【2022届走向高考】高三数学一轮(人教B版)阶段性测试题7(不等式).docx

阶段性测试题七(不等式)
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分．考试时间120分钟．
第Ⅰ卷(选择题　共60分)
一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)
1．(文)(2022·江西白鹭洲中学期中)不等式>x－1的解集为(　　)
A．{x|x<－2或0<x<1} B．{x|x<－1或0<x<2}
C．{x|－2<x<0或x>1} D．{x|－1<x<0或x>2}
[答案]　B
[解析]　不等式化为<0，即<0，
∴x<－1或0<x<2.
(理)(2021·湖北教学合作联考)已知集合A＝{x|y＝}，B＝{x|≤0}，则A∩B＝(　　)
A．[－1,1]　　　　　 　 B．[－1,2)
C．[1,2) D．[－2，－1]
[答案]　D
[解析]　依题意，集合A＝{x|x≤－1或x≥3}，B＝{x|－2≤x<2}，利用集合的运算可得，A∩B＝{x|－2≤x≤－1}，故选D.
2．(文)(2021·呼和浩特市期中)设集合A＝{x|＜2x＜4}，B＝{x|x2≤1}，则A∪B＝(　　)
A．{x|x<2} B．{x|－<x≤1}
C．{x|－1≤x<2} D．{x|1≤x<2}
[答案]　C
[解析]　∵集合A＝{x|＜2x＜4}＝{x|－1＜x＜2}，
B＝{x|x2≤1}＝{x|－1≤x≤1}，
∴A∪B＝{x|－1≤x＜2}．
故选C.
(理)(2021·洛阳市期中)已知p：≤2x≤，q：－≤x＋≤－2，则p是q的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
[答案]　A
[解析]　由≤2x≤得，－2≤x≤－1；
由－≤x＋≤－2，得－2≤x≤－.
∵[－2，－1][－2，－]，∴p是q的充分不必要条件．
3．(2021·内蒙赤峰市宁城县月考)下列大小关系正确的是(　　)
A．0.43<30.4<log43 B．log43<0.43<30.4
C．0.43<log43<30.4 D．log43<30.4<0.43
[答案]　C
[解析]　0.43<0.41<0.5,1>log43>log42＝0.5,30.4>30＝1，∴0.43<log43<30.4.
4．(2022·威海期中)已知正数x，y满足＋＝1，则x＋2y的最小值为(　　)
A．8　　 B．4　　 　　
C．2　　 D．0
[答案]　A
[解析]　∵x>0，y>0，∴x＋2y＝(x＋2y)(＋)＝4＋＋≥4＋2＝8，等号在＝，即x＝4，y＝2时成立，故选A.
5．(2021·湖南师大附中月考)设函数f(x)＝，若f(－4)＝f(0)，且f(－2)＝0，则关于x的不等式f(x)≤1的解集为(　　)
A．(－∞，－3]∪[－1，＋∞)
B．[－3,1]
C．[－3，－1]
D．[－3，－1]∪(0，＋∞)
[答案]　D
[解析]　当x≤0时，f(x)＝x2＋bx＋c，且f(－4)＝f(0)，故其对称轴为x＝－＝－2，∴b＝4；
又f(－2)＝0，∴4－8＋c＝0，∴c＝4；因此当x≤0时，f(x)＝x2＋4x＋4；
令f(x)≤1，解得－3≤x≤－1；
当x>0时，f(x)＝－2<1，满足条件．

故不等式f(x)≤1的解集为[－3，－1]∪(0，＋∞)，故选D.
6．(2021·浙江慈溪市、余姚市期中)已知a，b∈R且a>b，则(　　)
A．a2>b2 B．>1
C．lg(a－b)>0 D．()a<()b
[答案]　D
[解析]　由0>a>b知a2<b2，<1，排解A和B，当0<a－b<1时排解C，故选D.
7．(2021·石光中学阶段测试)若不等式组表示的平面区域是一个三角形，则实数a的取值范围是(　　)
A．a≤0 B．0≤a<2
C．0≤a≤2 D．a>2
[答案]　B
[解析]　表示的平面区域为阴影部分，要使此区域与x≥a围成一个三角形，应有0≤a<2.

