2020届 二轮复习 集合、简易逻辑与不等式 作业 (2) 练习
展开集合、简易逻辑与不等式 一、单选题1.已知集合,,则( )A. B. C. D.【答案】A【解析】因为,则,故选A.2.设,,则“”是“”的( )A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】试题分析:即又,,,即成立,相反,代入特殊值,当时,满足,但不成立.所以是充分不必要条件,故选A.考点:充分必要条件的判定3.是直线与直线垂直的( )A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.非充分也非必要条件【答案】A【解析】【分析】若两直线垂直时,求出的值,结合必要性充分性的概念选出正确答案.【详解】若两直线垂直时,有或;所以当时,一定能推出两直线垂直,但是两直线垂直时,不一定能推出,因此是两直线垂直的充分不必要条件,故本题选A.【点睛】本题考查了充分不必要条件的判断,两直线垂直时求出参数是解题的关键.4.如果不等式ax2+bx+c<0 (a≠0)的解集是空集,那么 ( )A.a<0,且b2-4ac>0 B.a<0且b2-4ac≤0C.a>0且b2-4ac≤0 D.a>0且b2-4ac>0【答案】C【解析】【详解】设要使不等式的解集是,需使抛物线开口向上,图象在x轴上方(或相切),则故选C5.下列叙述错误的是(A.{x|x2-2=0}表示方程x2-2=0的解集B.1∉{小于10的质数}C.所有正偶数组成的集合表示为{x|x=2n,n∈N}D.集合{a,b,c}与集合{a,c,b}表示相同的集合【答案】C【解析】 由题意可知,所有正偶数组成的集合应为,所以C项中所有正偶数组成的集合应为是不正确的,故选C.6.设,满足约束条件且z=x+ay的最小值为7,则a=( )A.-5 B.3 C.-5或3 D.5或-3【答案】B【解析】试题分析:由约束条件作出可行域,然后对a进行分类,a=0时最小值不等于7,a<0时目标函数无最小值,a>0时化目标函数为直线方程斜截式,由图看出最优解,联立方程组求出最优解的坐标,代入目标函数,由对应的z值等于7求解a的值.由约束条件作可行域如图,联立, 解得,当a=0时A为),z=x+ay的最小值为,不满足题意;当a<0时,由z=x+ay得要使z最小,则直线在y轴上的截距最大,满足条件的最优解不存在;当a>0时,由z=x+ay得由图可知,当直线过点A时直线在y轴上的截距最小,z最小.此时 ,解得:a=3或a=-5(舍去).故选:B.考点:简单线性规划的应用.7.集合,,则( )A. B.C. D.【答案】D【解析】分析:直接利用交集的定义求.详解:因为,,所以=.故答案为:D.点睛:(1)本题主要考查集合的交集,意在考查学生对这些知识的掌握水平.(2)对无限集的集合运算,一般通过数轴进行.8.设全集U=R,A={x|0<x<8},B={x|-4<x<4},则(CUA)∩B等于( )A.{x|-4<x≤0} B.{x|0<x<4} C.{x|0≤x<4} D.{x|4<x<8}【答案】A【解析】由题意得,因此。选A。9.“平面内一动点到两个定点的距离的和为常数”是“平面内一动点的轨迹为椭圆”的A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】试题分析:根据充分条件和必要条件的定义结合椭圆的定义进行判断即可.解:若平面内一动点P到两个定点的距离的和为常数,当常数小于等于两定点的距离时,轨迹不是椭圆,若平面内一动点P的轨迹为椭圆,则平面内一动点P到两个定点的距离的和为常数成立,即“平面内一动点P到两个定点的距离的和为常数”是“平面内一动点P的轨迹为椭圆”的必要不充分条件,故选:B.考点:必要条件、充分条件与充要条件的判断.10.下列几个关系中正确的是( )A. B.0{0} C. D.【答案】C【解析】【分析】根据元素与集合的关系、集合与集合的关系判断出正确选项.【详解】元素与集合的关系是属于或者不属于,故A,B选项错误.空集是任何集合的子集,故C选项正确.空集没有元素,而有一个元素,故D选项错误.故选:C.【点睛】本小题主要考查元素与集合的关系;集合与集合的关系,属于基础题. 二、填空题11.已知x1,x2是方程x2+2x-5=0的两根,则x12+2x1+x1x2的值为______.【答案】0【解析】【分析】x1,x2是方程x2+2x-5=0的两根,可得x12+2x1-5=0,x1x2=-5.即可得出.【详解】∵x1,x2是方程x2+2x-5=0的两根,则x12+2x1-5=0,x1x2=-5.∴x12+2x1+x1x2=5-5=0.故答案为:0.【点睛】本题考查了一元二次方程的根与系数的关系、方程的根,考查了推理能力与计算能力,属于基础题.12.设函数,若存在,使得对任意的,都有成立.则关于的不等式的解为 .【答案】【解析】试题分析:对任意的,都有成立,,此时,所以,解得或.考点:1、三角函数的性质;2、一元二次不等式的解法.13.设不等式组表示的平面区域为D,是区域D上任意一点,则的最大值与最小值之和是______.【答案】【解析】【分析】由约束条件作出可行域,表示可行域内的点到原点的距离,由可行域求出最大值与最小值,从而可得到结果.【详解】做出不等式组表示的平面区域,如图,的几何意义是可行域内的点与坐标原点的距离,由图可知,的最小值为原点到直线的距离,为,由,解得的最大值为.则的最大值与最小值之和.故答案为.【点睛】本题考查了简单的线性规划,考查了数形结合的解题思想方法,属于中档题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二找、三求”:(1)作出可行域(一定要注意是实线还是虚线);(2)找到目标函数对应的最优解对应点(在可行域内平移或旋转变形后的目标函数,最先通过或最后通过的顶点就是最优解);(3)将最优解坐标代入目标函数求出最值.14.