2、．(2018·漳州質(zhì)檢)已知實(shí)數(shù)x滿足則2x＋3y的最大值為( )
A．1 B．11 C．13 D．17
答案 C
解析 令z＝2x＋3y，
將z＝2x＋3y化為y＝－x＋，
作出可行域如圖陰影部分所示(含邊界)，
當(dāng)直線y＝－x＋向右上方平移時(shí)，
直線y＝－x＋在y軸上的截距增大，即z增大，
由圖象得，當(dāng)直線y＝－x＋過(guò)點(diǎn)A時(shí)，z取得最大值，
聯(lián)立得A(5,1)，
此時(shí)，z取得最大值2×5＋3×1＝13.
4．(2018·云南省曲靖市第一中學(xué)模擬)若直線l：ax－by＝2(a>0，b>0)平分圓x2＋y2－2x＋4y＝0，則＋的最小值為( )
A．2
3、 B．2
C. D．3＋2
答案 C
解析 將x2＋y2－2x＋4y＝0化為(x－1)2＋(y＋2)2＝5，
因?yàn)橹本€l：ax－by＝2平分圓x2＋y2－2x＋4y＝0，
所以a＋2b＝2，又a>0，b>0，
則＋＝(a＋2b)
＝≥
.
5．(2018·華大新高考聯(lián)盟模擬)若實(shí)數(shù)x，y滿足不等式組則x2＋y2的取值范圍是( )
A. B．[0,2] C. D.
答案 B
解析 畫(huà)出可行域如圖陰影部分所示(含邊界)，
x2＋y2的幾何意義是陰影內(nèi)的點(diǎn)到原點(diǎn)的距離的平方，顯然O點(diǎn)為最小值點(diǎn)，而A(1,1)為最大值點(diǎn)，故x2＋y2的取值范圍是[0,2]．
4、
6．已知實(shí)數(shù)x，y滿足如果目標(biāo)函數(shù)z＝x－y的最小值為－1，則實(shí)數(shù)m等于( )
A．7 B．5 C．4 D．1
答案 B
解析 繪制不等式組表示的平面區(qū)域如圖陰影部分所示(含邊界)，
聯(lián)立直線方程可得交點(diǎn)坐標(biāo)為A，
由目標(biāo)函數(shù)的幾何意義可知目標(biāo)函數(shù)在點(diǎn)A處取得最小值，
所以－＝－1，解得m＝5.
7．有三支股票A，B，C,28位股民的持有情況如下：每位股民至少持有其中一支股票，在不持有A股票的人中，持有B股票的人數(shù)是持有C股票的人數(shù)的2倍．在持有A股票的人中，只持有A股票的人數(shù)比除了持有A股票外，同時(shí)還持有其它股票的人數(shù)多1.在只持有一支股票的人中，有一半持有A股票
5、．則只持有B股票的股民人數(shù)是( )
A．7 B．6
C．5 D．4
答案 A
解析 設(shè)只持有A股票的人數(shù)為X(如圖所示)，
則持有A股票還持有其它股票的人數(shù)為X－1(圖中d＋e＋f的和)，因?yàn)橹怀钟幸恢Ч善钡娜酥?，有一半持有A股票，則只持有了B或C股票的人數(shù)和為X(圖中b＋c部分)．假設(shè)只同時(shí)持有了B和C股票的人數(shù)為a(如圖所示)，那么X＋X－1＋X＋a＝28，即3X＋a＝29，則X的取值可能是9,8,7,6,5,4,3,2,1.與之對(duì)應(yīng)的a值為2,5,8,11,14,17,20,23,26.
因?yàn)闆](méi)持有A股票的股民中，持有B股票的人數(shù)為持有C股票人數(shù)的2倍，得b＋a
6、＝2(c＋a)，即X－a＝3c，故當(dāng)X＝8，a＝5時(shí)滿足題意，故c＝1，b＝7，故只持有B股票的股民人數(shù)是7，故選A.
