2025年高考数学一轮复习-1.3-等式性质与不等式性质-专项训练【含解析】

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这是一份2025年高考数学一轮复习-1.3-等式性质与不等式性质-专项训练【含解析】，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．若xA．x2ax>a2
C．x2a2>ax
2．若a，b，c为实数，则下列命题中正确的是( )
A．若a>b，则ac2>bc2
B．若aab>b2
C．若aD．若aeq \f(a,b)
3．若a>b>0，cA.eq \f(a,c)>eq \f(b,d) B.eq \f(a,c)C.eq \f(a,d)>eq \f(b,c) D.eq \f(a,d)4．有外表一样，重量不同的四个小球，它们的重量分别是a，b，c，d，已知a＋b＝c＋d，a＋d>b＋c，a＋cA．d>b>a>cB．b>c>d>a
C．d>b>c>aD．c>a>d>b
5．已知a，b，c，d∈R，则P＝ac＋bd，Q＝eq \r(a2＋b2c2＋d2)的大小关系为( )
A．P≥QB．P>Q
C．P6．已知实数a，b，c满足a＋b＋c＝0，abc>0，则eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)的值( )
A．一定是正数B．一定为负数
C．可能为0D．正负不定
7．已知a>0，b>0，c>0，若eq \f(c,a＋b)A．cC．a8．甲、乙两人同时从寝室到教室，甲一半路程步行，一半路程跑步，乙一半时间步行，一半时间跑步，如果两人步行速度、跑步速度均相同，则谁先到教室( )
A．甲B．乙
C．同时到达D．无法判断
二、填空题
9．已知若a>b>c，且a＋b＋c＝0，则b2－4ac 0.(填“>”“<”或“＝”)
10．已知α，β满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1≤α＋β≤1，,1≤α＋2β≤3，))则z＝α＋3β的取值范围是．
三、解答题
11．已知三个不等式：①ab>0；②eq \f(c,a)>eq \f(d,b)；③bc>ad.若以其中两个作为条件，余下的一个作为结论，请写出两个正确的命题，并写出推理过程．
12．(1)设x(2)已知a>0，b>0，x>0，y>0且eq \f(1,a)>eq \f(1,b)，x>y，求证：eq \f(x,x＋a)>eq \f(y,y＋b).
13．(多选题)设a，b为正实数，则下列命题中为真命题的是( )
A．若a2－b2＝1，则a－b<1；
B．若eq \f(1,b)－eq \f(1,a)＝1，则a－b<1；
C．若|eq \r(a)－eq \r(b)|＝1，则|a－b|<1；
D．若|a3－b3|＝1，则|a－b|<1.
14．某学习小组在调查鲜花市场的鲜花价格后得知，购买2枝玫瑰与1枝康乃馨所需费用之和大于8元，而购买4枝玫瑰与5枝康乃馨所需费用之和小于22元．设购买2枝玫瑰所需费用为A元，购买3枝康乃馨所需费用为B元，则A，B的大小关系是( )
A．A>BB．AC．A＝BD．A，B的大小关系不确定
15．某公司有20名技术人员，计划开发A、B两类共50件电子器件，每类每件所需人员和预计产值如下：
今制定计划欲使总产值最高，则A类产品应生产件，最高产值为万元．
16．若a>b>0，c|c|.
(1)求证：b＋c>0；
(2)求证：eq \f(b＋c,a－c2)(3)在(2)中的不等式中，能否找到一个代数式，满足eq \f(b＋c,a－c2)<所求式2025年高考数学一轮复习-1.3-等式性质与不等式性质-专项训练【解析版】
时间：45分钟
一、选择题
1．若xA．x2ax>a2
C．x2a2>ax
解析：取x＝－2，a＝－1，则x2＝4，a2＝1，ax＝2，
∴x2>ax，可排除A，显然C不正确．
又a2＝1，∴ax>a2.∴排除D，故选B.
2．若a，b，c为实数，则下列命题中正确的是( B )
A．若a>b，则ac2>bc2
B．若aab>b2
C．若aD．若aeq \f(a,b)
解析：∵a>b，当c＝0时，ac2＝bc2，故A错．
∵aab，b2eq \f(1,b)，eq \f(a,b)>1，eq \f(b,a)<1，即eq \f(b,a)3．若a>b>0，cA.eq \f(a,c)>eq \f(b,d) B.eq \f(a,c)C.eq \f(a,d)>eq \f(b,c) D.eq \f(a,d)解析：方法一：∵c－d>0，
∴eq \f(1,－d)>eq \f(1,－c)>0.
又a>b>0，∴eq \f(a,－d)>eq \f(b,－c)，∴eq \f(a,d)方法二：令a＝3，b＝2，c＝－3，d＝－2.
则eq \f(a,c)＝－1，eq \f(b,d)＝－1，排除选项A，B.
