高中数学人教A版选修22课时作业 2211 综合法Word文档下载推荐.docx
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解得t≥2+2.
3.(2014·
广州高二检测)在集合{a,b,c,d}上定义两种运算⊕和⊗如下:
那么,d⊗(a⊕c)等于( )
A.aB.bC.cD.d
【解析】选A.由所给定义知a⊕c=c,d⊗c=a,
所以d⊗(a⊕c)=d⊗c=a.
4.(2014·
济南高二检测)如果x>
0,y>
0,x+y+xy=2,则x+y的最小值为( )
A.B.2-2C.1+D.2-
【解析】选B.由x>
0,x+y+xy=2,
则2-(x+y)=xy≤,
所以(x+y)2+4(x+y)-8≥0,
x+y≥2-2或x+y≤-2-2,
由x>
0知x+y≥2-2.
5.在面积为S(S为定值)的扇形中,当扇形中心角为θ,半径为r时,扇形周长p最小,这时θ,r的值分别是( )
A.θ=1,r=B.θ=2,r=
C.θ=2,r=D.θ=2,r=
【解析】选D.设扇形的弧长为l,
则lr=S,
所以l=,又p=2r+l=2r+≥2=4,
当且仅当r=,即r=时等号成立,
此时θ====2.
6.(2014·
西安高二检测)在△ABC中,tanA·
tanB>
1,则△ABC是( )
A.锐角三角形B.直角三角形
C.钝角三角形D.不确定
【解析】选A.因为tanA·
1,
所以角A,角B只能都是锐角,
所以tanA>
0,tanB>
0,1-tanA·
tnaB<
0,
所以tan(A+B)=<
0.
所以A+B是钝角,即角C为锐角.
二、填空题(每小题4分,共12分)
7.设a>
0,则下面两式的大小关系为lg(1+)______
[lg(1+a)+lg(1+b)].
【解题指南】要比较两者大小,可先比较(1+)与的大小,又需先比较(1+)2与(1+a)(1+b)的大小.
【解析】因为(1+)2-(1+a)(1+b)
=1+2+ab-1-a-b-ab
=2-(a+b)=-(-)2≤0,
所以(1+)2≤(1+a)(1+b),
所以lg(1+)≤[lg(1+a)+lg(1+b)].
答案:
≤
【变式训练】若a≠b,a≠0,b≠0,则比较大小关系:
+______
+.
【解析】可比较|a|+|b|与|a|+|b|的大小,进而比较|a|-|a|与|b|-|b|的大小,从而可比较出大小.
因为(|a|-|a|)-(|b|-|b|)
=|a|(-)-|b|(-)
=(+)(-)2.
因为a≠b,a≠0,b≠0,所以上式>
故+>
>
8.点P是曲线y=x2-lnx上任意一点,则点P到直线y=x-2的距离的最小值是________.
【解题指南】在曲线上求一点,使得在此点处的切线和直线y=x-2平行,求出两条平行线间的距离即可.
【解析】点P是曲线y=x2-lnx上任意一点,当过点P的切线和直线y=x-2平行时,点P到直线y=x-2的距离最小.直线y=x-2的斜率为1.令y=x2-lnx的导数
y′=2x-=1,得x=1或x=-(舍),所以切点坐标为(1,1),点(1,1)到直线y=x-2的距离等于.
9.(2014·
天水高二检测)已知数列{an}的前n项和为Sn,f(x)=,an=log2,则S2014=________.
【解题指南】利用对数的性质,把an写成log2f(n+1)-log2f(n),则式子中可出现正负相消的情况.
【解析】an=log2=log2f(n+1)-log2f(n),
所以S2014=a1+a2+a3+…+a2014=[log2f
(2)-log2f
(1)]+[log2f(3)-log2f
(2)]
+[log2f(4)-log2f(3)]+…+[log2f(2014)-log2f(2013)]
=log2f(2014)-log2f
(1)
=log2-log2
=log2+1.
log2+1
三、解答题(每小题10分,共20分)
10.已知{an}是正数组成的数列,a1=1,且点(,an+1)(n∈N*)在函数y=x2+1的图象上.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)若数列{bn}满足b1=1,bn+1=bn+,求证:
bn·
bn+2<
.
【解析】
(1)由已知得an+1=an+1,
则an+1-an=1,又a1=1,
所以数列{an}是以1为首项,1为公差的等差数列.
故an=1+(n-1)×
1=n.
(2)由
(1)知,an=n,从而bn+1-bn=2n.
bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b2-b1)+b1
=2n-1+2n-2+…+2+1
==2n-1.
因为bn·
bn+2-
=(2n-1)(2n+2-1)-(2n+1-1)2
=(22n+2-2n+2-2n+1)-(22n+2-2·
2n+1+1)
=-2n<
所以bn·
11.(2014·
石家庄高二检测)已知倾斜角为60°
的直线L经过抛物线y2=4x的焦点F,且与抛物线相交于A,B两点,其中O为坐标原点.
(1)求弦AB的长.
(2)求三角形ABO的面积.
(1)由题意得:
直线L的方程为y=(x-1),
代入y2=4x,得:
3x2-10x+3=0.
