09等式与不等式-山东省2023-2024学年高三上学期期末数学专题练习（人教A版,2019新版）

这是一份09等式与不等式-山东省2023-2024学年高三上学期期末数学专题练习（人教A版,2019新版），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．（2023上·山东聊城·高三校联考期末）已知集合，，则下列判断正确的是（ ）
A．B．C．D．
2．（2023上·山东德州·高三统考期末）已知集合，，那么“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
3．（2023上·山东菏泽·高三统考期末）若，则p成立的一个必要不充分条件是（ ）
A．B．
C．D．
4．（2023上·山东滨州·高三统考期末）若“”是“不等式成立”的充分不必要条件，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．（2023上·山东烟台·高三统考期末）若集合，，则（ ）
A．B．C．D．
6．（2023上·山东枣庄·高三统考期末）已知集合，则满足的非空集合B的个数为（ ）
A．3B．4C．7D．8
7．（2023上·山东济南·高三统考期末）已知集合，则（ ）
A．B．
C．或D．或
8．（2022上·山东济宁·高三统考期末）若集合，则（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．（2023上·山东泰安·高三统考期末）若，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．（2023上·山东菏泽·高三统考期末）若 ，则下列不等式中成立的是（ ）
A．B．
C．D．
11．（2023上·山东烟台·高三山东省烟台第一中学校考期末）已知直线，圆，则以下命题正确的是（ ）
A．直线均与圆E不一定相交
B．直线被圆E截得的弦长的最小值
C．直线被圆E截得的弦长的最大值6
D．若直线与圆E交于与圆E交于，则四边形面积最大值为14
12．（2023上·山东烟台·高三统考期末）已知，，且，则（ ）
A．B．C．D．
13．（2022上·山东烟台·高三统考期末）已知抛物线C：的焦点为，点A，B为C上两个相异的动点，则（ ）
A．抛物线C的准线方程为
B．设点，则的最小值为4
C．若A，B，F三点共线，则的最小值为2
D．若，AB的中点M在C的准线上的投影为N，则
14．（2022上·山东菏泽·高三统考期末）已知，则下列各式成立的是（ ）
A．B．C．D．
15．（2022上·山东临沂·高三校考期末）若正实数，满足，且，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题
16．（2023上·山东日照·高三校联考期末）设正项等比数列的公比为，首项，关于的方程有两个不相等的实根，且存在唯一的，使得．则公比的取值范围为 ．
17．（2023上·山东枣庄·高三统考期末）已知“，”为假命题，则实数a的取值范围是 .
18．（2022上·山东青岛·高三统考期末）已知球的半径为2，圆锥的顶点和底面圆周上的点均在球上，记球心到圆锥底面的距离为，圆锥的底面半径为.则（1）的最大值为 ；（2）圆锥体积的最大值为 .
19．（2022上·山东聊城·高三山东聊城一中校考期末）关于x的不等式的解集为，则实数a的取值范围为 ．
四、解答题
20．（2023上·山东泰安·高三统考期末）如图，为了测量某条河流两岸两座高塔底部A，B之间的距离，观测者在其中一座高塔的顶部D测得另一座高塔底部B和顶部C的视角的正切值为（即），已知两座高塔的高AD为30m，BC为60m，塔底A，B在同一水平面上，且，．
(1)求两座高塔底部A，B之间的距离；
(2)为庆祝2023年春节的到来，在两座高塔顶部各安装了一个大型彩色灯饰．政府部门为了方便市民观赏这两个彩色灯饰，决定在A，B之间的点P处（点P在线段AB上）搭建一个水上观景台，为了达到最佳的观赏效果，要求最大，问：在距离A点多远处搭建，才能达到最佳的观赏效果?
21．（2023上·山东烟台·高三统考期末）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.
(1)求A；
(2)，BD=3，求面积的最大值.
22．（2023上·山东潍坊·高三统考期末）在锐角三角形中，内角的对边分别为，，，已知.
(1)求的最小值；
(2)若，，求.
23．（2023上·山东枣庄·高三统考期末）在中，角，，所对的边分别为，，，，.
(1)求的取值范围；
(2)求面积的最大值.
24．（2022上·山东青岛·高三统考期末）在中，，内角，，的对边分别记为，，.
(1)求的值；
(2)求的最小值.
参考答案：
1．A
【分析】先解一元二次不等式解出集合A，再结合集合间关系判断各个选项即可.
【详解】易知，，所以，A选项正确；
，B选项错误；，所以C、D选项错误．
故选：A．
2．A
【分析】利用不等式的解法，求出集合，，利用集合元素之间的关系确定充分条件和必要条件．
【详解】由可得，即，所以，
由可得，解得，所以，
因为集合M是集合N的真子集，所以“”是“”的充分不必要条件．
故选：A.
