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易教网分享:高三数学不等式、推理与证明测试

【点击数:1142 更新时间:2013-09-12

高三数学章末综合测试题(11)不等式、推理与证明
一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符号题目要求的)
1.已知a,b,c∈R,那么下列命题中正确的是(  )
            A.若a>b,则ac2>bc2               B.若ac>bc,则a>b
    C.若a3>b3且ab<0,则1a>1b   D.若a2>b2且ab>0,则1a<1b
 解析 C 当c=0时,可知选项A不正确;当c<0时,可知B不正确;由a3>b3且ab<0知a>0且b<0,所以1a>1b成立;当a<0且b<0时,可知D不正确.
2.若集合A={x||x-2|≤3,x∈R},B={y|y=1-x2,x∈R},则A∩B=(  )
A.[0,1]   B.[0,+∞)
C.[-1,1]   D.∅
 解析 C 由|x-2|≤3,得-1≤x≤5,即A={x|-1≤x≤5};B={y|y≤1}.故A∩B=[-1,1].
3.用数学归纳法证明“1+2+22+…+2n+2=2n+3-1”,在验证n=1时,左边计算所得的式子为(  )
A.1   B.1+2
C.1+2+22   D.1+2+22+23
 解析 D 当n=1时,左边=1+2+22+23.
4.已知x,y,z∈R+,且xyz(x+y+z)=1,则(x+y)(y+z)的最小值是(  )
A.1   B.2
C.3   D.4
 解析 B ∵(x+y)(y+z)=xy+y2+xz+yz=y(x+y+z)+xz=y×1xyz+xz=1xz+xz≥21xz•xz=2,当且仅当xz=1,y(x+y+z)=1时,取“=”,
∴(x+y)(y+z)min=2.
5.要证a2+b2-1-a2b2≤0,只要证明(  )
A.2ab-1-a2b2≤0   B.a2+b2-1-a4+b42≤0
C.(a+b)22-1-a2b2≤0   D.(a2-1)(b2-1)≥0
 解析 D 因为a2+b2-1-a2b2≤0⇔(a2-1)(b2-1)≥0,故选D.
6.对于平面α和共面的直线m、n,下列命题为真命题的是(  )
A.若m⊥α,m⊥n,则n∥α       B.若m∥α,n∥α,则m∥n
           C.若m⊂α,n∥α,则m∥n       D.若m、n与α所成的角相等,则m∥n
 解析 C 对于平面α和共面的直线m,n,真命题是“若m⊂α,n∥α,则m∥n”.
7.若不等式2x2+2kx+k4x2+6x+3<1对于一切实数都成立,则k的取值范围是(  )
A. (-∞,+∞)   B. (1,3)
        C. (-∞,3)    D. (-∞,1)∪(3,+∞)
 解析 B ∵4x2+6x+3=4x2+32x+3=4x+342+34≥34,
       ∴不等式等价于2x2+2kx+k<4x2+6x+3,
        即2x2+(6-2k)x+3-k>0对任意的x 恒成立,
          ∴Δ=(6-2k)2-8(3-k)<0,∴1<k<3.
8.设函数f(x)=x2+x+a(a>0)满足f(m)<0,则f(m+1)的符号是(  )
A.f(m+1)≥0   B.f(m+1)≤0
C.f(m+1)>0   D.f(m+1)<0
 解析 C ∵f(x)的对称轴为x=-12,f(0)=a>0,
       ∴由f(m)<0,得-1<m<0,  ∴m+1>0,∴f(m+1)>f(0)>0.
9.已知a>0,b>0,则1a+1b+2ab的最小值是(  )
A.2   B.22
C.4   D.5
 解析 C ∵a>0,b>0,  ∴1a+1b+2ab≥21ab+2ab≥4,
          当且仅当a=b=1时取等号,∴1a+1b+2abmin=4.
10.使不等式log2x(5x-1)>0成立的一个必要不充分条件是(  )
A.x>12   B.15<x<25或x>12
C.15<x<1   D.0<x<12或x>12
 解析 D log2x(5x-1)>0⇔
5x-1>0,2x>1,5x-1>1或5x-1>0,0<2x<1,5x-1<1⇔x>15,x>12,x>25或x>15,0<x<12,x<25,
∴x>12或15<x<25. 由x>12或15<x<25成立,可得x>12 或0<x<12成立,反之不成立,故选D.
11.假设f(x)=x2-4x+3,若实数x、y满足条件f(y)≤f(x)≤0,则点(x,y)所构成的区域的面积等于(  )
A. 1   B. 2
C. 3   D. 4
 解析 B 由f(y)≤f(x)≤0可得f(y)≤f(x),f(x)≤0,即1≤x≤3,(x-y)(x+y-4)≥0,
   画出其表示的平面区域如图所示,可得面积S=2×12×2×1=2,故选B.

