高中数学人教A版5本册总复习总复习 评估验收卷(二)

评估验收卷(二)(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．设t＝a＋2b，S＝a＋b2＋1，则下列t与S的大小关系中正确的是()A．t＞SB．t≥SC．t＜SD．t≤S解析：t－S＝a＋2b－(a＋b2＋1)＝－(b2－2b＋1)＝－(b－1)2≤0.故应选D.答案：D2．已知a，b，c，d都是正数，且bc＞ad，则eq\f(a,b)，eq\f(a＋c,b＋d)，eq\f(a＋2c,b＋2d)，eq\f(c,d)中最大的是()\f(a,b)\f(a＋c,b＋d)\f(a＋2c,b＋2d)\f(c,d)解析：因为a，b，c，d均是正数且bc＞ad，所以有eq\f(c,d)＞eq\f(a,b).①又eq\f(c,d)－eq\f(a＋c,b＋d)＝eq\f(c（b＋d）－（a＋c）d,d（b＋d）)＝eq\f(bc－ad,d（b＋d）)＞0，所以eq\f(c,d)＞eq\f(a＋c,b＋d)，②eq\f(c,d)－eq\f(a＋2c,b＋2d)＝eq\f(c（b＋2d）－（a＋2c）·d,d（b＋2d）)＝eq\f(bc－ad,d（b＋2d）)＞0，所以eq\f(c,d)＞eq\f(a＋2c,b＋2d).③由①②③知eq\f(c,d)最大．答案：D3．已知a＝eq\r(6)＋eq\r(7)，b＝eq\r(5)＋eq\r(8)，c＝5，则a，b，c的大小关系排列为()A．a＞b＞c B．a＞c＞bC．b＞a＞c D．c＞a＞b解析：由已知得a2＝6＋7＋2eq\r(42)＝13＋2eq\r(42)；b2＝8＋5＋4eq\r(10)＝13＋2eq\r(40)；c2＝25＝13＋12＝13＋2eq\r(36)，因为2eq\r(36)＜2eq\r(40)＜2eq\r(42).所以a＞b＞c.答案：A4．若eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)＜0，则下列结论不正确的是()A．a2＜b2 B．ab＜b2\f(b,a)＋eq\f(a,b)＞2 D．|a|＋|b|＞|a＋b|解析：因为eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)＜0，所以eq\f(1,a)－eq\f(1,b)＜0，a＜0且b＜0.所以eq\f(b－a,ab)＜0，所以b＜a＜0.由此断定A，B，C正确，故选D.答案：D5．若q＞0，且q≠1，m，n∈N＋，则1＋qm＋n与qm＋qn的大小关系是()A．1＋qm＋n＞qm＋qn B．1＋qm＋n＜qm＋qnC．1＋qm＋n＝qm＋qn D．不能确定解析：(1＋qm＋n)－(qm＋qn)＝(qm－1)(qn－1)．(分q＞1及0＜q＜1两种情况讨论)答案：A6．已知非零实数a，b满足a＞b，则下列不等式成立的是()A．a2＞b2 \f(1,a)＜eq\f(1,b)C．a2b＞ab2 \f(a,b2)＞eq\f(b,a2)解析：由于a，b正负不确定，故A、B、C三个选项不成立．D项中，由于eq\f(a,b2)－eq\f(b,a2)＝eq\f(a3－b3,a2b2)，因为a＞b，所以a3＞b3.因此eq\f(a,b2)－eq\f(b,a2)＝eq\f(a3－b3,a2b2)＞0.所以eq\f(a,b2)＞eq\f(b,a2)，即D项正确．答案：D7．否定“自然数a，b，c中恰有一个为偶数”时，正确假设为()A．a，b，c都是奇数B．a，b，c都是偶数C．a，b，c中至少有两个偶数D．a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数答案：D8．对于x∈[0，1]的任意值，不等式ax＋2b＞0恒成立，则代数式a＋3b的值()A．恒为正值 B．恒为非负值C．恒为负值 D．不确定解析：依题意2b＞0，所以b＞0，且a＋2b＞0.所以a＋2b＋b＞0，即a＋3b恒为正值．答案：A9．使不等式eq\r(3)＋eq\r(8)＞1＋eq\r(a)成立的正整数a的最大值为()A．10B．11C．12D．13解析：用分析法可证a＝12时不等式成立，a＝13时不等式不成立．故应选C.答案：C10．(2023·湖南卷)若实数a，b满足eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝eq\r(ab)，则ab的最小值为()\r(2)B．2C．2eq\r(2)D．4解析：由已知eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝eq\r(ab)，可知a，b同号，且均大于0.