統(tǒng)考版2024屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第七章7.4基本不等式課時作業(yè)理含解析20230426147

統(tǒng)考版2024屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第七章7.4基本不等式課時作業(yè)理含解析20230426147課時作業(yè)36基本不等式[基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)]一、選擇題1．[2021·新疆昌吉檢測]若a>0，b>0，a＋2b＝3，則eq\f(3,a)＋eq\f(6,b)的最小值為()A．5B．6C．8D．92．[2021·四川模擬]已知實數(shù)a>0，b>1，a＋b＝5，則eq\f(2,a)＋eq\f(1,b－1)的最小值為()A.eq\f(3＋2\r(2),4)B.eq\f(3＋4\r(2),4)C.eq\f(3＋2\r(2),6)D.eq\f(3＋4\r(2),6)3．若x>0，y>0，則“x＋2y＝2eq\r(2xy)”的一個充分不必要條件是()A．x＝y(tǒng)B．x＝2yC．x＝2且y＝1D．x＝y(tǒng)或y＝14．設(shè)a>0，若關(guān)于x的不等式x＋eq\f(a,x－1)≥5在(1，＋∞)上恒成立，則a的最小值為()A．16B．9C．4D．25．若實數(shù)x，y滿足xy＋6x＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<x<\f(2,3)))，則eq\f(4,x)＋eq\f(1,y)的最小值為()A．4B．8C．16D．326．[2021·安徽安慶大觀模擬]如圖所示，矩形ABCD的邊AB靠在墻PQ上，另外三邊是由籬笆圍成的．若該矩形的面積為4，則圍成矩形ABCD所需要籬笆的()A．最小長度為8B．最小長度為4eq\r(2)C．最大長度為8D．最大長度為4eq\r(2)7．[2021·福建龍巖一模]已知x>0，y>0，且eq\f(1,x＋1)＋eq\f(1,y)＝eq\f(1,2)，則x＋y的最小值為()A．3B．5C．7D．98．[2021·陜西漢中模擬]已知直線2ax－by＋2＝0(a>0，b>0)平分圓C：x2＋y2＋2x－4y＋1＝0，則eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)的最小值為()A．4eq\r(2)B．3＋2eq\r(2)C．4D．69．[2021·云南曲靖麒麟模擬]已知y＝log2(x2－2x＋17)的值域為[m，＋∞)，當(dāng)正數(shù)a，b滿足eq\f(2,3a＋b)＋eq\f(1,a＋2b)＝m時，7a＋4b的最小值為()A.eq\f(9,4)B．5C.eq\f(5＋2\r(2),4)D．910．已知點A(1,2)在直線ax＋by－1＝0(a>0，b>0)上，若存在滿足該條件的a，b，使得不等式eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)≤m2＋8m成立，則實數(shù)m的取值范圍是()A．(－∞，－1]∪[9，＋∞)B．(－∞，－9]∪[1，＋∞)C．[－1,9]D．[－9,1]二、填空題11．[2021·上海黃浦區(qū)模擬]已知a>0，b>0，若a＋b＝4，則a2＋b2的最小值為________．12．已知a>0，b>0，a＋b＝1，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b)))的最小值為________．13．[2020·江蘇無錫檢測]已知ab＝eq\f(1,2)，a，b∈(0,1)，則eq\f(1,1－a)＋eq\f(2,1－b)的最小值為________．14．某工廠建造一個無蓋的長方體貯水池，其容積為4800m3，深度為3m．如果池底每1m2的造價為150元，池壁每1m2的造價為120元，要使水池總造價最低，那么水池底部的周長為________m.[能力挑戰(zhàn)]15．[2021·吉林通鋼一中等三校聯(lián)考]在Rt△ABC中，已知∠C＝90°，CA＝3，CB＝4，P為線段AB上的一點，且eq\o(CP,\s\up6(→))＝x·eq\f(\o(CA,\s\up6(→)),|\o(CA,\s\up6(→))|)＋y·eq\f(\o(CB,\s\up6(→)),|\o(CB,\s\up6(→))|)，則eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的最小值為()A.eq\f(7,6)B.eq\f(7,12)C.eq\f(7,12)＋eq\f(\r(3),3)D.eq\f(7,6)＋eq\f(\r(3),3)16．[2021·安徽合肥模擬]《九章算術(shù)》中“勾股容方”問題：“今有勾五步，股十二步，問勾中容方幾何？”