人教A版高考数学一轮总复习课时质量评价5基本不等式课时质量评价含答案

课时质量评价(五)

(建议用时：45分钟)

A组　全考点巩固练

1．(2020·上海卷)下列不等式恒成立的是(　　)

A．a2＋b2≤2ab 

B．a2＋b2≥－2ab

C．a＋b≥2 

D．a＋b≤－2

B　解析：对于选项A，因为a2＋b2－2ab＝(a－b)2≥0，当且仅当a＝b时取等号，

所以a2＋b2≥2ab，故A错误．

对于选项B，因为a2＋b2＋2ab＝(a＋b)2≥0，当且仅当a＝－b时取等号，

所以a2＋b2≥－2ab，故B正确．

对于选项C，令a＝－1，b＝2，则a＋b＝－1＋2＝1，2＝2＝2.

因为1＜2，所以a＋b＜2，故C错误．

对于选项D，令a＝1，b＝0，则a＋b＝1，－2＝－2＝0.

因为1>0，所以a＋b>－2，故D错误．

2．当x>0时，函数f (x)＝有(　　)

A．最小值1  　　　 B．最大值1

C．最小值2  　　　 D．最大值2

B　解析：f (x)＝≤＝1，当且仅当x＝(x>0)，即x＝1时取等号，所以f (x)有最大值1.

3．司机甲、乙加油习惯不同，甲每次加定量的油，乙每次加固定钱数的油，恰有两次甲、乙同时加同单价的油，但这两次的油价不同，则从这两次加油的均价角度分析(　　)

A．甲合适

B．乙合适

C．油价先高后低甲合适

D．油价先低后高甲合适

B　解析：设甲每次加m升油，乙每次加n元钱的油，第一次加油x元/升，第二次加油y元/升．甲的平均单价为＝，乙的平均单价为＝.因为x≠y，所以＝>＝1，即乙的两次平均单价低，乙的方式更合适．故选B．

4．(2020·滨州三校高三联考)已知a>0，b>0，若不等式＋≥恒成立，则m的最大值为(　　)

A．10 B．12

C．16 D．9

D　解析：由已知a>0，b>0，若不等式＋≥恒成立，则m≤(a＋b)恒成立，转化成求y＝(a＋b)的最小值．y＝(a＋b)＝5＋＋≥5＋2＝9，当且仅当a＝2b时，等号成立，所以m≤9.故选D．

5．(2020·咸阳高三一模)已知x＋2y＝xy(x>0，y>0)，则2x＋y的最小值为(　　)

A．10 B．9 

C．8 D．7

B　解析：由x＋2y＝xy得＋＝1，所以2x＋y＝(2x＋y)＝5＋＋≥5＋2＝9，当且仅当＝，即x＝y时取等号，所以2x＋y的最小值为9.故选B．

6．(2020·临沂高三期末)当＋取得最小值时，x＝________.

4　解析：＋＝＋1＋－1≥2－1＝5，当且仅当＋1＝，即x＝4时，等号成立．

7．(2020·枣庄高三统考)函数f (x)＝(x＞1)的最小值是________．

2　解析：由于x＞1，故x－1＞0，故f (x)＝2(x－1)＋≥2＝2，当且仅当2(x－1)＝，即x＝1＋时，函数取得最小值2.

8．某公司购买一批机器投入生产，据市场分析，每台机器生产的产品可获得的总利润y(单位：万元)与机器运转时间x(单位：年)的关系为y＝－x2＋18x－25(x∈N*)，则每台机器为该公司创造的年平均利润的最大值是________万元．

8　解析：每台机器运转x年的年平均利润为＝18－，而x>0，故≤18－2＝8，当且仅当x＝5时等号成立，此时每台机器为该公司创造的年平均利润最大，最大值为8万元．

9．某厂家拟定在2020年举行促销活动，经调查测算，该产品的年销量(即该厂的年产量)x万件与年促销费用m(m≥0)万元满足x＝3－(k为常数)．如果不搞促销活动，那么该产品的年销量只能是1万件．已知2020年生产该产品的固定投入为8万元，每生产1万件该产品需要再投入16万元．厂家将每件产品的销售价格定为每件产品平均成本的1.5倍(产品成本包括固定投入和再投入两部分资金)．

(1)将2020年该产品的利润y万元表示为年促销费用m万元的函数；

(2)该厂家2020年的促销费用投入多少万元时，厂家利润最大？

解：(1)由题意知，当m＝0时，x＝1，

所以1＝3－k⇒k＝2，所以x＝3－(m≥0)．

又每件产品的销售价格为1.5×，

所以2020年的利润y＝1.5x×－8－16x－m

＝4＋8x－m＝4＋8－m

＝－＋29(m≥0)．

(2)因为m≥0时，＋(m＋1)≥2＝8，

所以y≤－8＋29＝21，

当且仅当＝m＋1⇒m＝3时，

ymax＝21.

