09等式与不等式-北京市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-北京市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18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．（2024上·北京房山·高三统考期末）已知，为非零实数，且，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
2．（2024上·北京西城·高三统考期末）设，且，则（ ）
A．B．C．D．
3．（2024上·北京顺义·高三统考期末）已知，，则“”是“”（ ）
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
4．（2024上·北京顺义·高三统考期末）已知集合，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
5．（2024上·北京通州·高三统考期末）已知函数，实数满足.若对任意的，总有不等式成立，则的最大值为（ ）
A．B．C．4D．6
6．（2024上·北京石景山·高三统考期末）已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
7．（2024上·北京朝阳·高三统考期末）根据经济学理论，企业生产的产量受劳动投入、资本投入和技术水平的影响，用表示产量，表示劳动投入，表示资本投入，表示技术水平，则它们的关系可以表示为，其中.当不变，与均变为原来的倍时，下面结论中正确的是（ ）
A．存在和，使得不变
B．存在和，使得变为原来的倍
C．若，则最多可变为原来的倍
D．若，则最多可变为原来的倍
8．（2024上·北京昌平·高三统考期末）已知全集，集合，则（ ）
A．B．C．D．
9．（2024上·北京大兴·高三统考期末）已知且，则下列结论中不正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．（2023上·北京·高三校考期末）若集合，或，则（ ）
A．B．
C．D．
11．（2023上·北京通州·高三统考期末）设点是曲线上任意一点，则点到原点距离的最大值、最小值分别为（ ）
A．最大值，最小值B．最大值，最小值1
C．最大值2，最小值D．最大值2，最小值1
12．（2023上·北京通州·高三统考期末）要制作一个容积为的圆柱形封闭容器，要使所用材料最省，则圆柱的高和底面半径应分别为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
二、填空题
13．（2024上·北京顺义·高三统考期末）已知数列满足，给出下列四个结论：
①若，则数列中有无穷多项等于；
②若，则对任意，有；
③若，则存在，当时，有；
④若，则对任意，有；
其中，所有正确结论的序号是 ．
14．（2024上·北京石景山·高三统考期末）已知命题：若，则．能说明为假命题的一组的值为 ， ．
15．（2022上·北京朝阳·高三对外经济贸易大学附属中学（北京市第九十四中学）校考期末）若命题“，使”是真命题，则实数的取值范围为 ．
16．（2022上·北京顺义·高三统考期末）若实数满足，则使得成立的一个的值是 .
17．（2019上·北京·高三统考期末）设，满足约束条件，则的取值范围是 .
18．（2019上·北京丰台·高三统考期末）能够说明“设是任意非零实数．若，则”是假命题的一组整数的值依次为 ．
三、解答题
19．（2023上·北京朝阳·高三统考期末）在中，．
(1)求；
(2)若，求的最小值．
20．（2023上·北京丰台·高三统考期末）设为正实数，若各项均为正数的数列满足：，都有．则称数列为数列．
(1)判断以下两个数列是否为数列：
数列：3，5，8，13，21；
数列：，，5，10．
(2)若数列满足且，是否存在正实数，使得数列是数列？若存在，求的取值范围；若不存在，说明理由．
(3)若各项均为整数的数列是数列，且的前项和为150，求的最小值及取得最小值时的所有可能取值．
21．（2022上·北京西城·高三北京师大附中校考期末）已知椭圆的短轴长为，直线与x轴交于点A，椭圆的右焦点为F，，过点A的直线与椭圆交于P，Q两点.
(1)直接写出椭圆的方程及离心率；
(2)若，求直线的方程；
(3)过点P且垂直于x轴的直线交椭圆于另一点M，证明：Q，F，M三点共线，并直接写出面积的最大值.
22．（2022上·北京朝阳·高三对外经济贸易大学附属中学（北京市第九十四中学）校考期末）在中，角，，所对的边分别为，，，且．
(1)求角的大小；
(2)若为边上的高，若，求的最大值．
参考答案：
1．D
【分析】对A、B、C举反例即可得，对D作差计算即可得.
【详解】对A：若，则，故错误；
对B：若，则，故错误；
对C：若，则，，左右同除，有，故错误；
对D：由且，为非零实数，则，即，故正确.
故选：D.
2．D
【分析】利用特殊值以及函数的图象、单调性等知识确定正确答案.
【详解】A选项，若，满足，但，所以A选项错误.