魏晉時期數(shù)學(xué)家劉徽在其《九章算術(shù)注》中利用出入相補原理給出了這個問題的一般解法：如圖1，用對角線將長和寬分別為b和a的矩形分成兩個直角三角形，每個直角三角形再分成一個內(nèi)接正方形(黃)和兩個小直角三角形(朱、青)．將三種顏色的圖形進(jìn)行重組，得到如圖2所示的矩形，該矩形的長為a＋b，寬為內(nèi)接正方形的邊長d.由劉徽構(gòu)造的圖形可以得到許多重要的結(jié)論．如圖3，設(shè)D為斜邊BC的中點，作直角三角形ABC的內(nèi)接正方形對角線AE，過點A作AF⊥BC于點F，則下列推斷正確的是()①由圖1和圖2面積相等可得d＝eq\f(ab,a＋b)；②由AE≥AF可得eq\r(\f(a2＋b2,2))≥eq\f(a＋b,2)；③由AD≥AE可得eq\r(\f(a2＋b2,2))≥eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))；④由AD≥AF可得a2＋b2≥2ab.A．①②③④B．①②④C．②③④D．①③17．[2020·天津卷，14]已知a>0，b>0，且ab＝1，則eq\f(1,2a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(8,a＋b)的最小值為________．課時作業(yè)361．解析：∵a>0，b>0，a＋2b＝3，∴eq\f(3,a)＋eq\f(6,b)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,a)＋\f(6,b)))(a＋2b)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(6b,a)＋\f(6a,b)＋12))≥eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(15＋2\r(\f(6b,a)·\f(6a,b))))＝9，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(6b,a)＝eq\f(6a,b)，即a＝b＝1時取等號，所以eq\f(3,a)＋eq\f(6,b)的最小值為9.故選D.答案：D2．解析：因為a>0，b>1，a＋b＝5，所以eq\f(2,a)＋eq\f(1,b－1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(1,b－1)))[a＋(b－1)]×eq\f(1,4)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3＋\f(2b－1,a)＋\f(a,b－1)))≥eq\f(1,4)(3＋2eq\r(2))，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(2b－1,a)＝eq\f(a,b－1)時取等號，所以eq\f(2,a)＋eq\f(1,b－1)的最小值為eq\f(3＋2\r(2),4).故選A.答案：A3．解析：∵x>0，y>0，∴x＋2y≥2eq\r(2xy)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝2y時取等號．故“x＝2且y＝1”是“x＋2y＝2eq\r(2xy)”的充分不必要條件．故選C.答案：C4．解析：在(1，＋∞)上，x＋eq\f(a,x－1)＝(x－1)＋eq\f(a,x－1)＋1≥2eq\r(x－1×\f(a,x－1))＋1＝2eq\r(a)＋1(當(dāng)且僅當(dāng)x＝1＋eq\r(a)時取等號)．由題意知2eq\r(a)＋1≥5，所以a≥4.答案：C5．解析：實數(shù)x，y滿足xy＋6x＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<x<\f(2,3)))，∴x＝eq\f(4,y＋6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))，y>0，則eq\f(4,x)＋eq\f(1,y)＝y(tǒng)＋6＋eq\f(1,y)≥2＋6＝8，當(dāng)且僅當(dāng)y＝1，x＝eq\f(4,7)時取等號．∴eq\f(4,x)＋eq\f(1,y)的最小值為8.答案：B6．解析：設(shè)BC＝a，a>0，CD＝b，b>0，則ab＝4，所以圍成矩形ABCD所需要的籬笆長度為2a＋b＝2a＋eq\f(4,a)≥2eq\r(2a·\f(4,a))＝4eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)2a＝eq\f(4,a)，即a＝eq\r(2)時取等號，此時長度取得最小值4eq\r(2).故選B.答案：B7．