高中数学苏教版 (2019)必修 第一册第3章 不等式本章综合与测试单元测试课时训练

这是一份高中数学苏教版 (2019)必修 第一册第3章 不等式本章综合与测试单元测试课时训练，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第三章 不等式 核心素养优选卷一、单选题。本大题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合题意。1．已知，为正实数，则“”是“”的（    ）A．充要条件 B．必要不充分条件C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件2．设为实数，且，则下列不等式正确的是（    ）A． B．C． D．3．已知，，且，则当取得最小值时，（    ）A．16 B．6 C．18 D．124．二次不等式的解集为，则的值为（    ）A． B．5 C． D．65．设，且，，则（    ）A．有最大值，无最小值 B．有最大值，有最小值C．无最大值，有最小值 D．无最大值，无最小值6．设正实数，，满足，则当取得最大值时，的最大值为（    ）A． B． C． D．7．已知集合，．若，则实数的取值范围为（    ）A． B．C．或 D．8．若则下列式子：（1），（2），（3），（4）.其中恒成立的个数是A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 二、多选题。本大题共4小题，每小题5分，共20分，每小题有两项或以上符合题意。9．设，且，那么（    ）A．有最小值B．有最大值C．ab有最大值.D．ab有最小值.10．已知关于的不等式的解集为或，则下列说法正确的是（    ）A．B．不等式的解集为C．不等式的解集为或D．11．《几个原本》中的几何代数法研究代数问题，这种方法是后西方数学家处理问题的重要依据，通过这一原理，很多的代数公理成定理都能够通过图形实现证明，也称为无字证明.现有图形如图所示，为线段上的点，且，，为的中点，以为直径作半圆，过点作的垂线交半圆于，连接，，，过点作的垂线，垂足为，则该图形可以完成的无字证明有（    ）A． B．C． D．12．下列求最值的运算中，运算方法错误的有（    ）A．当时，，故时，的最大值为；B．当时，，当且仅当时取等号，解得或，又由，所以取，故时，的最小值为；C．由于，故的最小值是；D．，，且，由于，则，又，则，，且，的最小值为．三、填空题。本大题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知为正实数，则的最小值为______．14．已知不等式的解集为，则____，______；不等式的解集为________________．15．已知都为正实数，则的最小值为___________．16．《九章算术》是中国传统数学最重要的著作，奠定了中国传统数学的基本框架，其中卷第九勾股中记载：“今有邑，东西七里，南北九里，各中开门．出东门一十五里有木．问出南门几何步而见木?”其算法为：东门南到城角的步数，乘南门东到城角的步数，乘积作被除数，以树距离东门的步数作除数，被除数除以除数得结果，即出南门里见到树，则．若一小城，如图所示，出东门步有树，出南门步能见到此树，则该小城的周长的最小值为（注：里步）________ 里. 四、解答题。本大题共6小题，共70分，解答过程必修有必要的文字说明，公式和解题过程。17．为发展空间互联网，抢占6G技术制高点，某企业计划加大对空间卫星网络研发的投入.据了解，该企业研发部原有100人，年人均投入a（）万元，现把研发部人员分成两类：技术人员和研发人员，其中技术人员有x名（且），调整后研发人员的年人均投入增加4x%，技术人员的年人均投入为万元.（1）要使调整后的研发人员的年总投入不低于调整前的100人的年总投入，则调整后的技术人员最多有多少人？（2）是否存在实数m，同时满足两个条件：①技术人员的年人均投入始终不减少；②调整后研发人员的年总投入始终不低于调整后技术人员的年总投入？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由.   18．（1）已知，，，求证：．（2）证明：．    19．设.（1）若不等式对一切实数恒成立，求实数的取值范围；（2）解关于的不等式.    20．设函数，已知不等式的解集为.