浙江高考數(shù)學(xué)理二輪專題復(fù)習(xí)檢測：第一部分 專題整合高頻突破 專題一　集合、常用邏輯用語、不等式 專題能力訓(xùn)練2 Word版含答案

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1、 高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5 專題能力訓(xùn)練2　不等式 (時間:60分鐘　滿分:100分) 一、選擇題(本大題共8小題,每小題5分,共40分) 1.若<0,則下列結(jié)論不正確的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.a2<b2 B.ab<b2 C.a+b<0 D.|a|+|b|>|a+b| 2.(20xx浙江寧波中學(xué)調(diào)研)若不等式組表示的平面區(qū)域是一個三角形,則a的取值范圍是(　　) A.a<5 B.a≥7 C.5≤a<7 D.a<5或a≥7 3

2、.不等式|x-1|-|x-5|<2的解集是(　　) A.(-∞,4) B.(-∞,1) C.(1,4) D.(1,5) 4.已知f(x)=a|x-2|,若f(x)<x恒成立,則a的取值范圍為(　　) A.a≤-1 B.-2<a<0 C.0<a<2 D.a≥1 5.若x,y滿足且z=y-x的最小值為-12,則k的值為(　　) A. B.- C. D.- 6.若m+2n=20(m,n>0),則lg m(lg n+lg 2)的最大值是(　　) A.1 B. C. D.2 7.(20xx浙江嘉興一中適應(yīng)性模擬)已知xy=1,且0

3、<y<,則的最小值為(　　) A.4 B. C.2 D.4 8.設(shè)x,y滿足約束條件若0≤ax+by≤2恒成立,則a2+b2的最大值是(　　) A.1 B. C. D.4 二、填空題(本大題共6小題,每小題5分,共30分) 9.已知x,y,z∈R,x2+y2+z2=4,則xz+yz的最大值是　　　　　;又若x+y+z=0,則z的最大值是　　　　　.  10.已知實數(shù)m,n,且點(1,1)在不等式組表示的平面區(qū)域內(nèi),則m+2n的取值范圍為　　　　　,m2+n2的取值范圍為　　　　　.  11.若不等式|x+1|+|x-3|≥a+對任意的實數(shù)x

4、恒成立,則實數(shù)a的取值范圍是　　　　　.  12.已知實數(shù)x,y滿足則z=2|x|+y的取值范圍是　　　　　.  13.(20xx浙江溫州瑞安七中模擬)若x>0,y>0,則的最小值為　　　　　.  14.已知函數(shù)f(x)=(1+ax+x2)ex-x2,若存在正數(shù)x0,使得f(x0)≤0,則實數(shù)a的取值范圍是　　　　　.  三、解答題 (本大題共2小題,共30分.解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟) 15.(本小題滿分15分)已知函數(shù)f(x)=x+(x>3). (1)求函數(shù)f(x)的最小值; (2)若不等式f(x)

5、≥+7恒成立,求實數(shù)t的取值范圍. 16.(本小題滿分15分)已知二次函數(shù)f(x)=ax2+bx+c. (1)若a=2,當(dāng)x∈[-1,3]時,f(x)的最大值不大于7,求b+c的最大值; (2)若當(dāng)|f(x)|≤1對任意的x∈[-1,1]恒成立時,都有|ax+b|≤M對任意的x∈[-1,1]恒成立,求M的最小值. 參考答案 專題能力訓(xùn)練2　不等式 1.D　解析 由題意可知b<a<0,因此選項A,B,C正確.而|a|+|b|=-a-b=|a+b|,故D錯誤,應(yīng)選D. 2.C　解析 如

6、圖, 當(dāng)直線y=a位于直線y=5和y=7之間(不含y=7)時滿足條件.故選C. 3.A　解析 ①∵當(dāng)x<1時,原不等式等價于1-x-(5-x)<2,即-4<2,∴x<1. ②∵當(dāng)1≤x≤5時,原不等式等價于x-1-(5-x)<2,即x<4,∴1≤x<4. ③當(dāng)x>5時,原不等式等價于x-1-(x-5)<2,即4<2,無解.綜合①②③,可知x<4.故選A. 4.A　解析 依題意,f(x)=易知當(dāng)a≥0時,f(x)<x不恒成立,故a<0.在同一直角坐標(biāo)系中作出函數(shù)y=f(x)與y=x的圖象如圖所示,觀察可知

