（文理通用）2022屆高考數(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

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1、（文理通用）2022屆高考數(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 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，≥

2、(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(guān)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，

3、因a>0，所以不等式的解集為(－2a,4a)，即x2＝4a，x1＝－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(

4、 C ) A．4 B．9 C．10 D．12 [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(nèi)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(jù)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wmi

5、n＝＝－，wmax<1， ∴w∈[－，1)． (理)已知O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(chǎn)甲、乙兩種新產(chǎn)品均需用A，B兩種原料．已知生產(chǎn)1噸每種產(chǎn)品所需原料及每天原料的可用限額如表

6、所示．如果生產(chǎn)1噸甲、乙產(chǎn)品可獲利潤分別為3萬元、4萬元，則該企業(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(chǎn)甲產(chǎn)品x噸、乙產(chǎn)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(nèi)部．根據(jù)線性規(guī)劃的有關(guān)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

7、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，＋∞)上單調(diào)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，

8、x，y滿足約束條件若z＝2x＋y的最小值為1，則a＝( B ) 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，

9、有Δ＝(－m)2－4(m＋1)<0或 解得m<2＋2. 11．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．

10、(log2，) B．(0，log2]∪[，＋∞) C．[0，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(diào)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、＋lnx<3，∴－10，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．

12、已知函數(shù)f(x)＝若對任意的x∈R，不等式f(x)≤m2－m恒成立，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(jīng)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，

13、得x2＋(y－1)2＝6， 所以圓心為C(0,1)． 因為直線ax＋by＋c－1＝0經(jīng)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

14、≤1時，函數(shù)f(x)為減函數(shù)，則由f(1－x2)>f(2x)可得或解得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．(20

15、18·德州模擬)若a＝，b＝，c＝，則( C ) A．a(chǎn)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

16、－2＝16a， 所以m＋n－2＝4， 所以m＋n＝6， 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(guān)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]∪[，＋∞)

17、[解析]　不等式組表示區(qū)域如圖． 由圖可知，0}，則f(10x)>0的解集為

18、{x|x<－lg_2}. [解析]　由題意知，一元二次不等式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)≥

19、m2－2am－5對所有x∈[－1,1]、a∈[－1,1]恒成立，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(diào)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]． 1

20、2．(2017·天津卷，16)電視臺播放甲、乙兩套連續(xù)劇，每次播放連續(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(guān)系式，并畫出相應的平面區(qū)域； (2)問電視臺每

21、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(guān)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(jīng)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．