浙江专用2020版高考数学第七章不等式、推理与证明单元质检.docx

单元质检七不等式、推理与证明(时间:120分钟满分:150分)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.已知不等式x2-2x-30的解集为A,不等式x2+x-60的解集为B,不等式x2+ax+b0的解集为AB,则a+b等于()A.-3B.1C.-1D.3答案A解析由题意,得集合A=x|-1x3,B=x|-3x2,所以AB=x|-1xyB.x0,a+b2ab,2aba+by.故选A.4.(2018宁波效实中学高三模拟)“|x-a|m且|y-a|m”是“|x-y|2m”(x,y,a,mR)的条件.答案充分不必要解析因为|x-y|=|(x-a)-(y-a)|x-a|+|y-a|m+m=2m,所以“|x-a|m且|y-a|m”是“|x-y|2m”的充分条件.取x=3,y=1,a=-2,m=2.5,则有|x-y|=25=2m,但|x-a|=5,不满足|x-a|m=2.5,故“|x-a|m且|y-a|m”不是“|x-y|2m”的必要条件.故为充分不必要条件.5.(2018浙江教育绿色评价联盟5月模拟)如图,在ABC中,点D,E是线段B,C上的两个动点,且AD+AE=xAB+yAC,则1x+4y的最小值为()A.32B.2C.52D.92答案D解析由题图可知x,y均为正,设AD=mAB+nAC,AE=AB+AC,B,D,E,C共线,m+n=1,+=1.AD+AE=xAB+yAC=(m+)AB+(n+)AC,x+y=m+n+=2.1x+4y=121x+4y(x+y)=125+yx+4xy125+2yx4xy=92,即1x+4y的最小值为92.故选D.6.若实数x,y满足不等式组x-2y+20,x+2y+20,2x-y-10,则2|x+1|+y的最大值是()A.143B.193C.4D.1答案B解析题中不等式组表示的可行域为一个三角形ABC及其内部,其中A(-2,0),B43,53,C(0,-1),因此当x-1,z=2x+2+y过点B时取最大值193;当x0在区间(1,4)内有解,则实数a的取值范围是()A.(-,-2)B.(-2,+)C.(-6,+)D.(-,-6)答案A解析不等式x2-4x-2-a0在区间(1,4)内有解等价于a(x2-4x-2)max,x(1,4),令g(x)=x2-4x-2,x(1,4),g(x)g(4)=-2,a-2.8.(2018浙江金华浦江县高考适应模拟)已知实数a,b,c满足a2+b2+c2=1,则ab+c的最小值为()A.-2B.-32C.-1D.-12答案C解析若ab+c取最小值,则ab异号,c0时,直线经过A时z取得最大值.即ax+y=10,将A(3,4)代入得3a+4=10,解得a=2.当a0时,直线经过A时z取得最大值.即ax+y=10,将A(3,4)代入得3a+4=10,解得a=2.与a0矛盾,综上a=2.10.(2018浙江嘉兴4月模拟)已知x+y=1x+4y+8(x,y0),则x+y的最小值为()A.53B.9C.4+26D.10答案B解析因为x+y=1x+4y+8,所以x+y-8=1x+4y,两边同时乘“x+y”,得(x+y-8)(x+y)=1x+4y(x+y).所以(x+y-8)(x+y)=5+yx+4xy9,当且仅当y=2x时等号成立.令t=x+y,所以(t-8)t9,解得t-1或t9.因为x+y0,所以x+y9,即(x+y)min=9.故选B.二、填空题(本大题共7小题,多空题每小题6分,单空题每小题4分,共36分.将答案填在题中横线上)11.已知正实数x,y满足x+2y-xy=0,则x+2y的最小值为,y的取值范围是.答案8(1,+)解析正实数x,y满足x+2y-xy=0,x+2y=122xy12x+2y22,化为(x+2y)(x+2y-8)0,解得x+2y8,当且仅当y=2,x=4时取等号.则x+2y的最小值为8.由正实数x,y满足x+2y-xy=0,x=2yy-10,y(y-1)0,解得y1.y的取值范围是(1,+).12.已知整数x,y满足不等式yx,x+y4,x-2y+80,则2x+y的最大值是,x2+y2的最小值是.答案248解析由约束条件yx,x+y4,x-2y+80作出可行域如图,由z=2x+y,得y=-2x+z,由图可知,当直线y=-2x+z过点A时,直线在y轴上的截距最大,由x=y,x-2y+8=0可得x=8,y=8,所以A点坐标为(8,8).z最大值为28+8=24.x2+y2的最小值是可行域的点B到原点距离的平方,由x+y=4,y=x可得B(2,2).可得22+22=8.13.已知点A(3,3),O为坐标原点,点P(x,y)满足3x-y0,x-3y+20,y0,则满足条件的点P所形成的平面区域的面积为,OAOP|OA|的最大值是.答案33解析不等式组表示的可行域是以B(-2,0),O(0,0),C(1,3)为顶点的三角形区域(含边界)图略,其面积为1223=3.设向量OA与OP的夹角为,易知AOC=30,AOB=150,30150.又OAOP|OA|=|OP|cos,要使OAOP|OA|取到最大值,则3090,此时0cos32,1|OP|2,且cos取到最大值32时,|OP|也取到最大值2,故OAOP|OA|的最大值为322=3.14.(2017浙江金华调研改编)已知不等式|x+1|-|x-3|a,若该不等式有解,则实数a的取值范围为,若该不等式的解集为R,则实数a的取值范围为.