8．(2021·石家庄五校联合体摸底)若定义在R上的偶函数y＝f(x)是[0，＋∞)上的递增函数，则不等式f(log2x)<f(－1)的解集是(　　)
A．(，2) B．(－∞，－2)∪(2，＋∞)
C．R D．(－2,2)
[答案]　A
[解析]　∵f(x)为偶函数，∴不等式f(log2x)<f(－1)可化为f(|log2x|)<f(1)，∵f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴|log2x|<1，∴－1<log2x<1，∴<x<2.
9．(2021·合肥市庐江四中、巢湖四中联考)设a，b∈R，则“a>b”是“a|a|>b|b|”的(　　)
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
[答案]　C
[解析]　若a>b>0，则|a|>|b|，∴a|a|>b|b|；
若a>0>b，明显a|a|>b|b|；
若0>a>b，则0<－a<－b，∴0<|a|<|b|，∴－a|a|<－b|b|，∴a|a|>b|b|，综上a>b⇒a|a|>b|b|，反之若a|a|>b|b|，亦可得出a>b，故选C.
10．(文)(2021·江西乐安一中月考)已知x，y满足不等式组目标函数z＝ax＋y只在点(1,1)处取最小值，则有(　　)
A．a<－1 B．a>－1
C．a<1 D．a>1
[答案]　A
[解析]　作出可行域如图阴影部分所示．

由z＝ax＋y，得y＝－ax＋z.
只在点(1,1)处z取得最小值，则斜率－a>1，
故a<－1，故选D.
(理)(2021·呼和浩特市期中)变量x，y满足约束条件时，x－2y＋m≤0恒成立，则实数m的取值范围为(　　)
A．[0，＋∞) B．[1，＋∞)
C．(－∞，3] D．(－∞，0]
[答案]　D
[解析]　由题意作出其平面区域如图，

令u＝－x＋2y，要使x－2y＋m≤0恒成立，只需m≤umin作直线l0：x＝2y，平移l0，当经过可行域内的点B时，u取最小值，由解得B(4,2)，∴umin＝－4＋2×2＝0，∴m≤0.
11．(文)(2021·新乡、许昌、平顶山调研)设x、y满足约束条件若目标函数z＝ax＋by(其中a>0，b>0)的最大值为3，则＋的最小值为(　　)
A．4　　 B．3　　　　
C．2　　 D．1
[答案]　B
[解析]　作出可行域如图，∵a>0，b>0，目标函数z＝ax＋by的最大值为3，∴在点A(1,2)处z取到最大值，∴a＋2b＝3，∴＋＝(＋)(a＋2b)＝(5＋＋)≥(5＋2)＝3，等号成立时a＝b＝1，故选B.

(理)(2021·河南八校联考)x、y满足约束条件若z＝y－ax取得最大值的最优解不唯一，则实数a的值为(　　)
A.或－1 B．2或
C．2或1 D．2或－1
[答案]　D
[解析]　作出可行域如图，∵z＝y－ax取得最大值的最优解不唯一，

∴直线l：y＝ax＋z应与l1或l3重合，∴a＝－1或2.
12．(2021·宝安中学、潮阳一中、桂城中学摸底)已知O是坐标原点，点A(－1,0)，若点M(x，y)为平面区域上的一个动点，则|＋|的取值范围是(　　)
A．[1，] B．[2，]
C．[1,2] D．[0，]
[答案]　A
[解析]　＋＝(－1,0)＋(x，y)＝(x－1，y)，
设z＝|＋|＝，
则z的几何意义为M到定点E(1,0)的距离，
由约束条件作出平面区域如图，

由图象可知当M位于D(0,2)时，z取得最大值z＝＝，当m位于C(1，－1)时z取得最小值1，∴1≤z≤，
即|＋|的取值范围是[1，]．

第Ⅱ卷(非选择题　共90分)
二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上．)
13．(2022·日照模拟)已知函数f(x)与g(x)的图像关于直线x＝2对称，若f(x)＝4x－15，则不等式≥0的解集是________．
[答案]　(－∞，－1)∪[，1)
[解析]　若f(x)＝4x－15，则g(x)＝f(4－x)＝4(4－x)－15＝1－4x，故不等式≥0等价于≥0，
即(x－1)(x＋1)(4x－1)≤0(x≠1且x≠－1)，
解得x<－1或≤x<1.
14．(2021·山东师大附中模拟)已知x>0，y>0，若＋≥m2＋2m恒成立，则实数m的取值范围是________．
[答案]　－4≤m≤2
[解析]　由于x>0，y>0，所以由基本不等式知，＋≥2＝8，当且仅当＝，
即y＝2x时等号成立，问题＋≥m2＋2m恒成立转化为(＋)min≥m2＋2m，即8≥m2＋2m，解此一元二次不等式得，－4≤m≤2.
15．(文)(2022·安徽程集中学期中)已知，则z＝x－y的最大值是________．
[答案]　2
[解析]　作出可行域如图，作直线l0：x－y＝0，平移l0到l1：y＝x－z，l1经过点A时，直线l1的纵截距最小，此时z取最大值，由解得∴zmax＝2.