由eq\r(ab)＝eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)≥2eq\r(\f(2,ab))，得ab≥2eq\r(2).即当且仅当eq\f(1,a)＝eq\f(2,b)，即b＝2a时等号成立，故选C.答案：C11．M＝eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋eq\f(1,3×4)＋…＋eq\f(1,n（n＋1）)与1的大小关系是()A．M＞1 B．M＜1C．M＝1 D．不确定解析：M＝eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋eq\f(1,3×4)＋…＋eq\f(1,n（n＋1）)＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝1－eq\f(1,n＋1)＜1.答案：B12．设a＞b＞c，n∈N，且eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,b－c)≥eq\f(n,a－c)，则n的最大值为()A．2B．3C．4D．5解析：(a－c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－b)＋\f(1,b－c)))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（a－b）＋（b－c）))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－b)＋\f(1,b－c)))＝2＋eq\f(a－b,b－c)＋eq\f(b－c,a－b)≥4，故n的最大值为4，应选C答案：C二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)13．用反证法证明命题“三角形中最多只有一个内角是钝角”时的假设是________．解析：“三角形中最多只有一个内角是钝角”的对立事件是“三角形中内角有2个钝角或3个全是钝角”．故应填三角形中至少有两个内角是钝角．答案：三角形中至少有两个内角是钝角14．用分析法证明：若a，b，m都是正数，且a＜b，则eq\f(a＋m,b＋m)＞eq\f(a,b).完成下列证明过程．因为b＋m＞0，b＞0，所以要证原不等式成立，只需证明b(a＋m)＞a(b＋m)，即只需证明________．因为m＞0，所以只需证明b＞a，由已知显然成立，所以原不等式成立．解析：b(a＋m)＞a(b＋m)与bm＞am等价，因此欲证b(a＋m)＞a(b＋m)成立，只需证明bm＞am即可．答案：bm＞am15．不等式log3(|x－4|＋|x＋5|)＞a对于一切x∈R恒成立，则实数a的取值范围________．解析：由绝对值的几何意义知：|x－4|＋|x＋5|≥9，则log3(|x－4|＋|x＋5|)≥2，所以要使不等式log3(|x－4|＋|x＋5|)＞a.对于一切x∈R恒成立，则需a＜2.答案：(＋∞，2)16．用放缩法证明不等式eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)＜1(n∈N＋)时，关键是要用下列不等式进行有效放缩，它们是________．答案：eq\f(1,n＋1)＜eq\f(1,n)，eq\f(1,n＋2)＜eq\f(1,n)，…，eq\f(1,2n)＜eq\f(1,n)三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)已知a，b，c∈(0，＋∞)，比较a2＋b2与ab＋a＋b－1的大小．解：因为(a2＋b2)－(ab＋a＋b－1)＝a2＋b2－ab－a－b＋1＝eq\f(1,2)(2a2＋2b2－2ab－2a－2b＋2)＝eq\f(1,2)[(a2－2ab＋b2)＋(a2－2a＋1)＋(b2－2b＋1)]＝eq\f(1,2)[(a－b)2＋(a－1)2＋(b－1)2]≥0，所以a2＋b2≥ab＋a＋b－1.18．(本小题满分12分)已知a＋b＋c＞0，abc＞0，ab＋bc＋ca＞0，求证：a＞0，b＞0，c＞0.证明：用反证法．不妨假设a＞0不成立，则a≤0.分两种情况讨论：(1)当a＜0时，因为abc＞0，所以bc＜0.因为a＋b＋c＞0，所以b＋c＞－a＞0.所以a(b＋c)＜0.从而ab＋bc＋ca＝a(b＋c)＋bc＜0，这和已知条件矛盾．(2)当a＝0时，则abc＝0与已知条件abc＞0矛盾．综上可知，“a＞0不成立”的假设是错误的．因此a＞0成立，同理可证b＞0，c＞0.19．(本小题满分12分)求证：若n≥3，n∈N，则eq\f(1,33)＋eq\f(1,43)＋eq\f(1,53)＋…＋eq\f(1,n3)＜eq\f(1,12).