解析：因為x>0，y>0，且eq\f(1,x＋1)＋eq\f(1,y)＝eq\f(1,2)，所以x＋1＋y＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x＋1)＋\f(1,y)))(x＋1＋y)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋1＋\f(y,x＋1)＋\f(x＋1,y)))≥2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋2\r(\f(y,x＋1)·\f(x＋1,y))))＝8，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(y,x＋1)＝eq\f(x＋1,y)，即x＝3，y＝4時取等號，所以x＋y≥7.故x＋y的最小值為7，故選C.答案：C8．解析：由題意，圓的圓心(－1,2)在直線2ax－by＋2＝0(a>0，b>0)上，∴－2a－2b＋2＝0(a>0，b>0)，∴a＋b＝1，∴eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(2,b)))＝3＋eq\f(b,a)＋eq\f(2a,b)≥3＋2eq\r(\f(b,a)·\f(2a,b))＝3＋2eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(b,a)＝eq\f(2a,b)，即a＝eq\r(2)－1，b＝2－eq\r(2)時取等號，故eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)的最小值為3＋2eq\r(2).故選B.答案：B9．解析：∵y＝log2(x2－2x＋17)＝log2[(x－1)2＋16]的值域為[m，＋∞)，∴m＝4，∴eq\f(4,6a＋2b)＋eq\f(1,a＋2b)＝4，∴7a＋4b＝eq\f(1,4)[(6a＋2b)＋(a＋2b)]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,6a＋2b)＋\f(1,a＋2b)))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(5＋\f(6a＋2b,a＋2b)＋\f(4a＋2b,6a＋2b)))≥eq\f(1,4)×(5＋4)＝eq\f(9,4)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(6a＋2b,a＋2b)＝eq\f(4a＋2b,6a＋2b)時取等號，∴7a＋4b的最小值為eq\f(9,4).故選A.答案：A10．解析：點A(1,2)在直線ax＋by－1＝0(a>0，b>0)上，可得a＋2b＝1，eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝(a＋2b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(2,b)))＝5＋eq\f(2a,b)＋eq\f(2b,a)≥5＋2eq\r(\f(2a,b)·\f(2b,a))＝9，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\f(1,3)時取得等號，即eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)的最小值為9，則9≤m2＋8m，解得m≥1或m≤－9.答案：B11．解析：因為a>0，b>0，a＋b＝4，所以eq\f(a2＋b2,2)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2＝4，即a2＋b2≥8，當(dāng)且僅當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝b，,a＋b＝4，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝2))時，等號成立，所以a2＋b2的最小值為8.答案：812．解析：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(a＋b,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(a＋b,b)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(b,a)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(a,b)))＝5＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))≥5＋4＝9.當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\f(1,2)時，取等號．答案：913．