(理)(2022·营口三中期中)若x，y满足约束条件则z＝3x－y的最小值为________．
[答案]　－1
[解析]　作出可行域如图，作直线l0：y＝3x，平移l0到经过点A时，－z最大，从而z最小，

由得A(0,1)，∴zmin＝3×0－1＝－1.
16．(文)(2021·江西南昌市二中月考)设x，y，z均为正数，满足x－2y＋3z＝0，则的最小值是________．
[答案]　3
[解析]　由条件可得，2y＝x＋3z，
∵x＋3z≥2，∴y2≥3xz，∴≥3，所以最小值为3.
(理)(2021·辽宁省五校协作体期中)设正实数x，y，z满足x2－3xy＋4y2－z＝0，则当取得最小值时，x＋2y－z的最大值为________．
[答案]　2
[解析]　∵x2－3xy＋4y2－z＝0，∴z＝x2－3xy＋4y2，
又x，y，z是正实数，
∴＝＋－3≥2－3＝1，当且仅当x＝2y时取“＝”．
∴x＋2y－z＝x＋2y－(x2－3xy＋4y2)＝4y－2y2＝－2(y－1)2＋2≤2，所以x＋2y－z的最大值为2.
三、解答题(本大题共6个小题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．)
17．(本小题满分12分)(2021·江西南昌市二中月考)已知△ABC的角A、B、C所对的边分别是a、b、c，设向量m＝(a，b)，n＝(sinA，cosB)，p＝(1,1)．
(1)若m∥n，求角B的大小；
(2)若m·p＝4，边长c＝2，求△ABC的面积的最大值．
[解析]　(1)∵m∥n，∴acosB＝bsinA，
∴2RsinAcosB＝2RsinBsinA，
∴cosB＝sinB，∴tanB＝1.
∵B∈(0，π)，∴B＝.
(2)由m·p＝4得a＋b＝4，
由均值不等式有ab≤()2＝4(当且仅当a＝b＝2时等号成立)，
∴cosC＝＝＝＝－1≥－1＝，
∴C∈(0，]，从而sinC∈(0，](当且仅当a＝b＝2时等号成立)，
∴S△ABC＝absinC≤×4×＝，
即当a＝b＝2时，△ABC的面积有最大值.
18．(本小题满分12分)(2022·河南省试验中学期中)已知函数f(x)＝lg(x＋1)．
(1)若0<f(1－2x)－f(x)<1，求x的取值范围；
(2)若g(x)是以2为周期的偶函数，且当0≤x≤1时，有g(x)＝f(x)，求函数y＝g(x)(x∈[1,2])的反函数．
[解析]　(1)由条件知∴－1<x<1，
由0<lg(2－2x)－lg(x＋1)＝lg<1得1<<10，
∵x＋1>0，∴x＋1<2－2x<10x＋10，－<x<.
由得－<x<.
(2)当x∈[1,2]时，2－x∈[0,1]，
因此y＝g(x)＝g(x－2)＝g(2－x)＝f(2－x)＝lg(3－x)，
由单调性可得y∈[0，lg2]，
∵x＝3－10y，∴所求反函数是y＝3－10x，x∈[0，lg2]．
19．(本小题满分12分)(2021·黄冈中学月考)北京、张家港2022年冬奥会申办委员会在俄罗斯索契举办了发布会，某公司为了竞标配套活动的相关代言，打算对旗下的某商品进行一次评估．该商品原来每件售价为25元，年销售8万件．
(1)据市场调查，若价格每提高1元，销售量将相应削减2000件，要使销售的总收入不低于原收入，该商品每件定价最多为多少元？
(2)为了抓住申奥契机，扩大该商品的影响力，提高年销售量．公司打算马上对该商品进行全面技术革新和营销策略改革，并提高定价到x元．公司拟投入(x2－600)万元作为技改费用，投入50万元作为固定宣扬费用，投入万元作为浮动宣扬费用．试问：当该商品改革后的销售量a至少应达到多少万件时，才可能使改革后的销售收入不低于原收入与总投入之和？并求出此时商品的每件定价．
[解析]　(1)设每件定价为t元，依题意得[80000－(t－25)×2000]t≥25×80000，
整理得t2－65t＋1000≤0，解得25≤t≤40.
所以要使销售的总收入不低于原收入，每件定价最多为40元．
(2)依题意知，当x>25时，不等式ax≥25×8＋50＋(x2－600)＋x有解，等价于x>25时，a≥＋x＋有解．
