2021届浙江省高考数学一轮学案：第二章加强练（二）　高考中的不等式小题

加强练(二)　高考中的不等式小题

一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)

1.已知0＜a＜1＜b，则下列不等式成立的是(　　)

A.＞＞   B.＞＞

C.＞＞   D.＞＞

解析　∵0＜a＜1＜b，∴0＜a2＜a＜ab，

∴＞＞，故选A.

答案　A

2.(2020·宁波模拟)已知集合A＝{x|0≤x≤7}，B＝{x|x2－8x＋7≥0}，则A∩B＝(　　)

A.[0，1]   B.{7}

C.[0，1]∪{7}   D.[1，7]

解析　由x2－8x＋7≥0，得(x－7)(x－1)≥0，故B＝{x|x≥7或x≤1}，故A∩B＝[0，1]∪{7}，故选C.

答案　C

3.(2019·浙江卷)若a>0，b>0，则“a＋b≤4”是“ab≤4”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

解析　当a>0，b>0时，若a＋b≤4，则2≤a＋b≤4.

∴ab≤4，此时充分性成立.

当a>0，b>0，ab≤4时，令a＝4，b＝1，则a＋b＝5>4，

这与a＋b≤4矛盾，因此必要性不成立.

综上所述，当a>0，b>0时，“a＋b≤4”是“ab≤4”的充分不必要条件.故选A.

答案　A

4.若m＜n，p＜q，且(p－m)(p－n)＜0，(q－m)(q－n)＜0，则(　　)

A.m＜p＜n＜q   B.p＜m＜q＜n

C.m＜p＜q＜n   D.p＜m＜n＜q

解析　∵m＜n，由(p－m)(p－n)＜0知m＜p＜n；由(q－m)(q－n)＜0知m＜q＜n.又p＜q，故m＜p＜q＜n.

答案　C

5.若a＜0，b＜0，则p＝＋与q＝a＋b的大小关系为(　　)

A.p＜q   B.p≤q 

C.p＞q   D.p≥q

解析　(作差法)p－q＝＋－a－b

＝＋＝(b2－a2)·

＝＝，

因为a＜0，b＜0，所以a＋b＜0，ab＞0.

若a＝b，则p－q＝0，故p＝q；

若a≠b，则p－q＜0，故p＜q.

综上，p≤q.故选B.

答案　B

6.(2019·北京卷)若x，y满足|x|≤1－y，且y≥－1，则3x＋y的最大值为(　　)

A.－7   B.1 

C.5   D.7

解析　由|x|≤1－y，且y≥－1，得作出可行域如图阴影部分所示.

设z＝3x＋y，则y＝－3x＋z.

作直线l0：y＝－3x，并进行平移.

显然当l0过点A(2，－1)时，z取最大值，zmax＝3×2－1＝5.故选C.

答案　C

7.若不等式x2－(a＋1)x＋a≤0的解集是[－4，3]的子集，则a的取值范围是(　　)

A.[－4，1]   B.[－4，3]

C.[1，3]   D.[－1，3]

解析　原不等式为(x－a)(x－1)≤0，当a＜1时，不等式的解集为[a，1]，此时只要a≥－4即可，即－4≤a＜1；当a＝1时，不等式的解集为{x|x＝1}，此时符合要求；当a＞1时，不等式的解集为[1，a]，此时只要a≤3即可，即1＜a≤3，综上可得－4≤a≤3.

答案　B

8.(2020·绍兴一中适考)在条件下，目标函数z＝ax＋by(a＞0，b＞0)的最大值为40，则＋的最小值是(　　)

A.   B. 

C.   D.2

解析　如图，作出约束条件对应的可行域为△ABC区域(包含边界)，由题意知，

目标函数z＝ax＋by(a＞0，b＞0)经过点A(8，10)时z取最大值，

所以4a＋5b＝20，

因此＋＝·＝≥，即＋的最小值是，当且仅当＝时取等号，故选B.

答案　B

9.(2019·全国Ⅰ卷)古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是，著名的“断臂维纳斯”便是如此.此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是.若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为105 cm，头顶至脖子下端的长度为26 cm，则其身高可能是(　　)

A.165 cm   B.175 cm 

C.185 cm   D.190 cm

解析　依题意可知＝，＝，

(1)腿长为105 cm，即CD>105，

AC＝CD>64.890，

AD＝AC＋CD>64.890＋105＝169.890，

所以AD>169.890.

(2)头顶至脖子下端的长度为26 cm，即AB<26，

BC＝<42.071，

AC＝AB＋BC<68.071，

CD＝<110.147，

AD＝AC＋CD<68.071＋110.147＝178.218，

综上，169.890<AD<178.218.

答案　B

10.(2020·浙江十校联盟适考)已知正项数列{an}，{bn}满足：设cn＝，当c3＋c4最小时，c5的值为(　　)

A.2   B. 