解析：∵ab＝eq\f(1,2)，a，b∈(0,1)，∴b＝eq\f(1,2a)<1，∴eq\f(1,2)<a<1，∴eq\f(1,1－a)＋eq\f(2,1－b)＝eq\f(1,1－a)＋eq\f(2,1－\f(1,2a))＝eq\f(1,1－a)＋eq\f(4a,2a－1)＝eq\f(1,1－a)＋eq\f(2,2a－1)＋2＝eq\f(2,2－2a)＋eq\f(2,2a－1)＋2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2－2a)＋\f(2,2a－1)))[(2－2a)＋(2a－1)]＋2＝6＋eq\f(22a－1,2－2a)＋eq\f(22－2a,2a－1)≥6＋4＝10，當(dāng)且僅當(dāng)2－2a＝2a－1，即a＝eq\f(3,4)，b＝eq\f(2,3)時取等號，∴原式的最小值為10.答案：1014．解析：設(shè)水池底面一邊的長度為xm，則另一邊的長度為eq\f(4800,3x)m，由題意可得水池總造價f(x)＝150×eq\f(4800,3)＋120eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×3x＋2×3×\f(4800,3x)))＝240000＋720eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1600,x)))(x>0)，則f(x)＝720eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1600,x)))＋240000≥720×2eq\r(x·\f(1600,x))＋240000＝720×2×40＋240000＝297600，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(1600,x)，即x＝40時，f(x)有最小值297600，此時另一邊的長度為eq\f(4800,3x)＝40(m)，因此，要使水池的總造價最低，水池底部的周長應(yīng)為160m.答案：16015．解析：∵CA＝3，CB＝4，即|eq\o(CA,\s\up6(→))|＝3，|eq\o(CB,\s\up6(→))|＝4，∴eq\o(CP,\s\up6(→))＝xeq\f(\o(CA,\s\up6(→)),|\o(CA,\s\up6(→))|)＋yeq\f(\o(CB,\s\up6(→)),|\o(CB,\s\up6(→))|)＝eq\f(x,3)eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\f(y,4)eq\o(CB,\s\up6(→))，∵P為線段AB上的一點，即P，A，B三點共線，∴eq\f(x,3)＋eq\f(y,4)＝1(x>0，y>0)，∴eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,3)＋\f(y,4)))＝eq\f(7,12)＋eq\f(x,3y)＋eq\f(y,4x)≥eq\f(7,12)＋2eq\r(\f(1,12))＝eq\f(7,12)＋eq\f(\r(3),3)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(x,3y)＝eq\f(y,4x)時，等號成立，∴eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的最小值為eq\f(7,12)＋eq\f(\r(3),3)，故選C.答案：C16．解析：由題圖1和題圖2面積相等得ab＝(a＋b)d，可得d＝eq\f(ab,a＋b)，①對；由題意知題圖3的面積為eq\f(1,2)ab＝eq\f(1,2)eq\r(a2＋b2)·AF，則AF＝eq\f(ab,\r(a2＋b2))，AD＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(1,2)eq\r(a2＋b2)，設(shè)題圖3中正方形的邊長為x，由三角形相似，得eq\f(a－x,x)＝eq\f(x,b－x)，解得x＝eq\f(ab,a＋b)，則AE＝eq\f(\r(2)ab,a＋b)，可以化簡判斷②③④對，故選A.答案：A17．解析：依題意得eq\f(1,2a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(8,a＋b)＝eq\f(a＋b,2ab)＋eq\f(8,a＋b)＝eq\f(a＋b,2)＋eq\f(8,a＋b)≥2eq\r(\f(a＋b,2)×\f(8,a＋b))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,b>0，,ab＝1，,\f(a＋b,2)＝\f(8,a＋b)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ab＝1，,a＋b＝4))時取等號．