由于＋x≥2＝10，当且仅当＝，即x＝30时等号成立，所以a≥10.2.
当该商品改革后的销售量a至少达到10.2万件时，才可能使改革后的销售收入不低于原收入与总投入之和，此时该商品的每件定价为30元．
20．(本小题满分12分)(2021·河南省信阳六检)已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝2an－2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log2an，cn＝，数列{cn}的前n项和为Tn.若对n∈N*，Tn≤k(n＋4)恒成立，求实数k的取值范围．
[解析]　(1)当n＝1时，a1＝2a1－2，∴a1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2－(2an－1－2)，∴＝2，
∴数列{an}为以2为公比的等比数列，∴an＝2n.
(2)∵bn＝log2an＝log22n＝n，
∴cn＝＝＝－，
∴Tn＝(1－)＋(－)＋…＋(－)
＝1－＝.
∵≤k(n＋4)，
∴k≥＝＝.
∵n＋＋5≥2＋5＝9，当且仅当n＝，
即n＝2时等号成立，
∴≤，因此k≥，故实数k的取值范围为[，＋∞)．
21．(本小题满分12分)(2021·唐山市海港高级中学月考)已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)对任意正数m，n都有f(mn)＝f(m)＋f(n)－，当x>4时，f(x)>，且f()＝0.
(1)求f(2)的值；
(2)解关于x的不等式f(x)＋f(x＋3)>2.
[解析]　(1)令m＝n＝1得，f(1)＝f(1)＋f(1)－，所以f(1)＝，令m＝2，n＝得，f(2×)＝f(2)＋f()－，解得f(2)＝1.
(2)任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1<x2，
则f(x2)－f(x1)＝f(x1·)－f(x1)＝f()－
＝f(·)－＝f()＋f()－1.
由于f()＝f()＋f()－＝－，且由>4得f()>.
所以f(x2)－f(x1)>－－1＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
由于f(4)＝f(2)＋f(2)－＝，所以f(x)＋f(x＋3)＝f(x2＋3x)＋>2.
即f(x2＋3x)>＝f(4)．所以
解得x∈(1，＋∞)．
22．(本小题满分14分)(2021·东北育才学校一模)已知函数f(x)＝[ax2＋(a－1)2x＋a－(a－1)2]ex(其中a∈R)．
(1)若x＝0为f(x)的极值点，求a的值；
(2)在(1)的条件下，解不等式f(x)>(x－1)(x2＋x＋1)．
[解析]　(1)∵f(x)＝[ax2＋(a－1)2x＋a－(a－1)2]ex，
∴f ′(x)＝[2ax＋(a－1)2]ex＋[ax2＋(a－1)2x＋a－(a－1)2]ex
＝[ax2＋(a2＋1)x＋a]ex，
∵x＝0为f(x)的极值点，∴由f ′(0)＝ae0＝0，解得a＝0.
检验，当a＝0时，f ′(x)＝xex，当x<0时，f ′(x)<0，当x>0时，f ′(x)>0.
所以x＝0为f(x)的极值点，故a＝0.
(2)当a＝0时，不等式f(x)>(x－1)(x2＋x＋1)
⇔(x－1)ex>(x－1)(x2＋x＋1)，
整理得(x－1)[ex－(x2＋x＋1)]>0，
即或
令g(x)＝ex－(x2＋x＋1)，h(x)＝g′(x)＝ex－(x＋1)，h′(x)＝ex－1，
当x>0时，h′(x)＝ex－1>0；当x<0时，h′(x)＝ex－1<0，
所以h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以h(x)>h(0)＝0，即g′(x)>0，所以g(x)在R上单调递增，而g(0)＝0；
故ex－(x2＋x＋1)>0⇔x>0；ex－(x2＋x＋1)<0⇔x<0，
所以原不等式的解集为{x|x<0或x>1}．