2025版高考数学全程一轮复习课后定时检测练习3等式性质与不等式性质（Word版附解析）

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这是一份2025版高考数学全程一轮复习课后定时检测练习3等式性质与不等式性质（Word版附解析），共9页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．已知0A．x2>eq \f(1,x)>xB．eq \f(1,x)>x2>x
C．x>eq \f(1,x)>x2D．eq \f(1,x)>x>x2
2．已知a>0，b>0，M＝eq \r(a)＋eq \r(b)，N＝eq \r(a＋b)，则( )
A．M>NB．MC．M≥ND．M≤N
3．已知2A．(0，2) B．(2，5)
C．(5，8) D．(6，7)
4．设a、b、c为实数，且aA．eq \f(1,a)C．eq \f(b,a)>eq \f(a,b)D．|a|>|b|
5．如果a<0，－1A．a>ab>ab2B．ab2>ab>a
C．ab>a>ab2D．ab>ab2>a
6．已知a，b，c，m∈R，则下列说法正确的是 ( )
A．若a>b，则am2>bm2
B．若eq \f(a,c)>eq \f(b,c)，则a>b
C．若ac2>bc2，则a>b
D．若a2>b2，ab>0，则eq \f(1,a)7．[2024·河北承德模拟]已知a>b>0，c>0，则( )
A．eq \f(b,a)>eq \f(b＋c,a＋c)B．eq \f(a,b)>eq \f(a＋c,b＋c)
C．a2c>ac2D．b2c>bc2
8．设α∈(－eq \f(π,6)，eq \f(π,2))，β∈[0，π]，那么2α－eq \f(β,3)的取值范围是( )
A．(0，eq \f(2π,3)) B．(－eq \f(π,3)，eq \f(2π,3))
C．[－eq \f(π,3)，eq \f(2π,3)) D．(－eq \f(2π,3)，π)
9．(素养提升)设a，b为实数，则“a>b>0”的一个充分不必要条件是( )
A．eq \r(a－1)>eq \r(b－1)B．a2>b2
C．eq \f(1,b)>eq \f(1,a)D．a－b>b－a
10．(素养提升)购买同一种物品，可以用两种不同的策略，第一种是不考虑物品价格的升降，每次购买这种物品的数量一定；第二种是不考虑物品价格的升降，每次购买这种物品所花的钱一定．假设连续购买两天该物品，第一天物品的价格为a1，第二天物品的价格为a2，且a1≠a2，则以下选项正确的为( )
A．第一种方式购买物品的单价为eq \f(1,\f(1,a1)＋\f(1,a2))
B．eq \f(2,\f(1,a1)＋\f(1,a2))≥eq \f(a1＋a2,2)
C．第一种购买方式所用单价更低
D．第二种购买方式所用单价更低
二、多项选择题
11．[2024·河北沧州模拟]已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c，其中a>b>c，若f(1)＝0，则( )
A．b2>bcB．acC．ab>acD．a2>c2
12．[2024·安徽安庆模拟]若－1A．eq \f(1,a)>eq \f(1,b)B．a2＋b2>2ab
C．a＋b>2eq \r(ab)D．a＋eq \f(1,a)>b＋eq \f(1,b)
三、填空题
13．已知下列四个条件：①b>0>a；②0>a>b；③a>0>b；④a>b>0.不能推出eq \f(1,a)14．(素养提升)[2024·北京房山模拟]能够说明“设a，b，c是任意实数，若a四、解答题
15．(1)设a，b为实数，比较a2＋b2与4a－2b－5的值的大小．
(2)已知a>b>0，ceq \f(e,b－d).
