【走向高考】2021届高中数学二轮复习 专题6 不等式、推理与证明、算法框图与复数（第1讲）课时作业 新人教A版.doc

《【走向高考】2021届高中数学二轮复习 专题6 不等式、推理与证明、算法框图与复数（第1讲）课时作业 新人教A版.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【走向高考】2021届高中数学二轮复习 专题6 不等式、推理与证明、算法框图与复数（第1讲）课时作业 新人教A版.doc（10页珍藏版）》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、【走向高考】2015届高中数学二轮复习 专题6 不等式、推理与证明、算法框图与复数（第1讲）课时作业 新人教A版一、选择题1(2014唐山市一模)己知集合Ax|x23x2，则()AABBBACARBRDAB答案A解析Ax|x23x20x|1xx|x2，AB.2(2014山东理，5)已知实数x、y满足axay(0aBln(x21)ln(y21)CsinxsinyDx3y3答案D解析axay(0ay，而幂函数yx3在定义域上为增函数，x3y3.点评可以用特值检验法求解3(文)(2014四川文，5)若ab0，cdB.D.答案B解析cd0，0，又ab0，0，即b成立的必要而不充分的条件是()Aab1B

2、ab1C|a|b|D2a2b答案A解析ab，bb1，ab1，但当ab1时，ab未必成立，故选A.点评ab1是ab的充分不必要条件，2a2b是ab的充要条件；|a|b|是ab的既不充分也不必要条件4(文)已知a0，b0，且2ab4，则的最小值为()A.B4C.D2答案C解析a0，b0，42ab2，ab2，等号在a1，b2时成立(理)若直线2axby20(a、bR)平分圆x2y22x4y60，则的最小值是()A1B5C4D32答案D解析直线平分圆，则必过圆心圆的标准方程为(x1)2(y2)211.圆心C(1,2)在直线上2a2b20ab1.()(ab)21332，故选D.5(2013哈六中三模)在

3、坐标平面内，不等式组所表示的平面区域的面积为()A2B.C.D2答案B解析通过解方程组可得A(，)，B(2,3)，C(0，1)，E(0,1)，如图可知，SABCSACESBCE|CE|(xBxA).6(文)若实数x、y满足不等式组则w的取值范围是()A1，B，C，)D，1)答案D解析作出不等式组表示的平面区域如图所示据题意，即求点M(x，y)与点P(1,1)连线斜率的取值范围由图可知wmin，wmax0，若f(x)m22am5对所有x1,1、a1,1恒成立，则实数m的取值范围是_答案1,1解析f(x)是定义在1,1上的奇函数，当x1、x21,1且x1x20时，0等价于0，f(x)在1,1上单调

4、递增f(1)2，f(x)minf(1)f(1)2.要使f(x)m22am5对所有x1,1，a1，1恒成立，即2m22am5对所有a1,1恒成立，m22am30，设g(a)m22am3，则即1m1.实数m的取值范围是1,1三、解答题9(2013杭州质检)已知函数f(x)x3ax(a0)(1)当a1时，求过点P(1,0)且与曲线yf(x)相切的直线方程；(2)当x0,1时，不等式xf(x)x恒成立，求a的取值集合解析(1)a1时，f(x)x3x，则f (x)3x21，设切点T(x0，y0)，则f (x0)3x1，切线方程为yy0f (x0)(xx0)，即y(xx0)(3x1)(xx0)把(1,0)

5、代入得(x01)2(2x01)0，x01或x0.当x01时，切线方程为y2x2；当x0时，切线方程为yx.(2)不等式xf(x)x，即xx3axx，当x0时，不等式显然成立当x(0,1时，不等式化为x2ax2，设g(x)x2，h(x)x2，则g(x)2x0，g(x)在(0,1上单调递增，g(x)maxg(1)1，h(x)，h(x)在(0，上单调递减，在(，1上单调递增，h(x)minh()1，1a1，a1.综上知，a的取值集合为1.一、选择题10(文)(2013重庆文，7)关于x的不等式x22ax8a20)的解集为(x1，x2)，且x2x115，则a()A.B.C.D.答案A解析a0，不等式x

6、22ax8a20化为(x2a)(x4a)0，2ax4a，x2x115，4a(2a)15，a.(理)(2013天津文，7)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间0，)上单调递增，若实数a满足f(log2a)f(loga)2f(1)，则a的取值范围是()A1,2B(0，C，2D(0,2答案C解析因为logalog2a，所以f(log2a)f(loga)f(log2a)f(log2a)2f(log2a)，原不等式变为2f(log2a)2f(1)，即f(log2a)f(1)，又因为f(x)是定义在R上的偶函数，且在0，)上递增，所以|log2a|1，即1log2a1，解得a2，故选C.11(2

7、014新课标文，11)设x、y满足约束条件且zxay的最小值为7，则a()A5B3C5或3D5或3答案A解析当a5时，作出可行域，由得交点A(3，2)，则目标函数zx5y过A点时取最大值，zmax7，不合题意，排除A、C；当a3时，同理可得目标函数zx3y过B(1,2)时，zmax7符合题意，故选B.12(文)(2014北京理，6)若x、y满足且zyx的最小值为4，则k的值为()A2B2C.D答案D解析本题考查了线性规划的应用若k0，zyx没有最小值，不合题意若k0，则不等式组所表示的平面区域如图所示由图可知，zyx在点(，0)处取最小值4，故0()4，解得k，即选项D正确(理)(2014四川

