高中数学人教A版 (2019)必修第一册2.1 等式性质与不等式性质第2课时课后测评

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这是一份高中数学人教A版 (2019)必修第一册2.1 等式性质与不等式性质第2课时课后测评，共5页。

1．已知b<2a，3dA．2a－c>b－3dB．2ac>3bd
C．2a＋c>b＋3d D．2a＋3d>b＋c
解析：选C．由于b<2a，3d2．若abcd<0，且a>0，b>c，d<0，则( )
A．b<0，c<0 B．b>0，c>0
C．b>0，c<0 D．0解析：选D．由a>0，d<0，且abcd<0，知bc>0，又因为b>c，所以03．已知a>b>0，则下列不等式一定成立的是( )
A．a＋ eq \f(1,b)>b＋ eq \f(1,a) B．a＋ eq \f(1,a)≥b＋ eq \f(1,b)
C． eq \f(b,a)> eq \f(b＋1,a＋1) D．b－ eq \f(1,b)>a－ eq \f(1,a)
解析：选A．因为a>b>0，所以 eq \f(1,b)> eq \f(1,a)>0，所以a＋ eq \f(1,b)>b＋ eq \f(1,a).故选A．
4．设a>b>c且a＋b＋c＝0，则下列不等式恒成立的是( )
A．ab>bc B．ac>bc
C．ab>ac D．a|b|>c|b|
解析：选C．因为a>b>c且a＋b＋c＝0，
所以a>0，c<0，b可正、可负、可为零．
由b>c，a>0知，ab>ac.
5．若a，b∈R，且a＋|b|<0，则下列不等式中正确的是( )
A．a－b>0 B．a3＋b3>0
C．a2－b2<0 D．a＋b<0
解析：选D．方法一：由a＋|b|<0知，a<0，0≤|b|<－a，所以b20；因为|b|≥b，所以a＋b≤a＋|b|<0；因为|b|≥－b，所以a－b≤a＋|b|<0；因为－a>|b|≥b，所以(－a)3>b3，所以a3＋b3<0.所以A，B，C错；D正确．
方法二：取a＝－2，b＝±1，易知a－b<0，a3＋b3<0，a2－b2>0，排除A，B，C．故选D．
6．设0<α< eq \f(π,2)，0≤β≤ eq \f(π,2)，则z＝2α－ eq \f(β,3)的取值范围是________________．
解析：由已知，得0<2α<π，0≤ eq \f(β,3)≤ eq \f(π,6)，所以－ eq \f(π,6)≤－ eq \f(β,3)≤0，由同向不等式相加得到－ eq \f(π,6)<2α－ eq \f(β,3)<π.即－ eq \f(π,6)答案： eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(z\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)7．已知a解析：(特殊值法)令a＝－2，b＝－1，则 eq \f(1,a)＝－ eq \f(1,2)> eq \f(1,b)＝－1，ab＝2>b2＝1，－ab＝－2>－a2＝－4，故①②③错误；当a eq \f(1,b)，故有－ eq \f(1,a)<－ eq \f(1,b)一定成立，故④正确．
答案：①②③
8．已知三个不等式①ab>0；② eq \f(c,a)> eq \f(d,b)；③bc>ad.若以其中的两个作为条件，余下的一个作为结论，则可以组成________个正确命题．
解析：①②⇒③，③①⇒②.(证明略)
由②得 eq \f(bc－ad,ab)>0，又由③得bc－ad>0，所以ab>0.即②③⇒①.所以可以组成3个正确命题．
答案：3
9．已知a>b>0，且c>d>0.求证： eq \r(\f(a,d))> eq \r(\f(b,c)).
证明：因为c>d>0，所以 eq \f(1,d)> eq \f(1,c)>0.因为a>b>0，所以 eq \f(a,d)> eq \f(b,c)>0，所以 eq \r(\f(a,d))> eq \r(\f(b,c)).