12.设x,y 满足约束条件3x-y-6≤0,x-y+2≥0,x≥0,y≥0,若目标函数z=ax+by(a>0,b>0)的最大值为12,则2a+3b的最小值为(  )
A.256   B.83
C.113   D.4
 解析 A 作出可行域(四边形OBAC围成的区域,包括边界)如图,作出直线l:ax +by=0,当直线l经过点A时,z=ax+by取得最大值.

解x-y+2=0,3x-y-6=0,得点A(4,6),∴4a+6b=12,即a3+b2=1,
∴2a+3b=2a+3ba3+b2=23+32+ab+ba≥23+32+2=256,当且仅当a =b时取等号.
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中横线上)
13.已知等差数列{an}中,有a11+a12+…+a2010=a1+a2+…+a3030,则在等比数列{bn}中,会有类似的结论:___ _____.
 解析 由等比数列的性质可知,b1b30=b2b29=…=b11b20,∴10b11b12…b20=30b1b2…b30 .
【答案】 10b11b12…b20=30b1b2…b30
14.已知实数x,y满足约束条件x-y+4≥0,x+y≥0,x≤3,则z=4x2-y的最小值为________.
 解析 作出不等式组所表示的可行域(图略),z=4x2-y=22x•2y=22x+y,令ω=2x+y,可求得ω=2x+y的最小值是-2,所以z=4x2-y的最小值为2-2=14.
【答案】 14
15.某公司租地建仓库,每月占用费y1与仓库到车站的距离成反比,而每月库存货物的运费y2与仓库到车站的距离成正比.如果在距离车站10 km处建仓库,这项费用y1和y2分别为2万元和8万元,那 么,要使这两项费用之和最小,仓库应建在离车站________ km处.
 解析 设仓库建在离车站d km处,
由已知y1=2=k110,得k1=20,∴y1=20d.  由y2=8=10k2,得k2=45,∴y2=45d.
∴y1+y2=20d+4d5≥220d•4d5=8,当且仅当20d=4d5,即d=5时,费用之和最小.
【答案】 5
16.在不等边三角形中,a为最大边,要想得到∠A为钝角的结论,三边a,b,c应满足________.
 解析 由余弦定理cos A=b2+c2-a22bc<0,所以b2+c2-a2<0,即a2>b2+c2.
【答案】 a2>b2+c2
三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(10分)已知表中的对数值有且只有两个是错误的.
x 1.5 3  5 6
lg x 3a-b+c 2a-b a+c 1+a-b-c
x 7 8 9 14 27
lg x 2(a+c) 3(1-a-c) 2(2a-b) 1-a+2b 3(2a-b)
(1)假设上表中lg 3=2a-b与lg 5=a+c都是正确的,试判断lg 6=1+a-b-c是否正确?给出判断过程;
(2)试将两个错误的对象值均指出来并加以改正(不要求证明).
 解析 (1)由lg 5=a+c得lg 2=1-a-c,
∴lg 6=lg 2+lg 3=1-a-c+2a-b=1+a-b-c,
满足表中数值,即lg 6在假设下是正确的.
(2)lg 1.5与lg 7是错误的,
正确值应为lg 1.5=lg32=lg 3-lg 2=2a-b-1+a+c=3a-b+c-1.
lg 7=lg 14-lg 2=1-a+2b-1+a+c=2b+c.
18.(12分)已知f(x)=-3x2+a(6-a)x+6.
(1)解关于a的不等式f(1)>0;
(2)若不等式f(x)>b的解集为(-1,3),求实数a、b的值.
 解析 (1)∵f(x)=-3x2+a(6-a)x+6,
∴f(1)=-3+a(6-a)+6=-a2+6a+3>0
即a2-6a-3<0,解得3-23<a<3+23.
∴不等式解集为{a|3-23<a<3+23}.
(2)f(x)>b的解集为(-1,3),
即方程-3x2+a(6-a)x+6-b=0的两根为-1,3,