设点A(x1,y1),B(x2,y2),
则:
x1+x2=.
由抛物线的定义得:
弦长|AB|=x1+x2+p=+2=.
(2)点O到直线AB的距离d==,
所以三角形OAB的面积为S=|AB|·
d=.
一、选择题(每小题4分,共16分)
1.(2014·
石家庄高二检测)p=+,q=·
(m,n,a,b,c,d均为正数),则p,q的大小为( )
A.p≥qB.p≤q
C.p>
qD.不确定
【解析】选B.q=≥
=+
=p,
当且仅当=时取等号.
【变式训练】已知函数f(x)=,a,b是正实数,A=f,B=f(),C=f,则A,B,C的大小关系为( )
A.A≤B≤CB.A≤C≤B
C.B≤C≤AD.C≤B≤A
【解析】选A.因为≥≥,
又f(x)=在R上是减函数.
所以f≤f()≤f.
2.设0<
x<
1,则a=,b=1+x,c=中最大的一个是( )
A.aB.b
C.cD.不能确定
【解析】选C.易得1+x>
2>
,
因为(1+x)(1-x)
=1-x2<
又0<
即1-x>
所以1+x<
南昌高二检测)公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn,若a4是a3与a7的等比中项S8=32,则S10等于( )
A.18B.24C.60D.90
【解题指南】由等比中项的定义可得=a3a7,根据等差数列的通项公式及前n项和公式,设出公差d,列方程解出a1和d进而求出S10.
【解析】选C.等差数列{an}的公差为d,因为a4是a3与a7的等比中项,
所以=a3·
a7,
即(a1+3d)2=(a1+2d)(a1+6d)
整理得2a1+3d=0, ①
又S8=8a1+d=32.
整理得2a1+7d=8, ②
由①②知d=2,a1=-3.
所以S10=10a1+d=60.
4.若钝角三角形ABC三内角A,B,C的度数成等差数列且最大边与最小边的比为m,则m的取值范围是( )
A.(2,+∞)B.(0,2)
C.[1,2]D.[2,+∞)
【解析】选A.设三角形的三边从小到大依次为a,b,c,
因为三内角的度数成等差数列,
所以2B=A+C.
则A+B+C=3B=180°
,可得B=60°
根据余弦定理得cosB=cos60°
==.
得b2=a2+c2-ac,
因三角形ABC为钝角三角形,
故a2+b2-c2<
于是2a2-ac<
0,即>
2.
又m=,即m∈(2,+∞).
二、填空题(每小题5分,共10分)
5.已知sinα+sinβ+sinr=0,cosα+cosβ+cosr=0,则cos(α-β)的值为__________.
【解析】由sinα+sinβ+sinr=0,cosα+cosβ+cosr=0,
得sinα+sinβ=-sinr,cosα+cosβ=-cosr,
两式分别平方,相加得2+2(sinαsinβ+cosαcosβ)=1,
所以cos(α-β)=-.
-
6.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,在正方体的表面上与点A距离为的点形成一条曲线,这条曲线的长度为________.
【解析】这条曲线在面ADD1A1上的一段是以A为圆心,为半径,为圆心角的一段圆弧,在面A1B1C1D1上的一段是以A1为圆心,为半径,为圆心角的一段圆弧,由正方体的对称性知,这条曲线的长度为3=π.
π
三、解答题(每小题12分,共24分)
7.若a,b,c是不全相等的正数,求证:
lg+lg+lg>
lga+lgb+lgc.
【证明】因为a,b,c∈(0,+∞),
所以≥>
0,≥>
又上述三个不等式中等号不能同时成立.
所以·
·
abc成立.
上式两边同时取常用对数,
得lg>
lg(abc),
所以lg+lg+lg>
【变式训练】
(2014·
太原高二检测)设a,b,c>
0,证明:
++≥a+b+c.
【解题指南】用综合法证明,可考虑运用基本不等式.
【证明】因为a,b,c>
0,根据基本不等式,
有+b≥2a,+c≥2b,+a≥2c.
三式相加:
+++a+b+c≥2(a+b+c).
当且仅当a=b=c时取等号.
即++≥a+b+c.
8.设g(x)=x3+ax2+bx(a,b∈R),其图象上任一点P(x,y)处切线的斜率为f(x),且方程f(x)=0的两根为α,β.
(1)若α=β+1,且β∈Z,求证f(-a)=(a2-1).
(2)若α,β∈(2,3),求证存在整数k,使得|f(k)|≤.
【证明】
(1)由题意得f(x)=g′(x)=x2+ax+b,
所以消去β得a2-4b=1,
满足Δ>
0,所以b=(a2-1).
所以f(-a)=(-a)2+a(-a)+b=b=(a2-1).
(2)因为α,β∈(2,3),f(x)=x2+ax+b=(x-α)(x-β),
所以|f
(2)|·
|f(3)|=|(2-α)(2-β)|·
|(3-α)(3-β)|
=|(α-2)(3-α)|·
|(β-2)(3-β)|≤·
=,
故必有|f
(2)|≤或|f(3)|≤.
所以存在整数k=2或k=3,使|f(k)|≤.
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