10．如果30解：因为30[B 能力提升]
11．(多选)若 eq \f(1,a)< eq \f(1,b)<0，则下列结论中正确的是( )
A．a2C．a＋b<0 D．|a|＋|b|>|a＋b|
解析：选ABC．因为 eq \f(1,a)< eq \f(1,b)<0，所以ba2，ab12．(多选)设a＞b＞1，c＜0，则下列结论中正确的是( )
A． eq \f(c,a)＞ eq \f(c,b) B．ac＜bc
C．a(b－c)＞b(a－c)D． eq \f(a,c)＞ eq \f(b,c)
解析：选ABC．对于A．因为a＞b＞1，c＜0，
所以 eq \f(c,a)－ eq \f(c,b)＝ eq \f(c(b－a),ab)＞0，
所以 eq \f(c,a)＞ eq \f(c,b)，故A正确；
对于B．因为－c＞0，
所以a·(－c)＞b·(－c)，
所以－ac＞－bc，
所以ac＜bc，故B正确；
对于C．因为a＞b＞1，
所以a(b－c)－b(a－c)＝ab－ac－ab＋bc＝－c(a－b)＞0，
所以a(b－c)＞b(a－c)，故C正确；
对于D．因为 eq \f(1,c)＜0，a＞b＞0，
所以 eq \f(a,c)＜ eq \f(b,c)，故D错误．
13．若a，b，c，d均为实数，使不等式 eq \f(a,b)> eq \f(c,d)>0和ad解析：由 eq \f(a,b)> eq \f(c,d)>0知，a，b同号，c，d同号，且 eq \f(a,b)－ eq \f(c,d)＝ eq \f(ad－bc,bd)>0.因为ad－bc<0，所以bd<0.所以在取(a，b，c，d)时只需满足以下条件即可：①a，b同号，c，d同号，b，d异号；②ad0，b>0，c<0，d<0，不妨取a＝2，b＝1，c＝－1，则d< eq \f(bc,a)＝－ eq \f(1,2)，取d＝－2，则(2，1，－1，－2)满足要求．
答案：(2，1，－1，－2)(答案不唯一)
14．已知－1≤x＋y≤4，且2≤x－y≤3，求z＝2x－3y的取值范围．
解：设z＝2x－3y＝m(x＋y)＋n(x－y)，则 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z＝－ eq \f(1,2)(x＋y)＋ eq \f(5,2)(x－y)，因为－1≤x＋y≤4，2≤x－y≤3，所以－2≤－ eq \f(1,2)(x＋y)≤ eq \f(1,2)，5≤ eq \f(5,2)(x－y)≤ eq \f(15,2)，所以3≤－ eq \f(1,2)(x＋y)＋ eq \f(5,2)(x－y)≤8，所以z的取值范围是3≤z≤8.
[C 拓展探究]
15．某公司有荔枝30吨，香蕉13吨，现计划租用甲、乙两种货车共10辆将这批水果全部运往港口，已知一辆甲种货车可装载荔枝4吨，香蕉1吨，一辆乙种货车可装载荔枝、香蕉各2吨．
(1)该公司安排甲、乙两种货车时有几种方案？请你设计出来．
(2)若甲种货车每辆要付运费2 000元，乙种货车每辆要付运费1 300元，则该公司选哪种方案时运费最少？最少运费是多少元？
解：(1)设安排m辆甲种货车，安排n辆乙种货车，依题意得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4m＋2n≥30，,m＋2n≥13，,m＋n＝10，))解得5≤m≤7.因为m为整数，所以m＝5，6，7，所以共有三种方案，方案1：安排5辆甲种货车，5辆乙种货车；方案2：安排6辆甲种货车，4辆乙种货车；方案3：安排7辆甲种货车，3辆乙种货车．
(2)方案1所需运费为2 000×5＋1 300×5＝16 500(元)；方案2所需运费为2 000×6＋1 300×4＝17 200(元)；方案3所需运费为2 000×7＋1 300×3＝17 900(元).因为16 500<17 200<17 900，所以该公司选方案1时运费最少，最少运费是16 500元．

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