∴2=a(6-a)3,-3=-6-b3, 解得a=3±3,b=-3.
19.(12分)(2011•南京模拟)已知数列{an}满足a 1=0,a2=1,当n∈N*时,an+2=an+1+an.求证:数列{an}的第4m+1(m∈N*)项能被3整除.
 解析 (1)当m=1时,a4m+1=a5=a4+a3=(a3+a2)+(a2+a1)=(a2+a 1)+2a2+a1=3a2+2a1=3+0=3.
即当m=1时,第4m+1项能被3整除.命题成立.
(2)假设当m=k时,a4k+1能被3整除,则当m=k+1时,
a4(k+1)+1=a4k+5=a4k+4+a4k+3=2a4k+3+a4k+2=2(a4k+2+a4k+1)+a4k+2=3a4k+2+2a4k+1.
显然,3a4k+2能被3整除,又由假设知a4k+1能被3整除,
∴3a4k+2+2a4k+1能被3整除.
即当m=k+1时,a4(k+1)+1也能被3整除.命题也成立.
由(1)和(2)知,对于任意n∈N*,数列{an}中的第4m+1(m∈N*)项能被3整除.
20.(12分)设二次函数f(x)=x2+ax+a,方程 f(x)-x=0的两根x1和x2满足0<x1<x2<1.
(1)求实数a的取值范围;
(2)试比较f(0)f(1)-f(0)与116的大小,并说明理由.
 解析 (1)令g(x)=f(x)-x=x2+(a-1)x+a,
由题意可得Δ>0,0<1-a2<1,g(1)>0,g(0)>0⇔a<3-22或a>3+22,-1<a<1,a>0
⇔0<a<3-22,
故实数a的取值范围是(0,3-22).
(2)f(0)f(1)-f(0)=g(0)g(1)=2a2,
令h(a)=2a2,∵当a>0时,h(a)单调递增,
∴当0<a<3-22时,0<h(a)<h(3-22)=2(3-22)2=2(17-122)=2×117+122<116,
即f(0)f(1)-f(0)<116.
21.(12分)已知{an}是正数组成的数列,a1=1,且点(an,an+1)(n∈N*)在函数y=x2+1的图象上.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足b1=1,bn+1=bn+2an,求证:bn•bn+2<b2n+1.
 解析 (1)由已知得an+1=an+1,则an+1-an=1,又a1=1,所以数列{an}是以1为首项,1为公差的等差数列.故an=1+(n-1)×1=n.
(2)由(1)知,an=n,从而bn+1-bn=2n.
当n≥2时,
bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b2-b1)+b1
=2n-1+2n-2+…+2+1=1-2n1-2=2n-1.
又b1=1也适合上式,所以bn=2n-1,
bn•bn+2-b2n+1=(2n-1)(2n+2-1)-(2n+1-1)2
=(22n+2-2n+2-2n+1)-(22n+2-2•2n+1+1 )
=-2n<0.
所以bn•bn+2<b2n+1.
22.(12分)某营养师要为某个儿童预定午餐和晚餐.已知一个单位的午餐含12个单位的碳水化合物,6个单位蛋白质和6个单位的维生素C;一个单位的晚餐含8个单位的碳水化合物,6个单位的蛋白质和10个单位的维生素C.另外,该儿童这两餐需要的营养中至少含64个单位的碳水化合物,42个单位的蛋白质和54个单位的维生素C.如果一个单位的午餐、晚餐的费用分别是2.5元和4元,那么满足上述的营养要求,并且花费最少,应当为该儿童分别预定多少个单位的午餐和晚餐?
 解析 设该儿童分别预定x,y个单位的午餐和晚餐,共需z元,则z=2.5x+4y.
可行域为12x+8y≥64,6x+6y≥42,6x+10y≥54,x≥0,y≥0,即3x+2y≥16,x+y≥7,3x+5y≥27,x≥0,y≥0,
作出可行域如图阴影部分所示,所以当x=4,y=3时,花费最少,zmin=22元.

因此,分别预定4个单位午餐和3个单位晚餐,就满足要求了.

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