又eq \f(a,d)＝－eq \f(3,2)，eq \f(b,c)＝－eq \f(2,3)，∴eq \f(a,d)4．有外表一样，重量不同的四个小球，它们的重量分别是a，b，c，d，已知a＋b＝c＋d，a＋d>b＋c，a＋cA．d>b>a>cB．b>c>d>a
C．d>b>c>aD．c>a>d>b
解析：∵a＋b＝c＋d，a＋d>b＋c，∴a＋d＋(a＋b)>b＋c＋(c＋d)，即a>c.∴bb>a>c.
5．已知a，b，c，d∈R，则P＝ac＋bd，Q＝eq \r(a2＋b2c2＋d2)的大小关系为( D )
A．P≥QB．P>Q
C．P解析：P2－Q2＝(ac＋bd)2－(a2＋b2)(c2＋d2)＝a2c2＋2abcd＋b2d2－(a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2)＝－a2d2＋2abcd－b2c2＝－(ad－bc)2≤0，所以P2≤Q2，又Q≥0，所以P≤Q.
6．已知实数a，b，c满足a＋b＋c＝0，abc>0，则eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)的值( B )
A．一定是正数B．一定为负数
C．可能为0D．正负不定
解析：∵(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ac＝0，且a2＋b2＋c2>0(由abc>0知abc均不为0)．
∴ab＋bc＋ac<0.
∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)＝eq \f(ab＋bc＋ac,abc)<0.
7．已知a>0，b>0，c>0，若eq \f(c,a＋b)A．cC．a解析：由eq \f(c,a＋b)0，b>0，c>0，所以a＋b>b＋c>c＋a.由a＋b>b＋c，可得a>c.由b＋c>c＋a，可得b>a.于是有c8．甲、乙两人同时从寝室到教室，甲一半路程步行，一半路程跑步，乙一半时间步行，一半时间跑步，如果两人步行速度、跑步速度均相同，则谁先到教室( B )
A．甲B．乙
C．同时到达D．无法判断
解析：设寝室到教室的路程为s，步行速度v1，跑步速度v2，则甲用时t1＝eq \f(\f(1,2)s,v1)＋eq \f(\f(1,2)s,v2)，乙用时t2＝eq \f(2s,v1＋v2)，
t1－t2＝eq \f(s,2v1)＋eq \f(s,2v2)－eq \f(2s,v1＋v2)＝seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v1＋v2,2v1v2)－\f(2,v1＋v2)))
＝eq \f(v1＋v22－4v1v2,2v1v2v1＋v2)·s＝eq \f(v1－v22·s,2v1v2v1＋v2)>0，
∴甲用时多．
二、填空题
9．已知若a>b>c，且a＋b＋c＝0，则b2－4ac>0.(填“>”“<”或“＝”)
解析：∵a＋b＋c＝0，∴b＝－(a＋c)，
∴b2＝a2＋c2＋2ac.
∴b2－4ac＝a2＋c2－2ac＝(a－c)2.
∵a>c，∴(a－c)2>0，∴b2－4ac>0.
10．已知α，β满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1≤α＋β≤1，,1≤α＋2β≤3，))则z＝α＋3β的取值范围是{z|1≤z≤7}．
解析：设α＋3β＝λ(α＋β)＋v(α＋2β)＝(λ＋v)α＋(λ＋2v)β(λ，v∈R)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ＋v＝1，,λ＋2v＝3，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ＝－1，,v＝2，))
所以α＋3β＝－(α＋β)＋2(α＋2β)．
又－1≤－(α＋β)≤1,2≤2(α＋2β)≤6，所以1≤α＋3β≤7.故z＝α＋3β的取值范围是{z|1≤z≤7}．
三、解答题
11．已知三个不等式：①ab>0；②eq \f(c,a)>eq \f(d,b)；③bc>ad.若以其中两个作为条件，余下的一个作为结论，请写出两个正确的命题，并写出推理过程．
解：答案不唯一．命题一：若ab>0，且eq \f(c,a)>eq \f(d,b)，
则bc>ad.
证明：因为eq \f(c,a)>eq \f(d,b)，且ab>0，
所以eq \f(c,a)·ab>eq \f(d,b)·ab，即bc>ad.
命题二：若ab>0，且bc>ad，则eq \f(c,a)>eq \f(d,b).
证明：因为ab>0，所以eq \f(1,ab)>0，又bc>ad，
所以bc·eq \f(1,ab)>ad·eq \f(1,ab)，即eq \f(c,a)>eq \f(d,b).
12．(1)设x(2)已知a>0，b>0，x>0，y>0且eq \f(1,a)>eq \f(1,b)，x>y，求证：eq \f(x,x＋a)>eq \f(y,y＋b).