故该厂家2020年的促销费用投入3万元时，厂家的利润最大为21万元．

B组　新高考培优练

10．(多选题)(2020·潍坊高三期中)若x≥y，则下列不等式中正确的是(　　)

A．2x≥2y B．≥

C．x2≥y2 D．x2＋y2≥2xy

AD　解析：由指数函数的单调性可知，当x≥y时，有2x≥2y，故A正确；当y<x<0时，≥不成立，故B错误；当0≥x≥y时，x2≥y2不成立，故C错误；因为x2＋y2－2xy＝(x－y)2≥0成立，从而有x2＋y2≥2xy成立，故D正确．故选AD．

11．《几何原本》中的几何代数法(以几何方法研究代数问题)成为了后世数学家处理问题的重要依据．通过这一原理，很多代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明．如图所示，在AB上取一点C，使得AC＝a，BC＝b，过点C作CD⊥AB交圆周于点D，连接OD．作CE⊥OD交OD于点E，则下列不等式可以表示CD≥DE的是(　　)

A．≥(a＞0，b＞0)

B．≥(a＞0，b＞0)

C．≥(a＞0，b＞0)

D．a2＋b2≥2ab(a＞0，b＞0)

A　解析：连接DB，因为AB是圆O 的直径，所以∠ADB＝90°.在Rt△ADB中，中线OD＝＝.由射影定理可得CD2＝AC·BC＝ab.所以CD＝.

在Rt△DCO中，由射影定理可得CD2＝DE·OD，即DE＝＝＝.

由CD≥DE得≥.故选A．

12. 已知正实数a，b满足a＋b＝2，则＋的最大值为(　　)

A．2 B．4 

C．4 D．16

A　解析：因为(＋)2＝(a＋1)＋(b＋1)＋2·≤(a＋1)＋(b＋1)＋(a＋1)＋(b＋1)＝2(a＋b＋2)＝8，

当且仅当a＝b＝1时取等号，所以＋的最大值为2.故选A．

13．(2020·湖北省高三模拟)若不等式＋－m≥0对x∈恒成立，则实数m的最大值为(　　)

A．7 B．8 

C．9 D．10

C　解析：将不等式化为＋≥m，只需当x∈时，m≤min即可．

由＋＝(4x＋1－4x)

＝4＋＋＋1≥5＋2

＝5＋4＝9，

当且仅当x＝时取等号，故m≤9.故m的最大值为9. 故选C．

14．(多选题)设正实数a，b满足a＋b＝1，则(　　)

A．＋有最小值4 

B．有最小值

C．＋有最大值 

D．a2＋b2有最小值

ACD　解析： ＋＝(a＋b)·＝2＋＋≥2＋2＝4，取等号时a＝b＝，故A正确.≤＝，取等号时a＝b＝，所以有最大值，故B错误．(＋)2＝a＋b＋2＝1＋2≤2，所以＋≤，取等号时a＝b＝，故C正确．a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝1－2ab≥1－2×＝，取等号时a＝b＝，故D正确．故选ACD．

15．设x>0，y>0，x＋2y＝4，则的最小值为________．

　解析：＝＝＝2＋.

因为x>0，y>0且x＋2y＝4，

所以4≥2(当且仅当x＝2，y＝1时取等号)，

所以2xy≤4，所以≥，

所以2＋≥2＋＝.

16．(2020·山东师范大学附中高三月考)已知某工厂每天固定成本是4万元，每生产一件产品成本增加100元，工厂每件产品的出厂价定为a元时，生产x件产品的销售收入是R(x)＝－x2＋500x(元)，P(x)为每天生产x件产品的平均利润(平均利润＝总利润/总产量)．

销售商从工厂每件a元进货后又以每件b元销售， b＝a＋λ(c－a)，其中c为最高限价(a＜b＜c)，λ为销售乐观系数．据市场调查，λ是由当b－a是c－b，c－a的比例中项时来确定．

(1)每天生产量x为多少时，平均利润P(x)取得最大值？求P(x)的最大值．

(2)求乐观系数λ的值．

(3)若c＝600，当厂家平均利润最大时，求a与b的值．

解：(1)依题意，总利润为－x2＋500x－100x－40 000＝－x2＋400x－40 000，

所以P(x)＝＝－x－＋400

≤－200＋400＝200.当且仅当x＝，即x＝400时取等号，

故每天生产量为400件时，平均利润最大，最大值为200元．

(2)由b＝a＋λ(c－a)得λ＝.

因为b－a是c－b，c－a的比例中项，

所以(b－a)2＝(c－b)(c－a)，

两边除以(b－a)2得，1＝·＝·，

所以1＝·，解得λ＝.

(3)由(1)知，当x＝400时，厂家平均利润最大，

所以a＝＋100＋P(x)＝＋100＋200＝400(元)．

每件产品的利润为b－a＝λ(c－a)＝100(－1)，

所以b＝100(＋3)，

所以a＝400，b＝100(＋3)．