8．(2018·哈爾濱師范大學(xué)附屬中學(xué)模擬)設(shè)點(diǎn)(x，y)滿足約束條件且x∈Z，y∈Z，則這樣的點(diǎn)共有( )
A．12個(gè) B．11個(gè) C．10個(gè) D．9個(gè)
答案 A
解析 畫(huà)出表示的可行域(含邊界)，由圖可知，
滿足x∈Z，y∈Z的(x，y)
有(－4，－1)，(－3,0)，(－2,1)，(－2,0)，(－1,0)，
(－1,1)，(－1,2)，(0,0)，(0,1)，(0,2)，(0,3)，(1,0)，共12個(gè)．
9.《幾何原本》卷2的幾何代數(shù)法
7、(以幾何方法研究代數(shù)問(wèn)題)成了后世西方數(shù)學(xué)家處理問(wèn)題的重要依據(jù)，通過(guò)這一原理，很多的代數(shù)的公理或定理都能夠通過(guò)圖形實(shí)現(xiàn)證明，也稱之為無(wú)字證明．現(xiàn)有如圖所示圖形，點(diǎn)F在半圓O上，點(diǎn)C在直徑AB上，且OF⊥AB，設(shè)AC＝a，BC＝b，則該圖形可以完成的無(wú)字證明為( )
A.≥(a>0，b>0)
B．a(chǎn)2＋b2≥2ab(a>0，b>0)
C.≤(a>0，b>0)
D.≤(a>0，b>0)
答案 D
解析 由AC＝a，BC＝b，可得圓O的半徑r＝，
又OC＝OB－BC＝－b＝，
則FC2＝OC2＋OF2＝＋＝，
再根據(jù)題圖知FO≤FC，即≤ ，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)取等號(hào)．故選D.
8、
10．已知實(shí)數(shù)x，y滿足約束條件如果目標(biāo)函數(shù)z＝x＋ay的最大值為，則實(shí)數(shù)a的值為( )
A．3 B.
C．3或 D．3或－
答案 D
解析 先畫(huà)出線性約束條件所表示的可行域(含邊界)，當(dāng)a＝0時(shí)不滿足題意，故a≠0.
目標(biāo)函數(shù)化為y＝－x＋z，當(dāng)a>0時(shí)，－<0，
(1)當(dāng)－≤－<0，即a≥2時(shí)，最優(yōu)解為A，
z＝＋a＝，a＝3，滿足a≥2；
(2)當(dāng)－<－，即00，
(3)當(dāng)0<－<，即a<－2時(shí)，最優(yōu)解為C(－2，－2)，z＝－2－2a＝，a＝－，滿足a<－2；
(
9、4)當(dāng)－≥，即－2≤a<0時(shí)，最優(yōu)解為B，z＝3＋a＝，a＝，不滿足－2≤a<0，舍去．
綜上，實(shí)數(shù)a的值為3或－，故選D.
11．(2018·河南省南陽(yáng)市第一中學(xué)模擬)已知函數(shù)f(x)＝x2＋bx＋c的圖象與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別為x1，x2，且0
10、)，
由圖象可知，當(dāng)z＝b＋2c經(jīng)過(guò)點(diǎn)A時(shí)，目標(biāo)函數(shù)z＝b＋2c取得最大值，
當(dāng)z＝b＋2c經(jīng)過(guò)點(diǎn)B時(shí)，目標(biāo)函數(shù)z＝b＋2c取得最小值，
又由
解得A(－3,2)，此時(shí)zmax＝－3＋2×2＝1，
由
解得B(－2,0)，此時(shí)zmin＝－2＋2×0＝－2，
所以b＋2c的取值范圍是(－2,1)．
12．(2018·天津河北區(qū)模擬)若正數(shù)a，b滿足＋＝1，則＋的最小值為( )
A．1 B．6 C．9 D．16
答案 B
解析 ∵正數(shù)a，b滿足＋＝1，
∴b＝>0，解得a>1.
同理b>1.
∴＋＝＋9(a－1)≥2＝6，
當(dāng)且僅當(dāng)9(a－1)＝，即a＝時(shí)
11、等號(hào)成立．
∴＋的最小值為6.
13．(2018·上饒模擬)若x，y滿足約束條件則的最小值為_(kāi)_______．
答案
解析 畫(huà)出x，y滿足約束條件的可行域如圖陰影部分所示(含邊界)．
的幾何意義為可行域內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)P(x，y)與定點(diǎn)Q(－2，－1)連線的斜率，
當(dāng)P位于A(－1,1)時(shí)，直線PQ的斜率最大，
此時(shí)kmax＝＝2，
當(dāng)P位于B(1,1)時(shí)，直線PQ的斜率最小，
此時(shí)kmin＝＝.
