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1、
層級一 第三練 不等式、合情推理
限時40分鐘 滿分80分
一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分)
1．(2019·濰坊三模)設a、b是兩個實數(shù)，且a≠b，①a5＋b5＞a3b2＋a2b3，②a2＋b2≥2(a－b－1)，③＋＞2.上述三個式子恒成立的有( )
A．0 B．1個
C．2個 D．3個
解析：B [①a5＋b5－(a3b2＋a2b3)＝a3(a2－b2)＋b3(b2－a2)＝(a2－b2)(a3－b3)＝(a－b)2(a＋b)(a2＋ab＋b2)＞0不恒成立；(a2＋b2)－2(a－b－1)＝a2－2a＋b2＋2b＋2＝(
2、a－1)2＋(b＋1)2≥0恒成立；＋＞2或＋＜－2，故選B.]
2．(2019·龍巖質檢)若函數(shù)f(x)＝則“0＜x＜1”是“f(x)＜0”的( )
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
解析：A [當0＜x＜1時，f(x)＝log2x＜0，
所以“0＜x＜1”?“f(x)＜0”；
若f(x)＜0，則或
解得0＜x＜1或－1＜x≤0，所以－1＜x＜1，
所以“f(x)＜0”?/ “0＜x＜1”．故選A.]
3．(2019·北京卷)若x，y滿足|x|≤1－y，且y≥－1，則3x＋y的最大值為( )
A．－7 B．1
C．
3、5 D．7
解析：
C [本題是簡單線性規(guī)劃問題的基本題型，根據(jù)“畫、移、解”等步驟可得解．題目難度不大，注重了基礎知識、基本技能的考查．
由題意，作出可行域如圖陰影部分所示.
設z＝3x＋y，y＝z－3x，
當直線l0∶y＝z－3x經(jīng)過點(2，－1)時，z取最大值5.故選C.]
4．(2020·廣州模擬)若關于x的不等式x2＋ax－2＞0在區(qū)間[1,5]上有解，則實數(shù)a的取值范圍為( )
A. B.
C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)
解析：A [令f(x)＝x2＋ax－2，則f(0)＝－2，
①頂點橫坐標x＝－≤0，要使關于x的不等式x2＋ax－2＞0
4、在區(qū)間[1,5]上有解，則應滿足f(5)＞0，解得a＞－；
②－＞0時，要使關于x的不等式x2＋ax－2＞0在區(qū)間[1,5]上有解，也應滿足f(5)＞0，解得a＞－.
綜上可知：實數(shù)a的取值范圍是，故選A.]
5．已知an＝n，把數(shù)列{an}的各項排列成如下的形狀：
a1
a2 a3 a4
a5 a6 a7 a8 a9
……
記A(m，n)表示第m行的第n個數(shù)，則A(11,2)＝( )
A.67 B.68
C.101 D.102
解析：D [由A(m，n)表示第m行的第n個數(shù)可知，A(11,2)表示第11行的第2個數(shù)，根據(jù)圖形可知：每一行的最后一項的項數(shù)為行數(shù)的平
5、方，所以第10行的最后一項的項數(shù)為102＝100，即為a100，所以第11行的第2項的項數(shù)為100＋2＝102，所以A(11,2)＝a102＝102，故選D.]
6．(2019·泉州三模)已知向量a＝(m,2)，b＝(1，n－1)，若a⊥b，則2m＋4n的最小值為( )
A．2 B．2
C．4 D．8
解析：C [因為向量a＝(m,2)，b＝(1，n－1)，a⊥b，
所以m＋2(n－1)＝0，即m＋2n＝2.
所以2m＋4n≥2＝2＝2＝4(當且僅當即時，等號成立)，
所以2m＋4n的最小值為4，故選C.]
7．(2019·浙江卷)若a＞0，b＞0，則“a＋b≤4”是“a
6、b≤4”的( )
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件
解析：A [易出現(xiàn)的錯誤有，一是基本不等式掌握不熟，導致判斷失誤；二是不能靈活的應用“賦值法”，通過特取a，b的值，從假設情況下推出合理結果或矛盾結果．
當a＞0，b＞0時，a＋b≥2，則當a＋b≤4時，有2≤a＋b≤4，解得ab≤4，充分性成立；當a＝1，b＝4時，滿足ab≤4，但此時a＋b＝5＞4，必要性不成立，綜上所述，“a＋b≤4”是“ab≤4”的充分不必要條件．]
8．(多選題)下列命題正確的是( )
A．已知a，b都是正數(shù)，且>，則a
7、f(x)的導函數(shù)，若?x∈R，f′(x)≥0，則f(1)，得ab＋b>ab＋a，則a
8、在“一帶一路”知識測驗后，甲、乙、丙三人對成績進行預測．
甲：我的成績比乙高．
乙：丙的成績比我和甲的都高．
丙：我的成績比乙高．
成績公布后，三人成績互不相同且只有一個人預測正確，那么三人按成績由高到低的次序為( )
A．甲、乙、丙 B．乙、甲、丙
C．丙、乙、甲 D．甲、丙、乙
解析：A [若甲預測正確，則乙、丙預測都不對，那么三人成績由高到低的次序為甲、乙、丙．]
10．(2019·滄州三模)司機甲、乙加油習慣不同，甲每次加定量的油，乙每次加固定錢數(shù)的油，恰有兩次司機甲、乙同時加同價格的油，但兩次的油價不同，則從這兩次加油的均價角度分析( )
A．司機甲的均價低
9、
B．司機乙的均價低
C．油價先高后低司機甲的均價低
D．油價先低后高司機甲的均價低
解析：B [設司機甲每次加m升油，司機乙每次加n元錢的油，第一次油價為x元/升，第二次油價為y元/升．
司機甲這兩次加油的均價為＝(元/升)
司機乙這兩次加油的均價為＝(元/升)
因為x≠y，
所以＝＞＝1.