3．B
【分析】解不等式得或，选出其必要不充分条件即可.
【详解】p：，即且，解得或，
所以p：或，
对于A，是p的既不充分也不必要条件；
对于B，即或，是p的必要不充分条件；
对于C，即或，是p的充分不必要条件；
对于D，是p的充分不必要条件；
故选：B.
4．C
【分析】根据不等式的性质，以及充分条件和必要条件的定义即可得到结论．
【详解】解：由得，
是不等式成立的充分不必要条件，
满足，且等号不能同时取得，
即，
解得，
故选：C．
5．D
【分析】分别求出集合，求出交集即可.
【详解】，
，
故，
.
故选：D.
6．A
【分析】先化简集合，然后利用子集的定义进行求解即可
【详解】
所以满足的非空集合B有，，，故个数为3，
故选：A
7．D
【分析】解一元二次不等式确定集合，再根据并集的定义求解.
【详解】由解得或，
所以或，
故选:D.
8．B
【分析】解一元二次不等式求，应用集合的并、补运算求集合.
【详解】由题设或，则，
而，故.
故选：B
9．ACD
【分析】由不等式的性质判断.
【详解】∵，则，，∴，即，A正确；
例如，，，，， 显然，B错误；
由得，，∴，即，C正确；
易知，，，
，
∴，D正确；
故选：ACD．
10．AC
【分析】根据指数函数以及幂函数的单调性可判断A;举反例可判断；根据的特征，构造函数，利用其单调性可得，可判断，判断C.
【详解】由于，故为R上单调增函数，
所以，而是上的增函数，故，
所以，A正确；
取满足，但，B错误；
设，则，
由于，故，即是上的增函数，
故，
由于，则，故，C正确；
取，满足，而，故D错误，
故选：
11．BCD
【分析】求出直线过同一个定点，而点在圆E内部，所以直线均与圆E相交可判断A；当时，直线被圆E截得的弦长最小，求出最小值可判断B；当时，直线被圆E截得的弦长最大，求出最大值可判断C；设圆心E到直线的距离分别为，由结合均值不等式可判断D.
【详解】解析：由题意，直线，即.
令，得，即直线过定点;
直线，即，令，得，
即直线过定点，所以直线过同一个定点，记为点M.
圆可化为，
而点在圆E内部，所以直线均与圆E相交，所以A选项错误；
对于直线，当时，直线被圆E截得的弦长最小，且最小值为，所以B选项正确；
对于直线，当时，直线被圆E截得的弦长最大，且最大值恰好为圆E的直径6，所以C选项正确；
又当时，直线的斜率为a，直线的斜率为，即直线.
设圆心E到直线的距离分别为，
则，又，
即，所以，
所以，
当且仅当时，等号成立，
故四边形面积最大值为14，所以D选项正确，
故选：BCD.
12．ACD
【分析】根据均值不等式和常见的不等式放缩即可求解.
【详解】，，且，
所以，故选项A正确；
，
故选项B错误；
要证，
证，
即证，
由，，且，知，
所以，
故选项C正确；
要证，
即证，
因为，
所以，
前后取得等号条件分别是和，
所以不同时取得等号，故D选项正确；
故选：ACD.
13．ABD
【分析】对于A，由抛物线的焦点可求出抛物线的准线方程，对于B，过点作垂直准线于，则，从而可求出其最小值，对于C，由抛物线的性质可判断，对于D，过分别作垂直准线，垂足分别为，则由梯形中位线定理可得，然后在利用余弦定理结合基本不等式可判断
【详解】对于A，因为抛物线C：的焦点为，所以抛物线C的准线方程为，所以A正确，
对于B，由题意可得抛物线的方程为，则点在抛物线外，如图，过点作垂直准线于，则，当三点共线时，取得最小值，最小值为4，所以B正确，
对于C，由抛物线的性质可得当A，B，F三点共线，且 轴时，弦最短为抛物线的通径，所以C错误，
对于D，过分别作垂直准线，垂足分别为，则由梯形中位线定理可得，设，则，在中由余弦定理得，
因为，所以，
所以，所以，当且仅当时取等号，所以D正确，
故选：ABD
14．BD
【分析】取特值可判断A，C；由指数函数的单调性可判断B；作差法判断D.
【详解】对于A，取，则，故A错误；
对于B，设，因为在R上单调递增，
而，所以，所以B正确；
对于C，取，，所以，故C错误；
对于D，，
因为，所以，，，
所以，所以，故D正确.
故选：BD.
15．ABD
【分析】由题意可得，，利用对数的性质即可判断选项A，利用指数函数与幂函数的性质即可判断选项B；利用，平方后可得大小，即可判断选项C；利用基本不等式即可判断选项D．
【详解】解：因为正实数，满足，且，所以，，
所以，
则，故A正确；
由指数函数的性质可得，由幂函数的性质可得，
所以，故B正确；
因为，且，所以，所以，
则，故C错误；
，故D正确．
故选：ABD.