7、f(x)<x?-a≥1,即a≤-1.故選A. 5.D　解析 依題意,易知k≤-1不符合題意,由可得直線kx-y+3=0與y=0的交點為,在平面直角坐標(biāo)系中作出各直線(圖略),結(jié)合圖形可知,當(dāng)直線z=y-x過點時,z有最小值,于是有0+=-12,k=-.故選D. 6.A　解析 因為lg m·(lg n+lg 2)=lg m·lg 2n≤, 又m+2n=20≥2,所以mn≤50,從而lg m·(lg n+lg 2)≤1,當(dāng)且僅當(dāng)m=10,n=5時等號成立.故選A. 7.A　解析 因為xy=1且0<y<,所以x>,所以x-2y>

8、0.所以=x-2y+≥4,當(dāng)且僅當(dāng)x=+1,y=時等號成立.故選A. 8.C　解析 由約束條件作出可行域如圖中陰影所示,聯(lián)立可得A(2,1),聯(lián)立 可得C(0,1), 聯(lián)立可得B(1,2). 由0≤ax+by≤2恒成立,可得 畫出關(guān)于a,b的可行域,如下圖陰影部分所示: a2+b2的幾何意義是可行域內(nèi)的點到原點的距離的平方,顯然點D到原點的距離最大, 由可得D. 故a2+b2的最大值為. 9.2　解析 xz+yz=+2y·=2,當(dāng)且僅當(dāng)x=y=z時取等號; ∵x2+y2=4-z2,x+y=-z,則(x+y)2=4-z2+2xy≤4-z2+,即z2≤8-2z

9、2,∴-≤z≤.故z的最大值是,當(dāng)且僅當(dāng)x=y時取等號. 10.　[1,4]　解析 由點(1,1)在不等式組表示的平面區(qū)域內(nèi),故有作出可行域如圖中陰影三角形ABC,令z=m+2n,則直線z=m+2n過點B(0,2)時,zmax=4,過點C時,zmin=,故m+2n的取值范圍為. 令|OP|2=m2+n2=u,其中P在陰影三角形ABC內(nèi)(包括邊界),由圖知當(dāng)點P的坐標(biāo)為(0,2)時,umax=4,當(dāng)點P的坐標(biāo)為(0,1)時,umin=1,故m2+n2的取值范圍為[1,4]. 11.(-∞,0)∪{2}　解析 當(dāng)a<0時,顯然成立;當(dāng)a>0時,∵|x+1|+|x-3|的最小值

10、為4, ∴a+≤4.∴a=2. 綜上,可知a∈(-∞,0)∪{2}. 12.[-1,11]　解析 根據(jù)約束條件畫出可行域,畫出z=2|x|+y表示的虛線部分. 由圖得當(dāng)虛線部分z=2|x|+y過點D(0,-1)時,z最小為-1. 當(dāng)虛線部分z=2|x|+y過點A(6,-1)時,z最大為11. 故所求z=2|x|+y的取值范圍是[-1,11]. 13.　解析 設(shè)=t>0,則+t=(2t+1)-≥2,當(dāng)且僅當(dāng)t=時取等號. 故答案為. 14.　解析 由f(x)=(1+ax+x2)ex-x2≤0,得a≤-x-,令g(x)=-x-,則g'(x)=,∴g(x)在區(qū)

11、間(0,1)上單調(diào)遞增,在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)遞減,∴g(x)的最大值為g(1)=-2,存在正數(shù)x0,使得a≤-x-,則a≤-2. 15.解 (1)∵x>3,∴x-3>0. ∴f(x)=x+=x-3++3 ≥2+3=9, 當(dāng)且僅當(dāng)x-3=,即(x-3)2=9時,上式取得等號. 又x>3,∴x=6. ∴當(dāng)x=6時,函數(shù)f(x)的最小值是9. (2)由(1)知,當(dāng)x>3時,f(x)的最小值是9,要使不等式f(x)≥+7恒成立,只需9≥+7, ∴-2≤0,即≤0,解得t≤-2或t>-1. ∴實數(shù)t的取值范圍是(-∞,-2]∪(-1,+∞). 16.

12、解 (1)由題意知,f(x)=2x2+bx+c,當(dāng)x∈[-1,3]時,f(x)≤7恒成立,即f(x)max≤7. (ⅰ)當(dāng)-≤1,即b≥-4時,f(x)max=f(3)=18+3b+c≤7,得3b+c≤-11, 故b+c=(3b+c)+2(-b)≤-11+8=-3. (ⅱ)當(dāng)->1,即b<-4時,f(x)max=f(-1)=2-b+c≤7,得-b+c≤5, 故b+c=(-b+c)+2b<5-8=-3. 綜上,可得(b+c)max=-3. (2)當(dāng)|x|≤1時,易知≤1,≤1,故由題意知≤1,≤1, 所以|ax+b|=≤1+1=2, 所以M≥2.故M的最小值為2.