即司機乙這兩次加油的均價低．]
11．(2020·西安模擬)已知實數(shù)x，y滿足約束條件若約束條件表示的平面區(qū)域的面積為9，則z＝x＋y的最小值為( )
A．－2 B．－
C．2 D.
解析：
C [由題意可知，可行域如圖中△ABC及其內部所示，聯(lián)立，
得
可得A
10、，聯(lián)立，
得可得C(3a＋3，a)，
所以|AC|＝a，故△ABC的面積為×a×a＝9，解得a＝2或a＝－2(舍去)，故A(0,2)．作出直線y＝－x，平移該直線，當直線經(jīng)過可行域內的A點時，z取得最小值，且zmin＝2，選C.]
12．(2020·廈門模擬)若log4(3a＋4b)＝log2，則a＋b的最小值是( )
A．6＋2 B．7＋2
C．6＋4 D．7＋4
解析：D [因為log4(3a＋4b)＝log2，所以log4(3a＋4b)＝log4(ab)，即3a＋4b＝ab，且即a＞0，b＞0，所以＋＝1(a＞0，b＞0)，a＋b＝(a＋b)＝7＋＋≥7＋2 ＝7＋4，
11、當且僅當＝時取等號，故選D.]
二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分)
13．(2019·吉林三模)已知正實數(shù)x，y滿足xy＋x＋y＝17，則x＋2y＋3的最小值為________．
解析：由題意，得y＝＞0，x＞0，則0＜x＜17，所以x＋2y＋3＝x＋＋3＝(x＋1)＋≥2 ＝12，當且僅當x＝5時取等號，故x＋2y＋3的最小值為12.
答案：12
14．(2020·綿陽診斷)如圖所示的三角形數(shù)陣叫“萊布尼茲調和三角形”，它們是由整數(shù)的倒數(shù)組成的，第n行有n個數(shù)且兩端的數(shù)均為(n≥2)，其余每個數(shù)是它下一行左右相鄰兩數(shù)的和，如＝＋，＝＋，＝＋，…，則第11行第2個數(shù)(
12、從左往右數(shù))為________．
……
解析：由“萊布尼茲調和三角形”中數(shù)的排列規(guī)律，我們可以推斷：第10行的第一個數(shù)為，第11行的第一個數(shù)為，則第11行的第二個數(shù)為－＝.
答案：
15.
(2019·青島三模)祖暅(公元前5～6世紀)是我國齊梁時代的數(shù)學家，是祖沖之的兒子．他提出了一條原理：“冪勢既同，則積不容異．”這里的“冪”指水平截面的面積，“勢”指高．這句話的意思是：兩個等高的幾何體若在所有等高處的水平截面的面積相等，則這兩個幾何體體積相等．設由橢圓＋＝1(a＞b＞0)所圍成的平面圖形繞y軸旋轉一周后，得一橄欖的幾何體(如圖)(稱為
13、橢球體)，課本中介紹了應用祖暅原理求球體體積公式的做法，請類比此法，求出橢球體體積，其體積等于________．
解析：橢圓的長半軸為a，短半軸為b，現(xiàn)構造兩個底面半徑為b，高為a的圓柱，然后在圓柱內挖去一個以圓柱下底面圓心為頂點，圓柱上底面為底面的圓錐，根據(jù)祖暅原理得出橢球的體積V＝2(V圓柱－V圓錐)＝2＝π×b2a.
答案：π×b2a
16．(與物理知識交匯)某項研究表明：在考慮行車安全的情況下，某路段車流量F(單位時間內經(jīng)過測量點的車輛數(shù)，單位：輛/時)與車流速度v(假設車輛以相同速度v行駛，單位：米/秒)，平均車長l(單位：米)的值有關，其公式為F＝.
①如果不限定車型，l＝6.05，則最大車流量為______輛/時；
②如果限定車型，l＝5，則最大車流量比①中的最大車流量增加______輛/時．
解析：①當l＝6.05時，F(xiàn)＝＝≤＝＝1 900.
當且僅當v＝11米/秒時等號成立，此時車流量最大為1 900輛/時．
②當l＝5時，F(xiàn)＝＝≤＝＝2 000.
當且僅當v＝10米/秒時，車流量最大為2 000輛/時比①中最大車流量增加100輛/時．
答案：1 900 100
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2020屆高考數(shù)學大二輪復習 層級一 第三練 不等式、合情推理課時作業(yè)