因此，eq\f(1,2a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(8,a＋b)的最小值為4.答案：4課時作業(yè)37合情推理與演繹推理[基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)]一、選擇題1．下面說法：①演繹推理是由一般到特殊的推理；②演繹推理得到的結(jié)論一定是正確的；③演繹推理的一般模式是“三段論”的形式；④演繹推理得到結(jié)論的正確與否與大前提、小前提和推理形式有關(guān)；⑤運用三段論推理時，大前提和小前提都不可以省略．其中正確的有()A．1個B．2個C．3個D．4個2．已知扇形的弧長為l，半徑為r，類比三角形的面積公式S＝eq\f(底×高,2)，可推知扇形面積公式S扇等于()A.eq\f(r2,2)B.eq\f(l2,2)C.eq\f(lr,2)D．不可類比3．右圖所示的三角形數(shù)組是我國古代數(shù)學(xué)家楊輝發(fā)現(xiàn)的，稱為楊輝三角形，根據(jù)圖中的數(shù)構(gòu)成的規(guī)律，a所表示的數(shù)是()A．2B．4C．6D．84．根據(jù)給出的數(shù)塔猜測1234567×9＋8＝()1×9＋2＝1112×9＋3＝111123×9＋4＝11111234×9＋5＝1111112345×9＋6＝111111A．11111110B．11111111C．11111112D．111111135．推理過程“大前提：________，小前提：四邊形ABCD是矩形．結(jié)論：四邊形ABCD的對角線相等．”應(yīng)補充的大前提是()A．正方形的對角線相等B．矩形的對角線相等C．等腰梯形的對角線相等D．矩形的對邊平行且相等6．在等差數(shù)列與等比數(shù)列中，它們的性質(zhì)有著很多類比性，若數(shù)列{an}是等差數(shù)列，{bn}是等比數(shù)列，對于正整數(shù)m，n，p，q，若m＋n＝p＋q，則有am＋an＝ap＋aq，類比此性質(zhì)，則有()A．bm＋bn＝bp＋bqB．bm－bn＝bp－bqC．bmbn＝bpbqD.eq\f(bm,bn)＝eq\f(bp,bq)7．[2021·福建檢測]某校有A，B，C，D四件作品參加航模類作品比賽．已知這四件作品中恰有兩件獲獎，在結(jié)果揭曉前，甲、乙、丙、丁四位同學(xué)對這四件參賽作品的獲獎情況預(yù)測如下．甲說：“A，B同時獲獎．”乙說：“B，D不可能同時獲獎．”丙說：“C獲獎．”丁說：“A，C至少一件獲獎．”如果以上四位同學(xué)中有且只有兩位同學(xué)的預(yù)測是正確的，則獲獎的作品是()A．作品A與作品BB．作品B與作品CC．作品C與作品DD．作品A與作品D8．[2021·山東淄博模擬]有一段“三段論”推理是這樣的：對于可導(dǎo)函數(shù)f(x)，若f′(x0)＝0，則x＝x0是函數(shù)f(x)的極值點，因為f(x)＝x3在x＝0處的導(dǎo)數(shù)值為0，所以x＝0是f(x)＝x3的極值點，以上推理()A．大前提錯誤B．小前提錯誤C．推理形式錯誤D．結(jié)論正確9．[2021·山東省濰坊市模擬]“干支紀(jì)年法”是中國歷法上自古以來就一直使用的紀(jì)年方法，甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸被稱為“十天干”，子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥叫做“十二地支”．“天干”以“甲”字開始，“地支”以“子”字開始，兩者按干支順序相配，組成了干支紀(jì)年法，其相配順序為甲子、乙丑、丙寅、…、癸酉，甲戌、乙亥、丙子、…、癸未，甲申、乙酉、丙戌、…、癸巳，……、癸亥，60個為一周周而復(fù)始，循環(huán)記錄.2014年是“干支紀(jì)年法”中的甲午年，那么2020年是“干支紀(jì)年法”中的()A．己亥年B．戊戌年C．庚子年D．辛丑年10．[2021·東北三省四市聯(lián)考]中國有個名句“運籌帷幄之中，決勝千里之外”，其中的“籌”原意是指《孫子算經(jīng)》中記載的算籌．古代用算籌(一根根同樣長短和粗細(xì)的小棍子)來進(jìn)行運算．算籌的擺放有縱、橫兩種形式(如圖所示)．表示一個多位數(shù)時，個位、百位、萬位數(shù)用縱式表示，十位、千位、十萬位數(shù)用橫式表示，以此類推，遇零則置空．例如，3266用算籌表示就是，則8771用算籌應(yīng)表示為()二、填空題11．[2021·石家莊高中畢業(yè)班模擬]甲、乙、丙三位同學(xué)，其中一位是班長，一位是體育委員，一位是學(xué)習(xí)委員，已知丙比學(xué)習(xí)委員的年齡大，甲與體育委員的年齡不同，體育委員比乙的年齡小，據(jù)此推斷班長是________．12．[2021·廣州市高中綜合測試]古希臘著名的畢達(dá)哥拉斯學(xué)派把1,3,6,10，…這樣的數(shù)稱為“三角形數(shù)”，而把1,4,9,16，…這樣的數(shù)稱為“正方形數(shù)”．