优生选做题
16．[2024·贵州贵阳模拟]已知正实数a，b，c分别满足a2＝eq \f(2,e)，b＝ln2，c＝eq \f(4\r(2),3e)，其中e是自然常数，则a，b，c的大小关系为( )
A．a>c>bB．a>b>c
C．b>c>aD．b>a>c
17．已知2(1)求x的取值范围；
(2)求eq \f(x－y,x＋y)的取值范围；
(3)求2x－3y的取值范围．
课后定时检测案3 等式性质与不等式性质
1．解析：因为00，所以eq \f(1,x)－x＝eq \f(1－x2,x)＝eq \f(（1－x）（1＋x）,x)>0，所以eq \f(1,x)>x，
又x－x2＝x(1－x)>0，所以x>x2，
所以eq \f(1,x)>x>x2.故选D.
答案：D
2．解析：由题意得M2＝a＋b＋2eq \r(ab)，N2＝a＋b，而a>0，b>0，得M>N.故选A.
答案：A
3．解析：2故4<2a<6，1<－b<2，得5<2a－b<8.故选C.
答案：C
4．解析：因为a、b、c为实数，且a所以eq \f(1,a)>eq \f(1,b)，|a|>|b|，a2>b2，ab>0，故A错误，D正确；
当c＝0时ac2＝bc2，故B错误；
因为eq \f(b,a)－eq \f(a,b)＝eq \f(b2－a2,ab)<0，所以eq \f(b,a)答案：D
5．解析：由选项可知，仅需要比较a，ab，ab2三个数的大小，
显然，a<0，ab>0，ab2<0，所以ab最大，
由－1所以ab2－a＝a(b2－1)>0，即ab2>a，
可得ab>ab2>a.故选D.
答案：D
6．解析：对于A，若m＝0，则不成立，故A错误；
对于B，若c<0，则不成立，故B错误；
对于C，将ac2>bc2两边同时除以c2，可得a>b，故C正确；
对于D，取a＝－2，b＝－1，可得eq \f(1,a)答案：C
7．解析：对于A，若a＝2，b＝1，c＝1，则eq \f(b,a)＝eq \f(1,2)，eq \f(b＋c,a＋c)＝eq \f(2,3)，因为eq \f(1,2)对于B，因为a>b>0，所以a－b>0，因为c>0，所以eq \f(a,b)－eq \f(a＋c,b＋c)＝eq \f(（a－b）c,b（b＋c）)>0，所以B正确；
对于C，若a＝2，c＝5，则a2c＝20对于D，若b＝1，c＝2，则b2c＝2答案：B
8．解析：α∈(－eq \f(π,6)，eq \f(π,2))，β∈[0，π]，所以－eq \f(π,3)<2α<π，－eq \f(π,3)≤－eq \f(β,3)≤0，则－eq \f(2π,3)<2α－eq \f(β,3)<π.故选D.
答案：D
9．解析：由eq \r(a－1)>eq \r(b－1)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－1>b－1，,b－1≥0，))可得a>b≥1，可推出a>b>0，反向推不出，A满足；
由a2>b2，则|a|>|b|，推不出a>b>0，反向可推出，B不满足；由eq \f(1,b)>eq \f(1,a)，则a>b>0或b>0>a或0>a>b，推不出a>b>0，反向可推出，C不满足；由a－b>b－a，则a>b，推不出a>b>0，反向可推出，D不满足．故选A.
答案：A
10．解析：第一种策略：设每次购买这种物品的数量均为m，则平均价格为eq \f(ma1＋ma2,2m)＝eq \f(a1＋a2,2)，故A不正确；
第二种策略：设每次购买这种物品所花的钱为n，第一次能购得该物品的数量为eq \f(n,a1)，第二次能购得该物品的数量为eq \f(n,a2)，则平均价格为eq \f(2n,\f(n,a1)＋\f(n,a2))＝eq \f(2,\f(1,a1)＋\f(1,a2))；
eq \f(a1＋a2,2)－eq \f(2,\f(1,a1)＋\f(1,a2))＝eq \f(a1＋a2,2)－eq \f(2a1a2,a1＋a2)＝eq \f(（a1＋a2）2－4a1a2,2（a1＋a2）)＝eq \f(（a1－a2）2,2（a1＋a2）)>0，
所以eq \f(a1＋a2,2)>eq \f(2,\f(1,a1)＋\f(1,a2))，故B错误，同时说明第二种购买方式所用单价更低．故选D.