解：(1)方法一：(x2＋y2)(x－y)－(x2－y2)(x＋y)＝(x－y)[x2＋y2－(x＋y)2]＝－2xy(x－y)，
因为x0，
x－y<0所以－2xy(x－y)>0，
所以(x2＋y2)(x－y)>(x2－y2)(x＋y)．
方法二：因为x所以x－y<0，x2>y2，x＋y<0.
所以(x2＋y2)(x－y)<0，(x2－y2)(x＋y)<0，
所以0所以(x2＋y2)(x－y)>(x2－y2)(x＋y)．
(2)证明：eq \f(x,x＋a)－eq \f(y,y＋b)＝eq \f(bx－ay,x＋ay＋b).
因为eq \f(1,a)>eq \f(1,b)且a>0，b>0，所以b>a>0，
又因为x>y>0，所以bx>ay>0，
所以eq \f(bx－ay,x＋ay＋b)>0，所以eq \f(x,x＋a)>eq \f(y,y＋b).
13．(多选题)设a，b为正实数，则下列命题中为真命题的是( AD )
A．若a2－b2＝1，则a－b<1；
B．若eq \f(1,b)－eq \f(1,a)＝1，则a－b<1；
C．若|eq \r(a)－eq \r(b)|＝1，则|a－b|<1；
D．若|a3－b3|＝1，则|a－b|<1.
解析：对于A，由题意a，b为正实数，
则a2－b2＝1⇒a－b＝eq \f(1,a＋b)⇒a－b>0⇒a>b>0，
故a＋b>a－b>0.
若a－b≥1，则eq \f(1,a＋b)≥1⇒a＋b≤1≤a－b，
这与a＋b>a－b>0矛盾，故a－b<1成立．
对于B，取特殊值，a＝3，b＝eq \f(3,4)，则a－b>1.
对于C，取特殊值，a＝9，b＝4时，|a－b|>1.
对于D，∵|a3－b3|＝1，a>0，b>0，
∴a≠b，不妨设a>b>0.
∴a2＋ab＋b2>a2－2ab＋b2>0，
∴(a－b)(a2＋ab＋b2)>(a－b)(a－b)2，
即a3－b3>(a－b)3>0，∴1＝|a3－b3|>(a－b)3>0，
∴014．某学习小组在调查鲜花市场的鲜花价格后得知，购买2枝玫瑰与1枝康乃馨所需费用之和大于8元，而购买4枝玫瑰与5枝康乃馨所需费用之和小于22元．设购买2枝玫瑰所需费用为A元，购买3枝康乃馨所需费用为B元，则A，B的大小关系是( A )
A．A>BB．AC．A＝BD．A，B的大小关系不确定
解析：设每枝玫瑰的价格为x元，每枝康乃馨的价格为y元，则由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋y>8，,4x＋5y<22，))2x＝A,3y＝B，
整理得x＝eq \f(A,2)，y＝eq \f(B,3)，将其代入不等式组得，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(A＋\f(B,3)>8，,2A＋\f(5B,3)<22，))将A＋eq \f(B,3)>8乘以－2与2A＋eq \f(5,3)B<22相加，解得B<6，将B<6代入A>8－eq \f(B,3)中，
解得A>6，故A>B.
15．某公司有20名技术人员，计划开发A、B两类共50件电子器件，每类每件所需人员和预计产值如下：
今制定计划欲使总产值最高，则A类产品应生产20件，最高产值为330万元．
解析：设应开发A类电子器件x件，则开发B类电子器件(50－x)件，则eq \f(x,2)＋eq \f(50－x,3)≤20，解得x≤20.
由题意，得总产值y＝7.5x＋6×(50－x)＝300＋1.5x≤330，当且仅当x＝20时，y取最大值330.所以应开发A类电子器件20件，能使产值最高，为330万元．
16．若a>b>0，c|c|.
(1)求证：b＋c>0；
(2)求证：eq \f(b＋c,a－c2)(3)在(2)中的不等式中，能否找到一个代数式，满足eq \f(b＋c,a－c2)<所求式解：(1)证明：因为|b|>|c|，且b>0，c<0，
所以b>－c，所以b＋c>0.
(2)证明：因为c－d>0.又a>b>0，所以由同向不等式的可加性可得a－c>b－d>0，
所以(a－c)2>(b－d)2>0，
所以0因为a>b，d>c，所以由同向不等式的可加性可得a＋d>b＋c，所以a＋d>b＋c>0 ②.
①②相乘得eq \f(b＋c,a－c2)(3)因为a＋d>b＋c>0,0(只要写出其中一个即可)
产品种类
每件需要人员数
每件产值(万元/件)
A类
eq \f(1,2)
7.5
B类
eq \f(1,3)
6
产品种类
每件需要人员数
每件产值(万元/件)
A类
eq \f(1,2)
7.5
B类
eq \f(1,3)
6

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