8、文，6)执行如图的程序框图，如果输入的x、yR，那么输出的S的最大值为()A0B1C2D3答案C解析若，则S2xy取最大值2(当x1，y0时取得)，如图：否则S1，输出S的最大值为2.13(文)(2013东北三校联考)如果实数x、y满足目标函数zkxy的最大值为12，最小值为3，那么实数k的值为()A2B.C2D不存在答案C解析作出不等式组表示的可行域如图可行域中的最优解可能是A(5,2)，B(1，)，C(1,1)若k2，目标函数zkxy取得最大值的最优解是B(1，)，取得最小值的最优解是A(5,2)，有1221成立与3252不成立，排除选项A.若k2，目标函数zkxy取得最大值的最优解是A(

9、5,2)，取得最小值的最优解是C(1,1)，有121252与3211都成立，所以选C.(理)(2013惠州调研)已知A(3，)，O是原点，点P(x，y)的坐标满足若z为在上的投影，则z的取值范围是()A，B3,3C，3D3，答案B解析z|cosAOP2cosAOP，AOP，当AOP时，zmax2cos3；当AOP时，zmin2cos3，z的取值范围是3,3二、填空题14(文)(2014山西太原五中月考)若不等式组，表示的平面区域是一个锐角三角形，则实数k的取值范围是_答案(1,0)解析画出，表示的平面区域如图，由于直线ykx5过点(0,5)，当k0时，直线ykx5与直线x2垂直，当k1时，直线

10、ykx5与直线xy50垂直，要使平面区域为锐角三角形，应有1k0.(理)(2014中原名校联考)已知实数x、y满足，若z3xy的最大值为16，则a_.答案0解析直线yx与y1交点A(1,1)，显然z3xy最优点不是A点，由，得B(，)，由，得C(4a,1)，若最优点为B，则a0，若最优点为C，则a1，经检验知a1不合题意，a0.15(2014长沙市模拟)若三个非零且互不相等的实数a，b，c满足，则称a，b，c是调和的；若满足ac2b，则称a，b，c是等差的若集合P中元素a，b，c既是调和的，又是等差的，则称集合P为“好集”若集合Mx|x|2014，xZ，集合Pa，b，cM，则(1)“好集”P中

11、的元素最大值为_；(2)“好集”P的个数为_答案(1)2012(2)1006解析依题意得由此得a2b，c4b，即“好集”为形如2b，b,4b(b0)的集合由“好集”是集合M的三元子集知即503.5b503.5，bZ且b0，因此符合条件的b可取503，502，1,1,2，502,503，共1006个不同的值，“好集”P的个数是1006，“好集”P中的最大元素是45032012.三、解答题16(文)已知函数f(x)ax3x2cxd(a、c、dR)满足f(0)0，f (1)0，且f (x)0在R上恒成立(1)求a，c，d的值；(2)若h(x)x2bx，解不等式f (x)h(x)0.解析(1)f(0)

12、0，d0，f (x)ax2xc.又f (1)0，ac.f (x)0在R上恒成立，即ax2xc0恒成立，ax2xa0恒成立，显然当a0时，上式不恒成立a0，即即解得：a，c.(2)ac.f (x)x2x.f (x)h(x)0，即x2xx2bx0，即x2(b)x0，即(xb)(x)时，解集为(，b)，当b时，解集为(b，)，当b时，解集为.(理)设函数f(x)xnbxc(nN，b、cR)(1)设n2，b1，c1，证明：f(x)在区间(，1)内存在唯一零点；(2)设n为偶数，|f(1)|1，|f(1)|1，求b3c的最小值和最大值；(3)设n2，若对任意x1、x21,1，有|f(x1)f(x2)|4

13、，求b的取值范围分析(1)利用零点存在性定理先判断f()f(1)的正负，再用导数判断函数的单调性；(2)利用线性规划或构造不等式均可解决；(3)对任意x1，x21,1，都有4，即f(x)的最大值与最小值的差M4.解析(1)当b1，c1，n2时，f(x)xnx1.f()f(1)()10，f(x)在(，1)上是单调递增的，f(x)在(，1)内存在唯一零点(2)解法1：由题意知即作出可行域如图，由图形知，b3c在点(0，2)处取到最小值6，在点(0,0)处取到最大值0，b3c的最小值为6，最大值为0.解法2：由题意知1f(1)1bc1，即2bc0，1f(1)1bc1，即2bc0，2得62(bc)(b

14、c)b3c0，当b0，c2时，b3c6；当bc0时，b3c0，所以b3c的最小值为6，最大值为0.解法三：由题意知解得b，c，b3c2f(1)f(1)3.又1f(1)1，1f(1)1，6b3c0，当b0，c2时，b3c6；当bc0时，b3c0，所以b3c的最小值为6，最大值为0.(3)当n2时，f(x)x2bxc.对任意x1、x21,1都有|f(x1)f(x2)|4等价于f(x)在1,1上的最大值与最小值之差M4.据此分类讨论如下：()当|1，即|b|2时，M|f(1)f(1)|2|b|4，与题设矛盾()当10，即0b2时，Mf(1)f()(1)24恒成立()当01，即2b0时，Mf(1)f()(1)24恒成立综上可知，2b2.注：()，()也可合并证明如下：用maxa，b表示a、b中的较大者当11，即2b2时，Mmaxf(1)，f(1)f()f()1c|b|(c)(1)24恒成立点评本题综合考查了零点存在性理论的应用、线性规划及不等式恒成立问题，题目立意新颖，尤其(3)问中的等价转化思想及分类讨论思想的应用体现了本题丰富的数学思维- 10 -