2019-2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 不等式 章節(jié)測試題.doc

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2019-2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 不等式 章節(jié)測試題 一、選擇題 1. 關(guān)于x的不等式|x－1|>m的解集為R的充要條件是（ ） A．m＜0 B．m≤－1 C．m≤0 D．m≤1 2. 若、是任意實(shí)數(shù)，且，則 （ ） A． B． C． D． 3． 若則下列不等式一定成立的是（ ） A． B． C． D． 4． 欲證，只需證 （ ） A． B． C． D． 5. 設(shè)x1，x2是方程x2＋px＋4＝0的兩個(gè)不相等的實(shí)根，則 （ ） A．| x1 |＞2且| x1 |＝2 B．| x1＋x2|＞4 C．| x1＋x2|＜4 D．| x1 |＝４且| x2 |＝1 6. 對一切正整數(shù)n，不等式恒成立，則b的范圍是 （ ） A．(0, ) B．] C．() D．(, 1) 7. 已知函數(shù)f (x)＝ ，則不等式f(x)＋2>0的解區(qū)間是 （ ） A．(－2，2) B．(－∞, －2)∪(2, ＋∞) C．(－1，1) D．(－∞, －1)∪(1, ＋∞) 8. 在R上定義運(yùn)算．若不等式對任意實(shí)數(shù)恒成立，則（ ） A． B． C． D． 9． 某純凈水制造廠在凈化水過程中，每增加一次過濾可減少水中雜質(zhì)20%，要使水中雜質(zhì)減少到原來的5%以下，則至少需過濾的次數(shù)為（參考數(shù)據(jù)lg2＝0.3010，lg3＝0.4771）（ ） A．5 B．10 C．14 D．15 10.集合、，則是的 （ ） A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既非充分又非必要條件 二、填空題 11．若的取值范圍是 . 12．若不等式的解集為{}，則 . 13．實(shí)數(shù)x滿足，則的值為 . 14．已知a、b、c為某一直角三角形的三條邊長，c為斜邊，若點(diǎn)(m，n)在直線ax＋by＋2c＝0上，則m2＋n2的最小值是 ． 15．對a，b∈R，記max| a，b |＝ ，函數(shù)f(x)＝max| | x＋1 |，| x－2 | | (x∈R)的最小值是 ． 三、解答題 16. 若a、b、c都是正數(shù)，且a＋b＋c＝1，求證：(1－a)(1－b)(1－c)≥8abc． 17．已知函數(shù)f(x)＝，x∈． (1) 當(dāng)a＝時(shí)，求函數(shù)f(x)的最小值； (2) 若對任意x∈，f(x)＞0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 18．（理）解關(guān)于x的不等式 （文）解關(guān)于x的不等式： 19．設(shè)函數(shù)y＝f(x)的定義域?yàn)?0，＋)，且對任意x、y∈R＋，f(xy)＝f(x)＋f(y)恒成立，已知f(8)＝3，且當(dāng)x＞1時(shí)，f(x)＞0． (1)證明：函數(shù)f(x)在(0，＋)上單調(diào)遞增； (2)對一個(gè)各項(xiàng)均正的數(shù)列{an}滿足f(Sn)＝f(an)＋f(an＋1)－1 (n∈N*)，其中Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (3)在(Ⅱ)的條件下，是否存在正整數(shù)p、q，使不等式對n∈N*恒成立，求p、q的值． 20．對1個(gè)單位質(zhì)量的含污物體進(jìn)行清洗，清洗前其清潔度（含污物體的清潔度定義為： 1－）為0.8，要求洗完后的清潔度是0.99．