，∴lnx1x2lnx1＋x22，又a≤0，∴alnx1x2≥alnx1＋x22.③由①②③得12(x21＋x22)＋x1＋x2x1x2＋alnx1x2x1＋x222＋4x1＋x2＋alnx1＋x22，即fx1＋fx22fx1＋x22.