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高考數(shù)學大二輪復習 第1部分 專題1 集合、常用邏輯用語等 第3講 不等式及線性規(guī)劃練習-人教版高三數(shù)學試題

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1、第一部分 專題一 第三講 不等式及線性規(guī)劃 A組 1.若a>b>0,c      B.< C.> D.< [解析] 令a=3,b=2,c=-3,d=-2, 則=-1,=-1, 所以A,B錯誤; =-,=-, 所以<, 所以C錯誤.故選D. 2.下列不等式一定成立的是( C ) A.lg(x2+)>lgx(x>0) B.sinx+≥2(x≠kπ,k∈Z) C.x2+1≥2|x|(x∈R) D.>1(x∈R) [解析] 應用基本不等式:x,y>0,≥(當且僅當x=y(tǒng)時取等號)逐個分析,注意基本不等式的應用條件及

2、取等號的條件. 當x>0時,x2+≥2·x·=x, 所以lg(x2+)≥lgx(x>0),故選項A不正確; 運用基本不等式時需保證一正二定三相等, 而當x≠kπ,k∈Z時,sinx的正負不定,故選項B不正確; 由基本不等式可知,選項C正確; 當x=0時,有=1,故選項D不正確. 3.關于x的不等式x2-2ax-8a2<0(a>0)的解集為(x1, x2),且x2-x1=15,則a等于( A ) A.    B.     C.    D. [解析] 由x2-2ax-8a2<0,得(x+2a)(x-4a)<0,因a>0,所以不等式的解集為(-2a,4a),即x2=4a,x

3、1=-2a,由x2-x1=15,得4a-(-2a)=15,解得a=. 4.(2017·長春一模)已知一元二次不等式f(x)<0的解集為{x|x<-1或x>},則f(ex)>0的解集為( D ) A.{x|x<-1或x>-ln3} B.{x|-1-ln3} C.{x|x>-ln3} D.{x|x<-ln3} [解析] f(x)>0的解集為{x|-10得-10的解集為{x|x<-ln3}. 5.若變量x,y滿足則x2+y2的最大值是( C ) A.4 B.9 C.10 D.12

4、 [解析] 作出不等式組所表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示,設P(x,y)為平面區(qū)域內任意一點,則x2+y2表示|OP|2.顯然,當點P與點A重合時,|OP|2取得最大值.由,解得,故A(3,-1).所以x2+y2的最大值為32+(-1)2=10.故選C. 6.(文)若實數(shù)x、y滿足不等式組則w=的取值范圍是( D ) A.[-1,] B.[-,] C.[-,+∞) D.[-,1) [解析] 作出不等式組表示的平面區(qū)域如圖所示.據題意,即求點M(x,y)與點P(-1,1)連線斜率的取值范圍. 由圖可知wmin==-,wmax<1, ∴w∈[-,1). (理)已知O

5、是坐標原點,點A(-1,2),若點M(x,y)為平面區(qū)域上的一個動點,則·的取值范圍是( D ) A.[-1,0] B.[0,1] C.[1,3] D.[1,4] [解析] 作出點M(x,y)滿足的平面區(qū)域,如圖陰影部分所示,易知當點M為點C(0,2)時,·取得最大值,即為(-1)×0+2×2=4,當點M為點B(1,1)時,·取得最小值,即為(-1)×1+2×1=1,所以·的取值范圍為[1,4],故選D. 7.某企業(yè)生產甲、乙兩種新產品均需用A,B兩種原料.已知生產1噸每種產品所需原料及每天原料的可用限額如表所示.如果生產1噸甲、乙產品可獲利潤分別為3萬元、4萬元,則該

6、企業(yè)每天可獲得最大利潤為( D ) 甲 乙 原料限額 A(噸) 3 2 12 B(噸) 1 2 8 A.12萬元 B.16萬元 C.17萬元 D.18萬元 [解析] 設企業(yè)每天生產甲產品x噸、乙產品y噸,每天獲得的利潤為z萬元,則有z=3x+4y,由題意得x,y滿足:不等式組表示的可行域是以O(0,0), A(4,0),B(2,3),C(0,4)為頂點的四邊形及其內部.根據線性規(guī)劃的有關知識,知當直線3x+4y-z=0過點B(2,3)時,z取最大值18,故該企業(yè)每天可獲得最大利潤為18萬元. 8.已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù),且在區(qū)間[0

7、,+∞)上單調遞增,若實數(shù)a滿足f(log2a)+f(loga)≤2f(1),則a的取值范圍是( C ) A.[1,2] B.(0,] C.[,2] D.(0,2] [解析] 因為loga=-log2a,所以f(log2a)+f(loga)=f(log2a)+f(-log2a)=2f(log2a),原不等式變?yōu)?f(log2a)≤2f(1),即f(log2a)≤f(1),又因為f(x)是定義在R上的偶函數(shù),且在[0,+∞)上遞增,所以|log2a|≤1,即-1≤log2a≤1,解得≤a≤2,故選C. 9.已知a>0,x,y滿足約束條件若z=2x+y的最小值為1,則a=( B