有兩種方案可供選擇，方案甲：一次清洗；方案乙：兩次清洗．該物體初次清洗后受殘留水等因素影響，其質(zhì)量變?yōu)閍(1≤a≤3)．設(shè)用x單位質(zhì)量的水初次清洗后的清潔度是(x＞a－1)，用y質(zhì)量的水第二次清洗后的清潔度是，其中c (0.8＜c＜0.99)是該物體初次清洗后的清潔度． (1) 分別求出方案甲以及c＝0.95時(shí)方案乙的用水量，并比較哪一種方案用水量較少； (2) 若采用方案乙，當(dāng)a為某定值時(shí)，如何安排初次與第二次清洗的用水量，使總用水量最少？并討論a取不同數(shù)值對最少總用水量多少的影響． 21. 已知條件p：|5x－1|>a和條件，請選取適當(dāng)?shù)膶?shí)數(shù)a的值，分別利用所給的兩個(gè)條件作為A、B構(gòu)造命題：“若A則B”，并使得構(gòu)造的原命題為真命題，而其逆命題為假命題.則這樣的一個(gè)原命題可以是什么？并說明為什么這一命題是符合要求的命題. 1.A 2.D 3.B 4.C 5.B 6.C 7.A 8.D 9.C 10. A 11. 12. －1 13. 8 14.4 15. 16. 證明：因?yàn)閍、b、c都是正數(shù)，且a＋b＋c＝1， 所以 ． 17. 解：(1)當(dāng)a＝時(shí)，，易證f(x)在[1，＋)上單調(diào)遞增． ∴當(dāng)x＝1時(shí)，[f(x)]min＝f(1)＝ (2)由f(x)＞0得 ∵x∈[1，＋) ∴x2＋2x＋a＞0 ∴a＞－(x2＋2x)，令t＝－(x2＋2x)，x∈[1，＋) 則t＝－(x2＋2x)＝1－(x＋1)2 ∴當(dāng)x＝1時(shí)，tmax＝1－(1＋1)2＝－3 ∴a＞－3 18.(理)原不等式可化為： ① 當(dāng)a>1時(shí)，原不等式的解集為 ② 當(dāng)時(shí)，原不等式的解集為 ③ 當(dāng)a＝1時(shí)，原不等式的解集為 ④ 當(dāng)時(shí)，原不等式的解集為 ⑤ 當(dāng)a＝0時(shí)，原不等式的解集為 ⑥ 當(dāng)時(shí)，原不等式的解集為 (文)原不等式可化為： ① 當(dāng)時(shí)，原不等式的解集為 ② 當(dāng)時(shí)，原不等式的解集為 ③ 當(dāng)時(shí)，原不等式的解集為. 19. (Ⅰ)設(shè)0＜x1＜x2，則，從而有，所以函數(shù)f(x)在(0，＋)上單調(diào)遞增； (Ⅱ)因?yàn)閒(8)＝3f(2)＝3f(2)＝1，所以有 ，由此及函數(shù)f(x)在(0，＋)上單調(diào)遞增得． 當(dāng)n＝1時(shí)，； 當(dāng)n≥2時(shí)， ，即數(shù)列{an}是首項(xiàng)a1＝1，公差d＝1的等并非數(shù)列，故an＝n； (Ⅲ)設(shè)存在滿足條件的正整數(shù)p、q，則當(dāng)n＝1時(shí)，有 ． 下面證明不等式對n∈N*恒成立． 事實(shí)上，因?yàn)? (n∈N*)， 所以 . 20. (1)設(shè)方案甲與方案乙的用水量分別為x與z，由題設(shè)有，解得x＝19． 由c＝0.95得方案乙初次用水量為3，第二次用水量y滿足方程：，解得y＝4a，故z＝4a＋3．即兩種方案的用水量分別為19與4a＋3．因?yàn)楫?dāng)1≤a≤3時(shí)，x－z＝4(4－a)＞0，即x＞z，故方案乙的用水量較少． (2)設(shè)初次與第二次清洗的用水量分別為x與y，類似(Ⅰ)得 于是x＋y＝ 當(dāng)a為定值時(shí)， x＋y≥ 當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立．此時(shí) 將代入（*）式得 ． 故時(shí)總用水量最少，此時(shí)第一次與第二次用水量分別為與，最少總用水量是．T(a)＝－a＋．