B选项，若，满足，但，所以B选项错误.
C选项，若，满足，但，所以C选项错误.
D选项，对于函数，图象如下图所示，
由图可知函数在上单调递增，所以D选项正确.
故选：D
3．B
【分析】根据基本不等式可知当时，；反之不成立，即可得出结论.
【详解】若“”，可知当时，不成立，即可知充分性不成立；
若，可得，即可得，即必要性成立，
因此可得“”是“”的必要不充分条件；
故选：B
4．D
【分析】先求集合，再根据集合间的关系和运算逐项分析判断.
【详解】由题意可知：，
所以之间没有包含关系，且，故ABC错误，D正确；
故选：D.
5．D
【分析】由分段函数的定义域对进行分类讨论可得的范围，即可得的最大值.
【详解】当时，有，
由随增大而增大，且，故，
当时，有，即，
即，
整理得，即，
故，又，故，
综上所述，，
则，当且仅当、时等号成立，
故的最大值为.
故选：D.
6．A
【分析】解不等式求得集合，进而求得.
【详解】，解得，所以，
所以.
故选：A
7．D
【分析】对于AB，由不等式的性质结合指数函数单调性即可判断；对于CD，结合基本不等式及其相关推论以及指数函数单调性即可判断.
【详解】设当不变，与均变为原来的倍时，，
对于A，若，则，故A错误；
对于B，若和，则，故B错误；
对于C，若，则，即若，故C错误；
对于D，若，由，，可得，故D正确.
故选：D.
8．B
【分析】由一元二次不等式结合补集运算即可得解.
【详解】由题意全集，集合，.
故选：B.
9．D
【分析】对A：由对数性质运算即可得；对B：由对数性质运算即可得；对C：借助基本不等式运算即可得；对D：找出反例即可得.
【详解】对A：，故A正确；
对B：由，则，故，故B正确；
对C：由， 故，
当且仅当时等号成立，由，故等号不成立，
即，故C正确；
对D：当、时，符合题意，
但此时，故D错误.
故选：D.
10．A
【分析】解出集合，利用交集的定义可求得集合.
【详解】因为，故.
故选：A.
11．B
【分析】由题设明确点到原点距离为，结合曲线方程，利用基本不等式可得的最小值和最大值，即可得答案.
【详解】由题意知点到原点距离为 ，
由于点是曲线上任意一点，可得，
当且仅当时取等号，即曲线上的点到原点距离最小，最小值为1；
又因为,所以，
当且仅当时取等号，
故，即，当且仅当时取等号，
即点到原点距离的最大值为，
故选：B
12．C
【分析】设圆柱的高为，底面半径为．由，可得，再利用基本不等式即可得出．
【详解】解：设圆柱的高为，底面半径为．
，
．
当且仅当，即当时取等号．
此时．
即当，时取得最小值．
故选：C.
13．①②③
【分析】对于①：根据递推公式分析求解即可；对于②④：根据递推公式结合基本不等式分析判断；对于③：根据递推公式结合基本不等式可知，分和两种情况，结合④中结论分析判断.
【详解】对于①：若，则，，
以此类推可知：，即数列中有无穷多项等于，故①正确；
对于②：若，则，
，
以此类推可知：，
则，即，故②正确；
对于④：若，可知，，
以此类推，可知：，
且，
因为，可得，故④错误；
对于③：若，可知，当且仅当等号成立，
，当且仅当，即等号成立，
以此类推，可知：，当且仅当等号成立，
若，对任意，可得，显然成立；
若，且，可知当时，，
由④可知：当时，则，
当时，，
因为，对于结合指数性质可知：
存在且，当时，使得，
即；
综上所述：存在，当时，有，故③正确；
故选：①②③.
【点睛】关键点睛：对于③：根据④中结论分析可知：当时，，结合指数性质分析判断.
14． （答案不唯一） （答案不唯一）
【分析】根据立方和公式以及基本不等式求得正确答案.
【详解】
，
当且仅当时等号成立.
所以，若，则，所以为假命题.
所以一组的值为（答案不唯一）.
故答案为：（答案不唯一）；（答案不唯一）
15．
【分析】根据题意可知，需对二次项系数进行分类讨论，并结合判别式的符号做出判断即可求出实数的取值范围
【详解】由题意可知，
①若，即或，
当时，不等式为，显然不成立；当时，不等式为，显然，使成立，即符合题意；
②若，即，此时不等式对应的一元二次函数开口向下，满足条件；
③若，即或，此时不等式对应的一元二次函数开口向上，
若要满足题意，则需方程由两个不相等的实数根，
即，解得，
即满足条件时；
综合①②③可得，实数的取值范围为
故答案为：
16．（答案不唯一）
【分析】先求出的取值范围，进而取得一个合适的值即可.