如圖，可以發(fā)現(xiàn)任何一個大于1的“正方形數(shù)”都可以看成兩個相鄰“三角形數(shù)”之和，下列等式：①36＝15＋21；②49＝18＋31；③64＝28＋36；④81＝36＋45.其中符合這一規(guī)律的等式是__________．(填寫所有符合的編號)13．[2021·湛江模擬]如圖，已知點O是△ABC內(nèi)任意一點，連接AO，BO，CO，并延長交對邊于A1，B1，C1，則eq\f(OA1,AA1)＋eq\f(OB1,BB1)＋eq\f(OC1,CC1)＝1，類比猜想：點O是空間四面體A－BCD內(nèi)任意一點，連接AO，BO，CO，DO，并延長分別交平面BCD，ACD，ABD，ABC于點A1，B1，C1，D1，則有________．14．[2021·濟南模擬]如圖，將平面直角坐標(biāo)系中的格點(橫、縱坐標(biāo)均為整數(shù)的點)按如下規(guī)則標(biāo)上標(biāo)簽：原點處標(biāo)數(shù)字0，記為a0；點(1,0)處標(biāo)數(shù)字1，記為a1；點(1，－1)處標(biāo)數(shù)字0，記為a2；點(0，－1)處標(biāo)數(shù)字－1，記為a3；點(－1，－1)處標(biāo)數(shù)字－2，記為a4；點(－1,0)處標(biāo)數(shù)字－1，記為a5；點(－1,1)處標(biāo)數(shù)字0，記為a6；點(0,1)處標(biāo)數(shù)字1，記為a7；……以此類推，格點坐標(biāo)為(i，j)的點處所標(biāo)的數(shù)字為i＋j(i，j均為整數(shù))，記Sn＝a1＋a2＋…＋an，則S2018＝________.[能力挑戰(zhàn)]15．[2021·福州市高三畢業(yè)班適應(yīng)性練習(xí)卷]某校開設(shè)了素描、攝影、剪紙、書法四門選修課程，要求每位同學(xué)都要選擇其中的兩門課程．已知甲同學(xué)選了素描，乙與甲沒有相同的課程，丙與甲恰有一門課程相同，丁與丙沒有相同的課程．則以下說法錯誤的是()A．丙有可能沒有選素描B．丁有可能沒有選素描C．乙、丁可能兩門課程都相同D．這4個人里恰有2個人選了素描16．[2021·南昌市高三年級摸底測試卷]自然界中具有兩種穩(wěn)定狀態(tài)的組件普遍存在，如開關(guān)的開和關(guān)、電路的通和斷等，非常適合表示計算機中的數(shù)，所以現(xiàn)在使用的計算機設(shè)計為二進(jìn)制．二進(jìn)制以2為基數(shù)，只用0和1兩個數(shù)碼表示數(shù)，逢2進(jìn)1，二進(jìn)制數(shù)與十進(jìn)制數(shù)遵循一樣的運算規(guī)則，它們可以相互轉(zhuǎn)化，如(521)10＝1×29＋0×28＋0×27＋0×26＋0×25＋0×24＋1×23＋0×22＋0×21＋1×20＝(1000001001)2.我國數(shù)學(xué)史上，清代汪萊的《參兩算經(jīng)》是較早系統(tǒng)論述非十進(jìn)制數(shù)的文獻(xiàn)，總結(jié)出了八進(jìn)制乘法口訣：(7×7)8＝(61)8，(7×6)8＝(52)8，(7×5)8＝(43)8，…，則八進(jìn)制下(6×5)8等于()A．(36)8B．(37)8C．(40)8D．(41)817．[2021·安徽省示范高中名校高三聯(lián)考]某校高一組織五個班的學(xué)生參加學(xué)農(nóng)活動，每班從“農(nóng)耕”“采摘”“釀酒”“野炊”“飼養(yǎng)”五項活動中選擇一項進(jìn)行實踐，且各班的選擇互不相同，已知1班不選“農(nóng)耕”“采摘”；2班不選“農(nóng)耕”“釀酒”；3班既不選“野炊”，也不選“農(nóng)耕”；5班選擇“采摘”或“釀酒”．如果1班不選“釀酒”，那么4班不選“農(nóng)耕”．則選擇“飼養(yǎng)”的班級是()A．2班B．3班C．4班D．5班課時作業(yè)371．解析：①③④都正確．答案：C2．解析：我們將扇形的弧類比為三角形的底邊，則高為扇形的半徑r，∴S扇＝eq\f(1,2)lr.答案：C3．解析：由楊輝三角形可以發(fā)現(xiàn)，每一行除1外，每個數(shù)都是它肩膀上的兩數(shù)之和．故a＝3＋3＝6.答案：C4．解析：根據(jù)數(shù)塔的規(guī)律，后面加幾結(jié)果就是幾個1，∴1234567×9＋8＝11111111.答案：B5．解析：由三段論的一般模式知應(yīng)選B.答案：B6．解析：由等比數(shù)列的性質(zhì)得bm·bn＝bp·bq.答案：C7．解析：若甲預(yù)測正確，則乙預(yù)測正確，丙預(yù)測錯誤，丁預(yù)測正確，與題意不符，故甲預(yù)測錯誤；若乙預(yù)測錯誤，則依題意丙、丁均預(yù)測正確，但若丙、丁預(yù)測正確，則獲獎作品可能是“A，C”、“B，C”、“C，D”，這幾種情況都與乙預(yù)測錯誤相矛盾，故乙預(yù)測正確，所以丙、丁中恰有一人預(yù)測正確．