8、 ) A. B. C.1 D.2 [解析] 畫出可行域,如圖所示, 由 得A(1,-2a),則直線y=z-2x過點A(1,-2a)時,z=2x+y取最小值1,故2×1-2a=1,解得a=. 10.已知x∈(0,+∞)時,不等式9x-m·3x+m+1>0恒成立,則m的取值范圍是( C ) A.2-21),則由已知得函數(shù)f(t)=t2-mt+m+1的圖象在t∈(1,+∞)上恒在x軸的上方, 則對于方程f(t)=0,有Δ=(-m)2-4(m+1)<0或 解得m<2+2. 1

9、1.已知AC,BD為圓O:x2+y2=4的兩條互相垂直的弦,且垂足為M(1,),則四邊形ABCD面積的最大值為( A ) A.5 B.10 C.15 D.20 [解析] 如圖,作OP⊥AC于P,OQ⊥BD于Q,則OP2+OQ2=OM2=3,∴AC2+BD2=4(4-OP2)+4(4-OQ2)=20.又AC2+BD2≥2AC·BD,則AC·BD≤10, ∴S四邊形ABCD=AC·BD≤×10=5, 當且僅當AC=BD=時等號成立. 12.函數(shù)f(x)=若f(x0)≤,則x0的取值范圍是( C ) A.(log2,) B.(0,log2]∪[,+∞) C.[0

10、,log2]∪[,2] D.(log2,1)∪[,2] [解析]?、佼?≤x0<1時,2x0≤,x0≤log2, ∴0≤x0≤log2. ②當1≤x0≤2時,4-2x0≤,x0≥, ∴≤x0≤2,故選C. 13.(2018·衡水中學高三調研)已知f(x)是R上的減函數(shù),A(3,-1),B(0,1)是其圖象上兩點,則不等式|f(1+lnx)|<1的解集是(,e2). [解析] ∵|f(1+lnx)|<1,∴-1

11、若x,y滿足條件且z=2x+3y的最大值是5,則實數(shù)a的值為1. [解析] 畫出滿足條件的可行域如圖陰影部分所示,則當直線z=2x+3y過點A(a,a)時,z=2x+3y取得最大值5,所以5=2a+3a,解得a=1. 15.(2018·贛州六校高三期末聯(lián)考)若點A(1,1)在直線2mx+ny-2=0上,其中mn>0,則+的最小值為+. [解析] ∵點A(1,1)在直線2mx+ny-2=0上, ∴2m+n=2, ∵+=(+)=(2+++1)≥(3+2=+, 當且僅當=,即n=m時取等號, ∴+的最小值為+. 16.已知函數(shù)f(x)=若對任意的x∈R,不等式f(x)≤m2-m恒

12、成立,則實數(shù)m的取值范圍是(-∞,-)∪[1,+∞). [解析] 對于函數(shù) f(x)= 當x≤1時,f(x)=-(x-)2+≤; 當x>1時,f(x)=logx<0. 則函數(shù)f(x)的最大值為. 則要使不等式f(x)≤m2-m恒成立, 則m2-m≥恒成立,即m≤-或m≥1. B組 1.(2018·山東菏澤一模)已知直線ax+by+c-1=0(b,c>0)經過圓x2+y2-2y-5=0的圓心,則+的最小值是( A ) A.9 B.8 C.4 D.2 [解析] 圓x2+y2-2y-5=0化成標準方程,得x2+(y-1)2=6, 所以圓心為C(0,1). 因為

13、直線ax+by+c-1=0經過圓心C, 所以a×0+b×1+c-1=0,即b+c=1. 因此+=(b+c)(+)=++5. 因為b,c>0, 所以+≥2=4. 當且僅當=時等號成立. 由此可得b=2c,且b+c=1,即b=, c=時,+取得最小值9. 2.(2018·天津二模)已知函數(shù)f(x)=,則不等式f(1-x2)>f(2x)的解集是( D ) A.{x|-1-1+} C.{x|-1--1} [解析] 由f(x)=可得當x≤1時,函數(shù)f(x)為減函數(shù),則由f(1-x2)>f(2x)可

14、得或解得x<-1-或-1,所以不等式f(1-x2)>f(2x)的解集是{x|x<-1-或x>-1}. 3.已知x,y滿足約束條件 若z=ax+y的最大值為4,則a=( B ) A. 3 B. 2 C. -2 D. -3 [解析] 由約束條件可畫可行域如圖,解得A(2,0),B(1,1).若過點A(2,0)時取最大值4,則a=2,驗證符合條件;若過點B(1,1)時取最大值4,則a=3,而若a=3,則z=3x+y最大值為6(此時A(2,0)是最大值點),不符合題意. (也可直接代入排除) 4.(2018·德州模擬)若a=,b=,c=,則( C ) A.a