答案(-,4)(-,-4)解析由|x+1|-|x-3|x+1-(x-3)|=4.可得-4|x+1|-|x-3|4.(1)若不等式有解,则a4;(2)若不等式的解集为R,则a-4.15.若函数f(x)=|x+1|+2|x-a|的最小值为5,则实数a为.答案-6或4解析函数f(x)=|x+1|+2|x-a|,当a-1时,f(x)=-3x+2a-1,xa,x-2a-1,ax-1,3x-2a+1,x-1,根据它的最小值为f(a)=-3a+2a-1=5,求得a=-6.当a=-1时,f(x)=3|x+1|,它的最小值为0,不满足条件.当a-1时,f(x)=-3x+2a-1,x-1,-x+2a+1,-1xa,3x-2a+1,xa,根据它的最小值为f(a)=a+1=5,求得a=4.综上,可得a=-6或a=4.16.(2018浙江杭州模拟)已知函数f(x)=x2-x+1,函数g(x)=1x+a-1+2x+a,aR,a0.若对任意的x1R,都存在x2R,使得f(x1)g(x2)成立,则a的取值范围是.答案12,72解析因为函数f(x)=x2-x+1=x-122+34,所以f(x)min=f12=34.由题意,若对任意的x1R,都存在x2R,使得f(x1)g(x2)成立,即有f(x)ming(x)min成立,又由g(x)=1x+a-1+2x+a=1x+a-1+1x+a2+1x+a2,因为1x+a-1+1x+a21x+a-1-1x+a2=a2-1,且1x+a20,所以g(x)a2-1,当x=-2a时取等号,即g(x)的最小值为a2-1.所以34a2-1,解得12a72,即a的取值范围是12,72.17.记maxa,b=a,ab,b,ak的解集为x|x-2,求k的值;(2)若对任意x0,f(x)t恒成立,求实数t的取值范围.解(1)f(x)kkx2-2x+6k0,由已知其解集为x|x-2,得x1=-3,x2=-2是关于x的方程kx2-2x+6k=0的两根,则-2-3=2k,解得k=-25.(2)x0,f(x)=2xx2+6=2x+6x66(当且仅当x=6时,等号成立),又已知f(x)t对任意x0恒成立,实数t的取值范围是66,+.19.(15分)设f(x)=11+x,数列an满足a1=12,an+1=f(an),nN*.(1)若1,2为方程f(x)=x的两个不相等的实根,证明:数列an-1an-2为等比数列;(2)证明:存在实数m,使得对任意nN*,a2n-1a2n+1ma2n+2a2n.证明(1)f(x)=xx2+x-1=0,12+1-1=0,22+2-1=0,1-1=12,1-2=22.an+1-1an+1-2=11+an-111+an-2=1-1-1an1-2-2an=12-1an22-2an=12an-1an-2.又a1-1a1-20,120,数列an-1an-2为等比数列.(2)设m=5-12,则f(m)=m.由a1=12及an+1=11+an得a2=23,a3=35,a4=58.a1a3ma4a2.下面用数学归纳法证明:当nN*时,a2n-1a2n+1ma2n+2a2n.当n=1时,命题成立.假设当n=k时,命题成立,即a2k-1a2k+1ma2k+2f(a2k+1)f(m)f(a2k+2)f(a2k),a2ka2k+2ma2k+3a2k+1,由ma2k+3a2k+1,得f(m)f(a2k+3)f(a2k+1),ma2k+4a2k+2,当n=k+1时,命题也成立.由知,对一切nN*命题成立,即存在实数m,使得对nN*,a2n-1a2n+1ma2n+21,-(x+1),x1时,(x)2,a2.当x-2,此时a-2.综合,得所求实数a的取值范围是a-2.(2)由题意易知f(x)=x2-ax+a-1,1x2,x2+ax-a-1,-2x1,f(1)=0,f(2)=3-a,f(-2)=3-3a,当a3时,a232,-a2-32,f(-2)f(2)f(1)=0,M(a)=0;当0aa,3-a0,f(-2)f(2),f(1)f(2)=3-a,即M(a)=3-a;当a0时,a20,f(1)f(2)f(-2)=3-3a,即M(a)=3-3a.M(a)=0,a3,3-a,0a3,3-3a,a0.21.(15分)已知正项数列an满足a1=12,且3an22an+1+2an3,设bn=(2an-an+1)an+1.(1)求证:an+12ln(2an+1).证明(1)an0,an+132an2-an3,an+1-an-an3+32an2-an=-anan2-32an+10.an+1an+12an2.要证bnanan+12an2,只需证bnan+12an,bn=(2an-an+1)an+1,只需证2an-an+1an+1an,只需证an+12an2an+1,又an+132an2-an3,且32an2-an32an2an+1,an+1an+12an2,由累乘法可得b1b2bna1a2anan+12a12=4an+12,lnb1b2bna1a2anan+12a12=ln(4an+12).lnb1a1+lnb2a2+lnbnan2ln(2an+1).22.(15分)已知数列an中,满足a1=12,an+1=an+12,记Sn为数列an的前n项和.(1)证明:an+1an;(2)证明:an=cos32n-1;(3)证明:Snn-27+254.证明(1)因为2an+12-2an2=an+1-2an2=(1-an)(1+2an),所以只需要证明an1即可.下面用数学归纳法证明:当n=1时,a1=121成立,假设n=k时,ak1成立,那么当n=k+1时,ak+1=ak+121+