若丙預(yù)測正確，丁預(yù)測錯誤，兩者互相矛盾，排除；若丙預(yù)測錯誤，丁預(yù)測正確，則獲獎作品只能是“A，D”，經(jīng)驗證符合題意，故選D.答案：D8．解析：大前提是“對于可導(dǎo)函數(shù)f(x)，若f′(x0)＝0，則x＝x0是函數(shù)f(x)的極值點”，不是真命題，因為對于可導(dǎo)函數(shù)f(x)，如果f′(x0)＝0，且滿足在x0附近左右兩側(cè)導(dǎo)函數(shù)值異號，那么x＝x0才是函數(shù)f(x)的極值點，所以大前提錯誤．故選A.答案：A9．解析：由題意知2014年是甲午年，則2015到2020年分別為乙未年、丙申年、丁酉年、戊戌年、己亥年、庚子年．答案：C10．解析：由題知，個位、百位數(shù)用縱式表示，十位、千位數(shù)用橫式表示，易知正確選項為C.答案：C11．解析：若甲是班長，由于體育委員比乙的年齡小，故丙是體育委員，乙是學(xué)習(xí)委員，但這與丙比學(xué)習(xí)委員的年齡大矛盾，故甲不是班長；若丙是班長，由于體育委員比乙的年齡小，故甲是體育委員，這和甲與體育委員的年齡不同矛盾，故丙不是班長；若乙是班長，由于甲與體育委員的年齡不同，故甲是學(xué)習(xí)委員，丙是體育委員，此時其他條件均成立，故乙是班長．答案：乙12．解析：因為任何一個大于1的“正方形數(shù)”都可以看成兩個相鄰“三角形數(shù)”之和，所以其規(guī)律是4＝1＋3,9＝3＋6,16＝6＋10,25＝10＋15,36＝15＋21,49＝21＋28,64＝28＋36,81＝36＋45，…因此給出的四個等式中，②不符合這一規(guī)律，①③④符合這一規(guī)律，故填①③④.答案：①③④13．解析：猜想：若O為四面體A－BCD內(nèi)任意一點，連接AO，BO，CO，DO，并延長分別交平面BCD，ACD，ABD，ABC于點A1，B1，C1，D1，則eq\f(OA1,AA1)＋eq\f(OB1,BB1)＋eq\f(OC1,CC1)＋eq\f(OD1,DD1)＝1.用等體積法證明如下：eq\f(OA1,AA1)＋eq\f(OB1,BB1)＋eq\f(OC1,CC1)＋eq\f(OD1,DD1)＝eq\f(VO－BCD,VA－BCD)＋eq\f(VO－CAD,VB－CAD)＋eq\f(VO－ABD,VC－ABD)＋eq\f(VO－ABC,VD－ABC)＝1.答案：eq\f(OA1,AA1)＋eq\f(OB1,BB1)＋eq\f(OC1,CC1)＋eq\f(OD1,DD1)＝114．解析：設(shè)an的坐標(biāo)為(x，y)，則an＝x＋y.第一圈從點(1,0)到點(1,1)共8個點，由對稱性可知a1＋a2＋…＋a8＝0；第二圈從點(2,1)到點(2,2)共16個點，由對稱性可知a9＋a10＋…＋a24＝0，……以此類推，可得第n圈的8n個點對應(yīng)的這8n項的和也為0.設(shè)a2018在第k圈，則8＋16＋…＋8k＝4k(k＋1)，由此可知前22圈共有2024個數(shù)，故S2024＝0，則S2018＝S2024－(a2024＋a2023＋…＋a2019)，a2024所在點的坐標(biāo)為(22,22)，a2024＝22＋22，a2023所在點的坐標(biāo)為(21,22)，a2023＝21＋22，以此類推，可得a2022＝20＋22，a2021＝19＋22，a2020＝18＋22，a2019＝17＋22，所以a2024＋a2023＋…＋a2019＝249，故S2018＝－249.答案：－24915．解析：因為甲選了素描，所以乙必定沒有選素描．假設(shè)丙選了素描，則丁一定沒有選素描；若丙沒有選素描，則丁必定選了素描．綜上，必定有且只有2個人選了素描，選項A，B，D判斷正確．不妨設(shè)甲另一門選修課程為攝影，則素描與攝影乙同學(xué)均不選修，則對于素描與攝影可能出現(xiàn)如下兩種情形：情形一甲乙丙丁素描√×√×攝影√××√情形二甲乙丙丁素描√××√攝影√×√×由以上兩個表可知，乙與丁必有一門課程不相同，因此C不正確．答案：C16．解析：類比二進(jìn)制數(shù)與十進(jìn)制數(shù)轉(zhuǎn)化的規(guī)則得，(61)8＝6×8＋1×80＝(49)10，而已知(7×7)8＝(61)8，所以(7×7)8＝(49)10.類比可知(6×5)8＝(30)10，又(36)8＝3×8＋6×80＝(30)10，所以(6×5)8＝(36)8，故選A.答案：A17．解析：通解由題意可知五個班級和五項活動一一對應(yīng)，作出如下表格(不選活動項目打“×”，選擇活動項目打“√”)，當(dāng)5班選“采摘”時，則4班選“農(nóng)耕”，根據(jù)如果1班不選“釀酒”，那么4班不選“農(nóng)耕”，得1班選“釀酒”，再根據(jù)五個班級和五項活動一一對應(yīng)，易得選“飼養(yǎng)”的是3班．