答案：D
11．解析：由f(1)＝0，得a＋b＋c＝0，又a>b>c，所以a>0，c<0，且b的符号不确定，故b2－bc＝b(b－c)的符号也不确定，故A错误；
由a>b，c<0，得ac由b>c，a>0，得ab>ac，故C正确；
因为a>0>c，两边平方后不等式不一定成立，故D错误．故选BC.
答案：BC
12．解析：A.因为－1－a>－b>0，所以－eq \f(1,a)<－eq \f(1,b)，则eq \f(1,a)>eq \f(1,b)，故正确；
B．a2＋b2≥2ab，而a≠b，取不到等号，故正确；
C．因为－1D．因为－10，所以a＋eq \f(1,a)>b＋eq \f(1,b)，故正确．故选ABD.
答案：ABD
13．解析：利用不等式性质可知：①b>0>a可得eq \f(1,a)<0②0>a>b时，可得eq \f(1,a)③a>0>b可得eq \f(1,a)>0>eq \f(1,b)，故不能得出eq \f(1,a)④a>b>0，可得eq \f(1,a)所以不能推出eq \f(1,a)答案：③
14．解析：若a0时，ac当c＝0时，ac＝bc；
当c<0时，ac>bc；
“设a，b，c是任意实数，若a答案：－2，－1，0(答案不唯一)
15．解析：(1)a2＋b2－(4a－2b－5)＝a2－4a＋4＋b2＋2b＋1＝(a－2)2＋(b＋1)2≥0，
则a2＋b2≥4a－2b－5.
(2)∵a>b>0，－c>－d>0，∴a－c>b－d>0，
∴eq \f(1,a－c)eq \f(e,b－d).
16．解析：由a2＝eq \f(2,e)得a＝eq \f(\r(2),\r(e))，∴eq \f(a,c)＝eq \f(\r(2),\r(e))×eq \f(3e,4\r(2))＝eq \f(3\r(e),4)，
∵e>(eq \f(4,3))2＝eq \f(16,9)，∴eq \r(e)>eq \f(4,3)，∴eq \f(a,c)＝eq \f(3\r(e),4)>1，又c>0，∴a>c；
令f(x)＝eq \f(lnx,\r(x))，则f′(x)＝eq \f(\f(1,\r(x))－lnx·\f(1,2\r(x)),x)＝eq \f(2－lnx,2x·\r(x))，
∴当x∈(0，e2)时，f′(x)>0；当x∈(e2，＋∞)时，f′(x)<0；
∴f(x)在(0，e2)上单调递增，在(e2，＋∞)上单调递减；
∴f(e)>f(2)，即eq \f(lne,\r(e))＝eq \f(1,\r(e))>eq \f(ln2,\r(2))，∴eq \f(\r(2),\r(e))>ln2，即a>b；
且f(e2)>f(8)，即eq \f(lne2,e)＝eq \f(2,e)>eq \f(ln8,2\r(2))＝eq \f(3ln2,2\r(2))，∴ln2综上所述a>c>b.故选A.
答案：A
17．解析：(1)因为2两个不等式相加可得5<2x<11，解得eq \f(5,2)所以x的取值范围是(eq \f(5,2)，eq \f(11,2)).
(2)因为2所以eq \f(1,5)所以eq \f(3,5)所以eq \f(x－y,x＋y)的取值范围是(eq \f(3,5)，3).
(3)设2x－3y＝m(x＋y)＋n(x－y)，则2x－3y＝(m＋n)x＋(m－n)y.
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＋n＝2，,m－n＝－3，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝－\f(1,2)，,n＝\f(5,2)，))
所以2x－3y＝－eq \f(1,2)(x＋y)＋eq \f(5,2)(x－y)，
因为2因为3①＋②得5<－eq \f(1,2)(x＋y)＋eq \f(5,2)(x－y)<14，
所以2x－3y的取值范围是(5，14).

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