若直线与曲线恰有一个公共点,则k的取值范围是 .【答案】或【解析】试题分析:曲线表示一个半圆,如图所示,当直线过点时,直线与半圆只有一个交点,此时;当直线过点时,直线与半圆有两个交点,此时;当直线与半圆相切时,只有一个公共点,,因此当或时,直线与曲线恰有一个公共点.考点:直线与圆的方程的应用.15.若集合中恰有唯一的元素,则实数的值为________.【答案】2【解析】因为集合中恰有唯一的元素,且为整数,所以有唯一解,则,,故答案为.16.已知函数,当时,函数的最大值是__________;若函数的图象上有且只有两对点关于轴对称,则的取值范围是__________.【答案】 【解析】当时, 当且仅当时取等号,此时取到最大值1,故当时,函数的最大值是;若函数的图象上有且只有两对点关于轴对称, 将在轴左侧的图象关于轴对称到右边,与在轴右侧的图象有且只有一个交点由题意,关于轴的对称函数为 则要保证与在轴右侧的图象有且只有一个交点,只需 综上所述,a的取值范围是.即答案为. 三、解答题17.已知函数f(x)(a∈R,a≠0).(1)当a=1时,解关于x的不等式f(x)>0;(2)若f(x)+g(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,求a的取值范围.【答案】(1) {x|0<x<2};(2) (﹣∞,0)∪[,+∞).【解析】【分析】(1)等价于不等式,解之即得解;(2)等价于在(0,+∞)上恒成立,再利用基本不等式求函数的最小值即得解.【详解】(1)当a=1时,f(x).∵f(x)>0,∴,∴0<x<2,∴不等式的解集为{x|0<x<2};(2)f(x)+g(x),∵f(x)+g(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,∴在(0,+∞)上恒成立,∴只需.∵当x>0时,,当且仅当x=1时取等号,∴,∴,∴a<0或a,∴a的取值范围为(﹣∞,0)∪[,+∞).【点睛】本题主要考查分式不等式的解法,考查基本不等式求最值和不等式的恒成立问题,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.18.已知全集,集合,,. (1)求,; (2)如果,求实数的取值范围.【答案】(1)见解析;(2)a≤1或a≥7.【解析】试题分析:(1)利用对数函数的性质化简集合,从而根据补集的定义求出集合 与集合的补集,再根据集合交集与并集的定义可得;(2)通过是非空集,,而或,从而求出的范围.试题解析:(1)由0<log3x<2,得1<x<9∴B=(1,9),∵A={x|2≤x<7}=[2,7),∴A∪B=(1,9)CUA=(﹣∞,2)∪[7,+∞),∴(CUA)∩B=(1,2)∪[7,9)(2)C={x|a<x<a+1}=(a,a+1)∵A∩C=,∴a+1≤2或a≥7, 解得:a≤1或a≥719.已知,求证:.【答案】详见解析【解析】【分析】由题观察可知,存在两个根式和三次项,应考虑分别对根式和三次项进行证明【详解】∵,∴,即.又∵,∴,∴.①又∵,∴,且,∴.②由①②,得【点睛】对于不等式中出现多个同类项时,不等式的证明可分别对每个同类项进行证明,再根据同向可加性进行完整证明20.设是函数定义域内的一个子集,若存在,使得成立,则称是的一个“准不动点”,也称在区间上存在准不动点.已知,(1)若,求函数的准不动点(2)若函数在区间上不存在准不动点,求实数的取值范围.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)根据所给的值代入,结合准不动点的概念建立等式,结合幂的运算性质,求解即可(2)根据题意得在上无解,再利用换元法进行确定其范围即可【详解】(Ⅰ)当时,函数,依题,得,,,,,函数的准不动点为;(2)根据已知,得在上无解,在上无解,令,,在区间上无解,在区间上无解,设,在区间上单调递减,故,或,又在上恒成立,在上恒成立,即在上恒成立,设,在区间上单调递减,故,,综上实数的取值范围【点睛】本题考查根据函数新定义求解具体函数自变量,幂的运算性质,复合函数的定义域,不等式在某区间恒成立问题的转化,换元法的应用,分离参数法的应用,体现了不等式与函数的转化思想,属于难题21.求的最大值.【答案】【解析】【分析】由题意可知,据此结合所给的不等式进行整理变形,然后结合均值不等式即可求得其最大值.【详解】,,.又,,当且仅当,且,即时等号成立,得最大值为.【点睛】本题主要考查最值的求解,基本不等式的应用等知识,意在考查学生的转化能力和计算求解能力.22.某品牌电脑体验店预计全年购入台电脑,已知该品牌电脑的进价为元/台,为节约资金决定分批购入,若每批都购入台,且每批需付运费元,储存购入的电脑全年所付保管费与每批购入电脑的总价值(不含运费)成正比(比例系数为),若每批购入台,则全年需付运费和保管费元.若要使全年用于支付运费和保管费的资金最少,则每批应购入电脑多少台?【答案】要使全年用于支付运费和保管费的资金最少,每批应购入电脑台.【解析】【分析】先利用题中条件计算出,然后计算出全年所付运费和保管费之和为(元)关于每批购入的台数的函数关系式为,然后利用基本不等式求出该函数的最小值,利用等号成立的条件求出的值,即可得出该问题的解答.【详解】设全年所付运费和保管费之和为元.由题意,得.当时,,解得.所以,,则.当且仅当,即时,等号成立.所以要使全年用于支付运费和保管费的资金最少,每批应购入电脑台.【点睛】本题考查基本不等式的应用,解题的关键就是要求出函数的解析式,并利用基本不等式求出函数的最值,考查分析问题和解决问题的能力,属于中等题.