15、1,所以b>a, ===log2532>1, 所以a>c, 故b>a>c. 5.已知正項等比數(shù)列{an}滿足:a7=a6+2a5,若存在兩項am,an使得=4a1,則+的最小值為( A ) A. B. C. D.不存在 [解析] 由an>0,a7=a6+2a5,設{an}的公比為q, 則a6q=a6+,所以q2-q-2=0. 因為q>0,所以q=2, 因為=4a1,所以a·qm+n-2=16a, 所以m+n-2=4, 所以m+n=6,

16、所以+=(m+n)(+)=(5++)≥(5+2)=,等號在=,即n=2m=4時成立. 6.若變量x,y滿足則點P(2x-y,x+y)表示區(qū)域的面積為( D ) A. B. C. D.1 [解析] 令2x-y=a,x+y=b, 解得 代入x,y的關系式得 畫出不等式組表示的平面區(qū)域如圖. 易得陰影區(qū)域面積S=×2×1=1. 7.(2018·臨沂模擬)若不等式組表示的平面區(qū)域是一個三角形,則a的取值范圍是( D ) A.[,+∞) B.(0,1] C.[1,) D.(0,1]∪[,+∞) [解析] 不等式組表示區(qū)域如圖. 由圖可知,0

17、a≥. 8.(2018·青島一模)已知x∈(0,),且函數(shù)f(x)=的最小值為b,若函數(shù)g(x)=則不等式g(x)≤1的解集為( B ) A.(,) B.[,) C.[,] D.(,] [解析] 依題意知,當x∈(0,)時,f(x)==(3tanx+)≥=, 當且僅當3tanx=,即tanx=,x=時取等號,因此b=,不等式g(x)≤1等價于①,或},則f(10x)>0的解集為{x|x<-lg_2}. [解析] 由題意知,一元二次不等式

18、f(x)<0的解集為{x|x<-1或x>},因為f(10x)>0,所以-1<10x<,即x0時,f(x)=x+≥2,若f(0)是f(x)的最小值,則f(0)=a≤2. 11.已知f(x)是定義在[-1,1]上的奇函數(shù)且f(1)=2,當x1、x2∈[-1,1],且x1+x2≠0時,有>0,若f(x)≥m2-2am-5對所有x∈[-1,1]、a∈[-1,1]恒成立

19、,則實數(shù)m的取值范圍是[-1,1]. [解析] ∵f(x)是定義在[-1,1]上的奇函數(shù), ∴當x1、x2∈[-1,1]且x1+x2≠0時, >0等價于>0, ∴f(x)在[-1,1]上單調遞增. ∵f(1)=2,∴f(x)min=f(-1)=-f(1)=-2. 要使f(x)≥m2-2am-5對所有x∈[-1,1],a∈[-1,1]恒成立, 即-2≥m2-2am-5對所有a∈[-1,1]恒成立, ∴m2-2am-3≤0,設g(a)=m2-2am-3, 則即∴-1≤m≤1. ∴實數(shù)m的取值范圍是[-1,1]. 12.(2017·天津卷,16)電視臺播放甲、乙兩套連續(xù)劇,每次

20、播放連續(xù)劇時,需要播放廣告.已知每次播放甲、乙兩套連續(xù)劇時,連續(xù)劇播放時長、廣告播放時長、收視人次如下表所示: 連續(xù)劇播放 時長(分鐘) 廣告播放時 長(分鐘) 收視人次(萬) 甲 70 5 60 乙 60 5 25 已知電視臺每周安排的甲、乙連續(xù)劇的總播放時間不多于600分鐘,廣告的總播放時間不少于30分鐘,且甲連續(xù)劇播放的次數(shù)不多于乙連續(xù)劇播放次數(shù)的2倍.分別用x,y表示每周計劃播出的甲、乙兩套連續(xù)劇的次數(shù). (1)用x,y列出滿足題目條件的數(shù)學關系式,并畫出相應的平面區(qū)域; (2)問電視臺每周播出甲、乙兩套連續(xù)劇各多少次,才能使總收視人次最多? [解析] (1)由已知x,y滿足的數(shù)學關系式為 即 該二元一次不等式組所表示的平面區(qū)域為圖①中的陰影部分中的整數(shù)點. (2)設總收視人次為z萬,則目標函數(shù)為z=60x+25y. 考慮z=60x+25y,將它變形為y=-x+,這是斜率為-,隨z變化的一族平行直線.為直線在y軸上的截距, 當取得最大值時,z的值就最大. 又因為x,y滿足約束條件,所以由圖②可知,當直線z=60x+25y經過可行域上的點M時,截距最大,即z最大. 解方程組 得 則點M的坐標為(6,3). 所以,電視臺每周播出甲連續(xù)劇6次、乙連續(xù)劇3次時,才能使總收視人次最多.

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