C.3   D.4

解析　由题意得cn＋1＝＝＝＝1＋＝1＋，则c3＋c4＝c3＋1＋≥2＝6，当且仅当c3＝2时等号成立，此时c4＝4，则c5＝1＋＝，故选B.

答案　B

二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分)

11.已知－1＜x＜4，2＜y＜3，则x－y的取值范围是________，3x＋2y的取值范围是________.

解析　∵－1＜x＜4，2＜y＜3，∴－3＜－y＜－2，

∴－4＜x－y＜2.

由－1＜x＜4，2＜y＜3，得－3＜3x＜12，4＜2y＜6，

∴1＜3x＋2y＜18.

答案　(－4，2)　(1，18)

12.(2019·浙江十校联盟适考)若实数x，y满足约束条件则该不等式组表示的平面区域的面积为________，目标函数z＝3|x|－2y的最小值为________.

解析　在平面直角坐标系内画出题中的不等式组表示的平面区域为以A(－1，0)，B(1，2)，C(2，－3)为顶点的三角形区域(包含边界)，且AB⊥AC，则不等式组表示的平面区域的面积为|AB|·|AC|＝×2×3＝6.在平面直角坐标系内画出折线3|x|－2y＝0，平移该折线，易得当折线经过平面区域内的点(0，1)时，其在y轴上的截距最大，则z＝3|x|－2y取得最小值zmin＝3×|0|－2×1＝－2.

答案　6　－2

13.已知a，b∈R，若a2＋b2－ab＝2，则a＋b的最大值为________，ab的取值范围是________.

解析　∵a2＋b2－ab＝2，

∴＝ab≤，当且仅当a＝b时等号成立，∴(a＋b)2≤8，

∴－2≤a＋b≤2，∴a＋b的最大值为2.

∵ab＝，－2≤a＋b≤2，

∴－≤ab≤2.

答案　2　

14.已知f(x)＝|x－a|x＋|x－2|(x－a).

(1)当a＝1时，不等式f(x)<0的解集为________；

(2)若x∈(－∞，1)时，f(x)<0，则a的取值范围是________.

解析　(1)当a＝1时，f(x)＝|x－1|x＋|x－2|(x－1).

当x<1时，f(x)＝－2(x－1)2<0；

当x≥1时，显然f(x)≥0，

所以不等式f(x)<0的解集为(－∞，1).

(2)当a<1时，若a≤x<1，则f(x)＝(x－a)x＋(2－x)·(x－a)＝2(x－a)≥0，不合题意.所以a≥1.

当a≥1，x∈(－∞，1)时，f(x)＝(a－x)x＋(2－x)(x－a)＝2(a－x)(x－1)<0.

所以a的取值范围是[1，＋∞).

答案　(1)(－∞，1)　(2)[1，＋∞)

15.已知△ABC的三边长分别为a，b，c，且满足b＋c≤3a，则的取值范围为________.

解析　由已知及三角形三边关系得

∴∴

两式相加得0＜2×＜4，∴的取值范围为(0，2).

答案　(0，2)

16.(2019·浙江教育绿色评价联盟适考)如图，在宽8米的矩形教室MEFN正前方有一块长6米的黑板AB，学生座位区域CEFD距黑板最近1米，在教室左侧边CE上寻找黑板AB的最大视角点P(即使∠APB最大)，则CP＝________时，∠APB最大.

解析　以M为坐标原点，分别以直线MN，ME为x，y轴建立平面直角坐标系，则A(1，0)，B(7，0)，设P(0，y)，y≤－1，故∠APB＝∠MAP－∠MBP，又kAP＝tan∠MAP＝－y，kBP＝tan∠MBP＝－，由两角差的正切公式，tan∠APB＝＝≤＝，当且仅当7＝y2，即y＝－时，∠APB最大，此时|CP|＝|MP|－1＝－1.

答案　－1

17.已知实数a，b，c满足a＋b＋c＝－2，abc＝－4，则|a|＋|b|＋|c|的最小值为________.

解析　不妨设a≤b，a≤c，由题设知a＜0，且b＋c＝－2－a，bc＝，于是b，c是一元二次方程x2＋(2＋a)x－＝0的两实根，则Δ＝(2＋a)2＋4×≥0，即a3＋4a2＋4a＋16≤0，即(a2＋4)(a＋4)≤0，所以a≤－4.

又当a＝－4，b＝c＝1时，满足题意，故a，b，c中最小者的最大值为－4.

因为abc＜0，所以a，b，c全为负或一负二正.

若a，b，c全为负，又a，b，c中的最小者不大于－4，这与a＋b＋c＝－2矛盾，不合题意.

若a，b，c一负二正，则a＜0，b＞0，c＞0，则|a|＋|b|＋|c|＝－a＋b＋c＝－2a－2≥8－2＝6，当a＝－4，b＝c＝1时满足题设条件且使得不等式等号成立，

故|a|＋|b|＋|c|的最小值为6.

答案　6