【详解】由得：，所以，解得：或，故取即可，答案不唯一
故答案为：
17．
【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，数形结合即可得到结论.
【详解】根据，满足约束条件作出可行域，如图所示阴影部分.
作出直线，
将直线向上平移至过点时，取得最小值：.
则的取值范围是，.
故答案为：.
18．（答案不唯一）
【分析】要使“设是任意非零实数．若，则”是假命题，只需满足 且 即可，
【详解】要使“设是任意非零实数．若，则”是假命题，
只需满足 且 即可，
可取，
故答案为：（答案不唯一）.
【点睛】此题考查不等式性质的应用，考查假命题的判断方法，属于基础题.
19．(1)；
(2)3.
【分析】(1)由正弦定理可得，从而得，即可得；
(2)由余弦定理可得，再由基本不等式即可求得的最小值.
【详解】（1）解：因为，
所以，
又因为，
所以，
即有，
又因为，
所以；
（2）解：因为，，
所以，
当时，等号成立，
所以，
故的最小值为：3.
20．(1)数列是，数列不是；
(2)不存在，理由见解析；
(3)答案见解析.
【分析】（1）根据定义验证是否恒成立，即可判断；
（2）假设存在，则由已知可推得.
当时，，这与假设矛盾，所以不存在；
（3）根据已知推出，进而推出，， ，，相加可推得.根据基本式，结合题意可得的最小值不小于30.进而得出的范围，得到所有可能的整数解.分情况讨论，得出数列，即可得到的所以可能的取值.
【详解】（1）根据定义，数列应满足，都有，
即恒成立.
对于数列：有，，，均满足，所以数列是数列；
对于数列，因为不满足，所以数列不是数列.
（2）不存在正实数，使得数列是数列.
说明理由如下：假设存在正实数，使得数列是数列，
则，都有，即恒成立.
因为，
所以，
当时，，这与假设矛盾.
所以，不存在正实数，使得数列是数列.
（3）因为数列是数列，所以.
所以，
所以，，，，，，
所以，
即，所以.
所以，
因为数列是整数列，所以的最小值不小于30.
假设，必有，解得，
因为，所以可取9，10，11，12.
当时，，存在满足条件的数列.
，，，，，，，，；
当时，，存在满足条件的数列.
，，，，，，，，，；
当时，，存在满足条件的数列.
，，，，，，，，，，；
当时，，存在满足条件的数列.
，，，，，，，，，，，.
以上都是的充分条件.
所以的最小值为30，此时的所有可能的取值为，，20，.
21．(1)，;
(2)或;
(3)证明见解析，
【分析】(1)由题意可得，解得，即可得椭圆的方程及离心率；
(2) 设直线的方程为，联立直线方程与椭圆方程得，设，根据，得，由韦达定理可得，及的值，由，则，代入求出的值即得直线方程；
(3) 设，则有，设，则，只需利用韦达定理证明，即可证明Q，F，M三点共线；由面积，再利用基本不等式即要求得最大值.
【详解】（1）解：由题意可得，
解得，
所以椭圆的方程为，离心率为；
（2）解：由（1）可得，
设直线的方程为，
，整理得，
依题意，得，
设
则①，②，
由直线的方程得
于是③，
由，则④，
由①②③④得，
从而，
所以直线m的方程为或；
（3）证明：设，
即有，
即，
设，即有，
则，
∴，
由于
因为，
又因为，
所以，，
即有，
故有，
∴Q，F，M三点共线，
∴面积，
，
当且仅当，即时取等号，满足，
∴面积的最大值.
22．(1)；
(2)1.
【分析】(1)根据正弦定理、两角和的正弦公式、同角三角函数的基本关系化简已知等式，可得，结合即可求解；
(2)根据三角形的面积公式可得，利用余弦定理和基本不等式求出ac的最大值，即可求解.
【详解】（1），由正弦定理，
得，
由，
得，又，
所以，有，即，
又，所以；
（2）由，得，
由余弦定理及，
得，
当且仅当时取到等号.
所以，故，
即的最大值为1.