2019-2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 不等式 章節(jié)測(cè)試題.doc

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2019-2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 不等式 章節(jié)測(cè)試題一、選擇題1. 關(guān)于x的不等式|x1|m的解集為R的充要條件是（ ）Am0Bm1Cm0Dm12. 若、是任意實(shí)數(shù)，且，則（ ）ABCD3 若則下列不等式一定成立的是（ ）ABCD4 欲證，只需證（ ）ABCD5. 設(shè)x1，x2是方程x2px40的兩個(gè)不相等的實(shí)根，則（ ）A| x1 |2且| x1 |2B| x1x2|4C| x1x2|4D| x1 |且| x2 |16. 對(duì)一切正整數(shù)n，不等式恒成立，則b的范圍是（ ）A(0, )BC() D(, 1) 7. 已知函數(shù)f (x) ，則不等式f(x)20的解區(qū)間是（ ）A(2，2)B(, 2)(2, )C(1，1)D(, 1)(1, )8. 在R上定義運(yùn)算若不等式對(duì)任意實(shí)數(shù)恒成立，則（ ）A B C D9 某純凈水制造廠在凈化水過(guò)程中，每增加一次過(guò)濾可減少水中雜質(zhì)20%，要使水中雜質(zhì)減少到原來(lái)的5%以下，則至少需過(guò)濾的次數(shù)為（參考數(shù)據(jù)lg20.3010，lg30.4771）（ ）A5B10 C14D1510.集合、，則是的（ ）A充分不必要條件B必要不充分條件 C充要條件 D既非充分又非必要條件二、填空題11若的取值范圍是 .12若不等式的解集為，則 .13實(shí)數(shù)x滿足，則的值為 .14已知a、b、c為某一直角三角形的三條邊長(zhǎng)，c為斜邊，若點(diǎn)(m，n)在直線axby2c0上，則m2n2的最小值是 15對(duì)a，bR，記max| a，b | ，函數(shù)f(x)max| | x1 |，| x2 | | (xR)的最小值是 三、解答題16. 若a、b、c都是正數(shù)，且abc1，求證：(1a)(1b)(1c)8abc17已知函數(shù)f(x)，x(1) 當(dāng)a時(shí)，求函數(shù)f(x)的最小值；(2) 若對(duì)任意x，f(x)0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍18（理）解關(guān)于x的不等式（文）解關(guān)于x的不等式：19設(shè)函數(shù)yf(x)的定義域?yàn)?0，)，且對(duì)任意x、yR，f(xy)f(x)f(y)恒成立，已知f(8)3，且當(dāng)x1時(shí)，f(x)0(1)證明：函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞增；(2)對(duì)一個(gè)各項(xiàng)均正的數(shù)列an滿足f(Sn)f(an)f(an1)1 (nN*)，其中Sn是數(shù)列an的前n項(xiàng)和，求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；(3)在()的條件下，是否存在正整數(shù)p、q，使不等式對(duì)nN*恒成立，求p、q的值20對(duì)1個(gè)單位質(zhì)量的含污物體進(jìn)行清洗，清洗前其清潔度（含污物體的清潔度定義為：1）為0.8，要求洗完后的清潔度是0.99有兩種方案可供選擇，方案甲：一次清洗；方案乙：兩次清洗該物體初次清洗后受殘留水等因素影響，其質(zhì)量變?yōu)閍(1a3)設(shè)用x單位質(zhì)量的水初次清洗后的清潔度是(xa1)，用y質(zhì)量的水第二次清洗后的清潔度是，其中c (0.8c0.99)是該物體初次清洗后的清潔度(1) 分別求出方案甲以及c0.95時(shí)方案乙的用水量，并比較哪一種方案用水量較少；(2) 若采用方案乙，當(dāng)a為某定值時(shí)，如何安排初次與第二次清洗的用水量，使總用水量最少？并討論a取不同數(shù)值對(duì)最少總用水量多少的影響21. 已知條件p：|5x1|a和條件，請(qǐng)選取適當(dāng)?shù)膶?shí)數(shù)a的值，分別利用所給的兩個(gè)條件作為A、B構(gòu)造命題：“若A則B”，并使得構(gòu)造的原命題為真命題，而其逆命題為假命題.則這樣的一個(gè)原命題可以是什么？并說(shuō)明為什么這一命題是符合要求的命題.1.A 2.D 3.B 4.C 5.B 6.C 7.A 8.D 9.C 10. A 11. 12. 1 13. 8 14.4 15. 16. 證明：因?yàn)閍、b、c都是正數(shù)，且abc1，所以17. 解：(1)當(dāng)a時(shí)，易證f(x)在1，)上單調(diào)遞增當(dāng)x1時(shí)，f(x)minf(1)(2)由f(x)0得x1，) x22xa0a(x22x)，令t(x22x)，x1，)則t(x22x)1(x1)2當(dāng)x1時(shí)，tmax1(11)23a318.(理)原不等式可化為： 當(dāng)a1時(shí)，原不等式的解集為 當(dāng)時(shí)，原不等式的解集為 當(dāng)a1時(shí)，原不等式的解集為 當(dāng)時(shí)，原不等式的解集為 當(dāng)a0時(shí)，原不等式的解集為 當(dāng)時(shí)，原不等式的解集為(文)原不等式可化為： 當(dāng)時(shí)，原不等式的解集為 當(dāng)時(shí)，原不等式的解集為 當(dāng)時(shí)，原不等式的解集為.19. ()設(shè)0x1x2，則，從而有，所以函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞增；()因?yàn)閒(8)3f(2)3f(2)1，所以有，由此及函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞增得當(dāng)n1時(shí)，；當(dāng)n2時(shí)，即數(shù)列an是首項(xiàng)a11，公差d1的等并非數(shù)列，故ann；()設(shè)存在滿足條件的正整數(shù)p、q，則當(dāng)n1時(shí)，有下面證明不等式對(duì)nN*恒成立事實(shí)上，因?yàn)?(nN*)，所以.20. (1)設(shè)方案甲與方案乙的用水量分別為x與z，由題設(shè)有，解得x19由c0.95得方案乙初次用水量為3，第二次用水量y滿足方程：，解得y4a，故z4a3即兩種方案的用水量分別為19與4a3因?yàn)楫?dāng)1a3時(shí)，xz4(4a)0，即xz，故方案乙的用水量較少(2)設(shè)初次與第二次清洗的用水量分別為x與y，類似()得于是xy當(dāng)a為定值時(shí)，xy當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立此時(shí)將代入（*）式得故時(shí)總用水量最少，此時(shí)第一次與第二次用水量分別為與，最少總用水量是T(a)a