16．
【分析】根据可得范围及韦达定理的结论，由可进一步确定；由可知等比数列为递减数列，分析可知当，符合题意，由等比数列通项公式可构造不等式组求得结果.
【详解】有两个不相等的实根，，
，解得：，，，
，解得：，；
不满足，则存在唯一的，使得，
，，等比数列为递减数列，即；
若，则均不满足，不合题意；
，又唯一，则，
，解得：，即公比的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查等比数列基本量的求解问题，解题关键是能够确定数列为递减数列，根据的唯一性分析出唯一可能的情况，即，，从而构造出不等式组.
17．
【分析】写出原命题的否定，再利用二次型不等式恒成立求解作答.
【详解】因命题“，”为假命题，则命题“，”为真命题，
当时，恒成立，则；
当时，必有，解得，
综上，实数a的取值范围是.
故答案为：
18． 2 /
【分析】讨论球心与圆锥的位置关系，确定的关系，结合基本不等式求的最大值，由锥体体积公式表示圆锥体积，利用导数求其最值.
【详解】当球心在圆锥内或圆锥的底面上时，过圆锥的轴作截面可得：
则，，
所以，
所以，当且仅当时等号成立，故的最大值为2,
圆锥的体积，其中，
所以，
所以
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
当时，体积取最大值，最大值为，
当球心在圆锥外时，过圆锥的轴作截面可得：
则，，
所以，
所以，当且仅当时等号成立，故的最大值为2,
圆锥的体积，其中，
所以，
所以
当时，，函数单调递减，所以.
综上所述，的最大值为2，圆锥体积的最大值为.
故答案为：2；.
19．
【分析】分和两种情况，利用判别式法求解.
【详解】解：当时，不等式可化为，无解，满足题意；
当时，不等式化为，解得，不符合题意，舍去；
当时，要使得不等式的解集为，
则解得．
综上，实数a的取值范围是．
故答案为：
20．(1)60m
(2)在距离A处米处搭建，才能达到最佳的观赏效果
【分析】（1）由二倍角的正切公式与三角比的定义求解；
（2）由两角和的正切公式表达为关于的函数后求解最值.
【详解】（1）由题知，，，，，
如图，作，垂足为E，则四边形ABED为矩形，所以．
所以，所以，
设，则，
解得或（舍去），
所以，
所以两座高塔底部A，B之间的距离为60m．
（2）设，则．
所以，，
所以
．
设，则，
所以
，
当且仅当即时，等号成立．
又因为在锐角范围内，越大，越大，
所以当时，取得最大值，此时．
所以在距离A处米处搭建，才能达到最佳的观赏效果．
21．(1)
(2)
【分析】（1）由，利用正弦定理结合两角和的正弦公式，得到求解.
（2）利用余弦定理结合基本不等式得到，再利用三角形面积公式求解.
【详解】（1）解：由正弦定理可得，
因为，
所以，
即，
整理得：，
因为，所以，
所以，
因为，所以.
（2）在中，由余弦定理得：，
即.
整理得，当且仅当时，等号成立，
所以，
因为，
所以，
所以ABC面积的最大值为.
22．(1)
(2)或
【分析】（1）利用两角差的正弦公式展开整理可得，再利用三角形内角关系化简得，由锐角三角形可知，利用两角和的正切公式和基本不等式即可求得的最小值；（2）根据可求得或，即可求出角的正弦值，再由利用正弦定理即可求得.
【详解】（1）由已知得，
整理得，
因为，所以，
又因为，
所以，
可得，
，
当且仅当时等号成立，
故的最小值为.
（2）由（1）知，所以，
又因为，所以或，8分
当时，，由正弦定理得，
当时，，由正弦定理得.
综上，或.
23．(1)
(2)
【分析】（1）利用余弦定理得到，从而得到，再利用基本不等式计算可得；
（2）由（1）可知，则，再结合（1）中的取值范围及正切函数的性质计算可得.
【详解】（1）解：在中由余弦定理，
因为，，
所以，即，
所以，当且仅当时取等号，
又，所以.
（2）解：由（1）可知，
所以，
因为，所以，而在上单调递增，
所以，
所以面积的最大值为.
24．(1)；
(2).
【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合余弦定理化简计算可得，从而代入，即可求解出答案；（2）根据余弦定理，结合（1）的结论化简表示得，再利用基本不等式即可求解的最小值.
【详解】（1）由正弦定理边角互化可得，
，
由余弦定理得，，
化简得，
从而得，即，
（2）由余弦定理得，
因为在中，均大于，
，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为.
【点睛】思路点睛：在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．