（1）求和的值；（2）若对任意恒成立，求的取值范围.   21．已知函数.（1）解关于的不等式；（2）若关于的不等式的解集为，求实数的值.  22．已知均为正实数.（I）求证：；（II）求证：.  参考答案1．B【解析】由，为正实数，，当且仅当时等号成立若，可得，故必要性成立；当，此时，但，故充分性不成立；因此“”是“”的必要不充分条件故选：B2．D【解析】已知,对各选项逐一判断：选项A：因为,由不等式的性质，两边同乘负数，不等式变号，可得,所以选项A错误.选项B：取,,,,则,,此时,所以选项B错误. 选项C：取,,,,则,,此时,所以选项C错误.选项D：因为,所以,所以,即,所以选项D正确.故选：D.3．B【解析】因为，，所以所以．当且仅当即时取等号，所以当取得最小值时，故选：B.4．D【解析】不等式的解集为，，原不等式等价于，由韦达定理知，，，，．故选：D．5．C【解析】当无限接近0时，为正数，趋近于正无穷大，所以无最大值，当且仅当即时取等号，即最小值为2故选：C6．D【解析】由正实数，，满足，．，当且仅当时取等号，此时．，当且仅当时取等号，即的最大值是1．故选：D7．C【解析】，∵．∴或，∵即，∴或．即或，‎即实数的取值范围是或．故选：C.8．A【解析】(1) =,当a=1,b=-2.时不等式不成立；(2)=当a=1,b=-1时，不等式不成立；(3)恒成立.选项正确.(4),故不正确.故答案为A.9．AD【解析】，，，当时取等号，，解得，，有最小值；，当时取等号，，，，解得，即，有最小值．故选：AD10．AC【解析】关于的不等式的解集为，所以二次函数的开口方向向上，即，故A正确；方程的两根为、，由韦达定理得，解得.对于B，，由于，所以，所以不等式的解集为，故B不正确；对于C，由的分析过程可知，所以或，所以不等式的解集为或，故C正确；对于D，，故D不正确.故选：AC.11．AC【解析】解：根据图形，利用射影定理得：，又，，所以由于，所以．由于，所以．故选：．12．BCD【解析】】解：对于A，符合基本不等式中的“一正二定三相等”，即A的运算方法正确；对于B，当时，，当且仅当，即时，等号成立，即B的运算方法错误；对于C，取等的条件是，即，显然均不成立，即C的运算方法错误；对于D，第一次使用基本不等式的取等条件为，而第二次使用基本不等式的取等条件为，两者不能同时成立，即D的运算方法错误．故选：BCD．13．3．【解析】解：因为为正实数，所以，所以根据基本不等式得：，当且仅当，即时等号成立.故答案为：.14．            【解析】因为关于x的不等式的解集为所以和为方程的两根，且，由韦达定理可得，解得，所以不等式化为，即，解得.即不等式的解集为故答案为：；1；15．【解析】，因为都为正实数，，当且仅当，即时等号成立，所以，当且仅当，即时等号成立，综上所述，当时，取最小值为.故答案为：16．【解析】因为里步，由图可知，步里，步里，，则，且，所以，，所以，，则，所以，该小城的周长为（里）.故答案为：.17．（1）75人（2）存在，718．（1）证明见解析；（2）证明见解析．【解析】（1）因为，，，所以．当且仅当即时等号成立，所以，原不等式得证；（2）当且仅当即时等号成立，故原不等式得证.19．（1）；（2）答案见解析.【解析】（1）由题意可得对一切实数成立，当时，不满足题意；当时，可得.所以实数a的取值范围为.（2）由题意可得，当时，不等式可化为，所以不等式的解集为,当时，,当时，,①当，解集为,②当，解集为或,③当，解集为或.综上所述,当，不等式的解集为或,当，不等式的解集为,当，不等式的解集为或,当时, 不等式的解集为,当时, 不等式的解集为.20．（1）；（2）.【解析】（1）有题意得是关于的方程的两个根，所以，故；（2）由（1）得，则对任意恒成立，即，对任意恒成立.又因为（当且仅当时，等号成立），所以，所以.21．（1）①当时，不等式的解集为；②当时，由，则不等式的解集为；③当时，由，则不等式的解集为；（2）【解析】（1）不等式，可化为：.①当时，不等式的解集为；②当时，由，则不等式的解集为；③当时，由，则不等式的解集为；（2）不等可化为：.由不等式的解集为可知，1和4是方程的两根.故有，解得.由时方程为的根为1或4，则实数的值为1.22．（I）见解析；（II）见解析.【解析】（I），∴．        同理②③由①+②+③得：，当且仅当时各个等号同时成立．∴ ．（II）∵ ，当且仅当时各个等号同时成立．∴．