14．(2018·南平模擬)若實(shí)數(shù)x，y滿足且z＝mx＋ny(m>0，n>0)的最大值為4，則＋的最小值為_(kāi)_______．
答案 2
解析 作出不等式組表示的可行域如圖陰影部
12、分所示(含邊界)．
由可行域知可行域內(nèi)的點(diǎn)(x，y)均滿足x≥0，y≥0.
所以要使z＝mx＋ny(m>0，n>0)最大，只需x最大，y最大即可，即在點(diǎn)A處取得最大值．
聯(lián)立解得A(2,2)．
所以有2m＋2n＝4，即m＋n＝2.
＋＝(m＋n)＝≥×(2＋2)＝2.
當(dāng)且僅當(dāng)m＝n＝1時(shí)，＋取得最小值2.
15．(2018·宣城調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝2x－sin x，若正實(shí)數(shù)a，b滿足f(a)＋f(2b－1)＝0，則＋的最小值是________．
答案 9＋4
解析 因?yàn)閒′(x)＝2－cos x>0，f(－x)＝－2x＋sin x＝－f(x)，
所以函數(shù)f(x)為
13、單調(diào)遞增的奇函數(shù)，
因此由f(a)＋f(2b－1)＝0，
得f(a)＝－f(2b－1)＝f(1－2b)，
所以a＝1－2b，a＋2b＝1，
因此＋＝＝9＋＋≥9＋2＝9＋4，
當(dāng)且僅當(dāng)a＝，b＝時(shí)取等號(hào)．
16．(2018·漳州質(zhì)檢)分形幾何學(xué)是一門(mén)以不規(guī)則幾何形態(tài)為研究對(duì)象的幾何學(xué)．分形的外表結(jié)構(gòu)極為復(fù)雜，但其內(nèi)部卻是有規(guī)律可尋的．一個(gè)數(shù)學(xué)意義上分形的生成是基于一個(gè)不斷迭代的方程式，即一種基于遞歸的反饋系統(tǒng)．下面我們用分形的方法來(lái)得到一系列圖形，如圖1，線段AB的長(zhǎng)度為a，在線段AB上取兩個(gè)點(diǎn)C，D，使得AC＝DB＝AB，以CD為一邊在線段AB的上方做一個(gè)正六邊形，然后去掉線
14、段CD，得到圖2中的圖形；對(duì)圖2中的最上方的線段EF做相同的操作，得到圖3中的圖形；依此類推，我們就得到了以下一系列圖形：
記第n個(gè)圖形(圖1為第1個(gè)圖形)中的所有線段長(zhǎng)的和為Sn，現(xiàn)給出有關(guān)數(shù)列{Sn}的四個(gè)命題：
①數(shù)列{Sn}是等比數(shù)列；
②數(shù)列{Sn}是遞增數(shù)列；
③存在最小的正數(shù)a，使得對(duì)任意的正整數(shù)n，都有Sn>2 018；
④存在最大的正數(shù)a，使得對(duì)任意的正整數(shù)n，都有Sn<2 018.
其中真命題是________．(請(qǐng)寫(xiě)出所有真命題的序號(hào))
答案?、冖?
解析 由題意，得圖1中的線段為a，S1＝a，
圖2中的正六邊形的邊長(zhǎng)為，
S2＝S1＋×4＝S1＋2a，
圖3中的最小正六邊形的邊長(zhǎng)為，
S3＝S2＋×4＝S2＋a，
圖4中的最小正六邊形的邊長(zhǎng)為，
S4＝S3＋×4＝S3＋，
由此類推，Sn－Sn－1＝(n≥2)，
即{Sn}為遞增數(shù)列，但不是等比數(shù)列，
即①錯(cuò)誤，②正確；
因?yàn)镾n＝S1＋(S2－S1)＋(S3－S2)＋…＋(Sn－Sn－1)
＝a＋2a＋a＋＋…＋＝a＋
＝a＋4a<5a，n≥2，
又S1＝a<5a，
所以存在最大的正數(shù)a＝，
使得對(duì)任意的正整數(shù)n，都有Sn<2 018，
即④正確，③錯(cuò)誤．
（全國(guó)通用版）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 12+4分項(xiàng)練2 不等式與推理證明 文