证明：当k≥2，k∈N时，有eq\f(1,k3)＜eq\f(1,（k－1）k（k＋1）)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,（k－1）k)－\f(1,k（k＋1）)))，所以eq\f(1,33)＋eq\f(1,43)＋eq\f(1,53)＋…＋eq\f(1,n3)＜eq\f(1,2)eq\b\lc\[(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2×3)－\f(1,3×4)))＋))eq\b\lc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3×4)－\f(1,4×5)))＋))…＋eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,（n－1）n)－\f(1,n（n＋1）)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,6)－\f(1,n（n＋1）)))＝eq\f(1,12)－eq\f(1,2n（n＋1）)＜eq\f(1,12).从而原不等式得证．20．(本小题满分12分)设a＋b＝2，b＞0，当eq\f(1,2|a|)＋eq\f(|a|,b)取得最小值时，求a的值．解：由于a＋b＝2，所以eq\f(1,2|a|)＋eq\f(|a|,b)＝eq\f(a＋b,4|a|)＋eq\f(|a|,b)＝eq\f(a,4|a|)＋eq\f(b,4|a|)＋eq\f(|a|,b)，由于b＞0，|a|＞0，所以eq\f(b,4|a|)＋eq\f(|a|,b)≥2eq\r(\f(b,4|a|)·\f(|a|,b))＝1，因此当a＞0时，eq\f(1,2|a|)＋eq\f(|a|,b)的最小值是eq\f(1,4)＋1＝eq\f(5,4)；当a＜0时，eq\f(1,2|a|)＋eq\f(|a|,b)的最小值是－eq\f(1,4)＋1＝eq\f(3,4).故eq\f(1,2|a|)＋eq\f(|a|,b)的最小值为eq\f(3,4)，此时eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(b,4|a|)＝\f(|a|,b)，,a＜0))即a＝－2.21．(本小题满分12分)设a，b，c是不全相等的正实数．求证：lgeq\f(a＋b,2)＋lgeq\f(b＋c,2)＋lgeq\f(c＋a,2)＞lga＋lgb＋lgc.证明：法一：要证lgeq\f(a＋b,2)＋lgeq\f(b＋c,2)＋lgeq\f(c＋a,2)＞lga＋lgb＋lgc，只需证：lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)·\f(b＋c,2)·\f(c＋a,2)))＞lg(abc)，只需证：eq\f(a＋b,2)·eq\f(b＋c,2)·eq\f(c＋a,2)＞abc，因为eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)＞0，eq\f(b＋c,2)≥eq\r(bc)＞0，eq\f(c＋a,2)≥eq\r(ca)＞0，所以eq\f(a＋b,2)·eq\f(b＋c,2)·eq\f(c＋a,2)≥abc＞0成立．因为a，b，c为不全相等的正数，所以上式中等号不成立．所以原不等式成立．法二：因为a，b，c∈{R＋}，所以eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)＞0，eq\f(b＋c,2)≥eq\r(bc)＞0，eq\f(c＋a,2)≥eq\r(ca)＞0.又因为a，b，c为不全相等的实数，所以eq\f(a＋b,2)·eq\f(b＋c,2)·eq\f(c＋a,2)＞abc.所以lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)·\f(b＋c,2)·\f(c＋a,2)))＞lg(abc)，即lgeq\f(a＋b,2)＋lgeq\f(b＋c,2)＋lgeq\f(c＋a,2)＞lga＋lgb＋lgc.22．(本小题满分12分)等差数列{an}各项均为正整数，a1＝3，前n项和为Sn.等比数列{bn}中，b1＝1，且b2S2＝64，{ban}是公比为64的等比数列．(1)求an与bn；(2)证明：eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋eq\f(1,S3)＋…＋eq\f(1,Sn)＜eq\f(3,4).(1)解：设{