農(nóng)耕采摘釀酒野炊飼養(yǎng)1班××√2班××√3班××√4班√5班√當(dāng)5班選“釀酒”時，則4班選“農(nóng)耕”，根據(jù)如果1班不選“釀酒”，那么4班不選“農(nóng)耕”，得1班選“釀酒”，則1班和5班都選“釀酒”，與題意矛盾，舍去這種情況．綜上可知，選B.優(yōu)解由題意知，1班、2班、3班、5班均不選“農(nóng)耕”，所以4班選“農(nóng)耕”，根據(jù)如果1班不選“釀酒”，那么4班不選“農(nóng)耕”，得1班選“釀酒”，則5班選“采摘”，又3班不選“野炊”，所以2班選“野炊”，3班選“飼養(yǎng)”．故選B.答案：B課時作業(yè)38直接證明與間接證明[基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)]一、選擇題1．要證明eq\r(3)＋eq\r(5)<4可選擇的方法有以下幾種，其中最合理的為()A．綜合法B．分析法C．比較法D．歸納法2．用反證法證明命題：“a，b∈N，ab可被5整除，那么a，b中至少有一個能被5整除”時，假設(shè)的內(nèi)容應(yīng)為()A．a(chǎn)，b都能被5整除B．a(chǎn)，b都不能被5整除C．a(chǎn)，b不都能被5整除D．a(chǎn)不能被5整除3．設(shè)x，y，z∈R＋，a＝x＋eq\f(1,y)，b＝y(tǒng)＋eq\f(1,z)，c＝z＋eq\f(1,x)，則a，b，c三個數(shù)()A．至少有一個不大于2B．都小于2C．至少有一個不小于2D．都大于24．若P＝eq\r(a＋6)＋eq\r(a＋7)，Q＝eq\r(a＋8)＋eq\r(a＋5)(a≥0)，則P，Q的大小關(guān)系是()A．P>QB．P＝QC．P<QD．由a的取值確定5．設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x≥0時，f(x)單調(diào)遞減，若x1＋x2>0，則f(x1)＋f(x2)的值()A．恒為負(fù)值B．恒等于零C．恒為正值D．無法確定正負(fù)二、填空題6．如果aeq\r(a)＋beq\r(b)>aeq\r(b)＋beq\r(a)，則a，b應(yīng)滿足的條件是________．7．若向量a＝(x＋1,2)，b＝(4，－2)，若a∥b，則實數(shù)x＝________.8．[2021·太原模擬]用反證法證明“若x2－1＝0，則x＝－1或x＝1”時，應(yīng)假設(shè)__________________．三、解答題9．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知sinAsinB＋sinBsinC＋cos2B＝1.求證：a，b，c成等差數(shù)列．10．已知a，b是正實數(shù)，求證：eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b).[能力挑戰(zhàn)]11．若a，b，c均為實數(shù)，且a＝x2－2y＋eq\f(π,2)，b＝y(tǒng)2－2z＋eq\f(π,3)，c＝z2－2x＋eq\f(π,6).求證：a，b，c中至少有一個大于0.課時作業(yè)381．解析：要證明eq\r(3)＋eq\r(5)<4，只需證明(eq\r(3)＋eq\r(5))2<16，即8＋2eq\r(15)<16，即證明eq\r(15)<4，亦即只需證明15<16，而15<16顯然成立，故原不等式成立．因此利用分析法證明較為合理，故選B.答案：B2．解析：“至少有一個”的否定是“一個也沒有”，即“a，b都不能被5整除”．答案：B3．解析：假設(shè)a，b，c都小于2，則a＋b＋c<6，而a＋b＋c＝x＋eq\f(1,y)＋y＋eq\f(1,z)＋z＋eq\f(1,x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,y)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(z＋\f(1,z)))≥2＋2＋2＝6，與a＋b＋c<6矛盾，∴a，b，c都小于2錯誤．∴a，b，c三個數(shù)至少有一個不小于2.故選C項．答案：C4．解析：假設(shè)P>Q，要證P>Q，只需證P2>Q2，只需證：2a＋13＋2eq\r(a＋6a＋7)>2a＋13＋2eq\r(a＋8a＋5)，只需證a2＋13a＋42>a2＋13a＋40，只需證42>40，因為42>40成立，所以P>Q成立．答案：A5．解析：由f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x≥0時，f(x)單調(diào)遞減，可知f(x)是R上的單調(diào)遞減函數(shù)，由x1＋x2>0，可知x1>－x2，f(x1)<f(－x2)＝－f(x