高考数学(理数)二轮专题复习：20《不等式》阶段测试四（教师版）

这是一份高考数学(理数)二轮专题复习：20《不等式》阶段测试四（教师版），共8页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题：本大题共6小题，每小题6分，共36分，有且只有一个正确答案，请将正确选项填入题后的括号中．
1．设x，y满足约束条件eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋3y≤3，,x－y≥1，,y≥0，))则z＝x＋y的最大值为( )
A．0 B．1 C．2 D．3
2．设x，y满足约束条件eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋3y－3≤0，,2x－3y＋3≥0，,y＋3≥0，))则z＝2x＋y的最小值是( )
A．－15 B．－9 C．1 D．9
3．当x>1时，不等式x＋eq \f(1,x－1)≥a恒成立，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，2] B．[2，＋∞) C．[3，＋∞) D．(－∞，3]
4．某辆汽车购买时的费用是15万元，每年使用的保险费、路桥费、汽油费等约为1.5万元．年维修保养费用第一年3000元，以后逐年递增3000元，则这辆汽车报废的最佳年限(即使用多少年的年平均费用最少)是( )
A．8年 B．10年 C．12年 D．15年
5．若平面区域eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y－3≥0，,2x－y－3≤0，,x－2y＋3≥0))夹在两条斜率为1的平行直线之间，则这两条平行直线间的距离的最小值是( )
A.eq \f(3 \r(5),5) B.eq \r(2) C.eq \f(3 \r(2),2) D.eq \r(5)
6．若a>b>0，且ab＝1，则下列不等式成立的是( )
A．a＋eq \f(1,b)C．a＋eq \f(1,b)二、填空题：本大题共4小题，每小题6分，共24分，把答案填在题中横线上．
7．记不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥0，,x＋3y≥4，,3x＋y≤4))所表示的平面区域为D，若直线y＝a(x＋1)与D有公共点，则a的取值范围是________．
8．定义运算“⊗”：x⊗y＝eq \f(x2－y2,xy)(x，y∈R，xy≠0)．当x>0，y>0时，x⊗y＋(2y)⊗x的最小值是________．
9．已知x，y∈R且满足x2＋2xy＋4y2＝6，则z＝x2＋4y2的取值范围为________．
10．已知Sn是数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(n,2n－1)))的前n项和，若不等式|λ＋1|三、解答题：本大题共3小题，共40分，解答须写出文字说明、证明过程或推演步骤．
11．(12分)桑基鱼塘是某地一种独具地方特色的农业生产形式，某研究单位打算开发一个桑基鱼塘项目，该项目准备购置一块1800平方米的矩形地块，中间挖出三个矩形池塘养鱼，挖出的泥土堆在池塘四周形成基围(阴影部分)种植桑树，池塘周围的基围宽均为2米，如图，设池塘所占的总面积为S平方米．
(1)试用x表示S；
(2)当x取何值时，才能使得S最大？并求出S的最大值．
12．某玩具生产公司每天计划生产卫兵、骑兵、伞兵这三种玩具共100个，生产一个卫兵需5分钟，生产一个骑兵需7分钟，生产一个伞兵需4分钟，已知总生产时间不超过10小时．若生产一个卫兵可获利润5元，生产一个骑兵可获利润6元，生产一个伞兵可获利润3元．
(1)试用每天生产的卫兵个数x与骑兵个数y表示每天的利润ω(单位：元)；
(2)怎样分配生产任务才能使每天的利润最大，最大利润是多少？
13．已知函数f(x)＝eq \f(mx,x2＋n)(m，n∈R)在x＝1处取到极值2.
(1)求f(x)的解析式；
(2)设函数g(x)＝ln x＋eq \f(a,x).若对任意的x1∈R，总存在x2∈[1，e]，使得g(x2)≤f(x1)＋eq \f(7,2)，求实数a的取值范围．
阶段检测卷(四)
1．D 解析：可行域如图D190，目标函数z＝x＋y经过A(3，0)时最大，故zmax＝3＋0＝3.故选D.
图D190
2．A 解析：绘制不等式组表示的可行域(如图D191)，目标函数即y＝－2x＋z，其中z表示斜率为k＝－2的直线系与可行域有交点时直线的截距，数形结合可得目标函数在点B(－6，－3)处取得最小值z＝－12－3＝－15.故选A.
图D191
3．D
4．B 解析：汽车使用n年平均费用为eq \f(15＋1.5n＋0.3n＋\f(nn－1,2)×0.3,n)＝eq \f(15,n)＋eq \f(3n,20)＋1.65≥2 eq \r(\f(15,n)×\f(3n,20))＋1.65＝4.65(万元)，当且仅当eq \f(15,n)＝eq \f(3n,20)，3n2＝300，n2＝100，n＝10，即n＝10时“＝”成立，故这辆汽车报废的最佳年限为10年．
5．B 解析：画出不等式的平面区域如图D192，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－2y＋3＝0，,x＋y－3＝0.))得A(1,2)．则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－y－3＝0，,x＋y－3＝0.))得B(2,1)．
由题意可知，当斜率为1的两条直线分别过点A和点B时，两直线的距离最小，即|AB|＝eq \r(1－22＋2－12)＝eq \r(2).故选B.
图D192
6．B 解析：方法一，因为a>b>0，且ab＝1，所以a>1，0lg22eq \r(ab)＝1,2a＋eq \f(1,b)>a＋eq \f(1,b)>a＋b⇒a＋eq \f(1,b)>lg2(a＋b)．故选B.
方法二，取a＝2，b＝eq \f(1,2)，eq \f(b,2a)＝eq \f(1,8)，lg2(a＋b)＝lg2eq \f(5,2)∈(1,2)，a＋eq \f(1,b)＝4.故选B.
7.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，4)) 解析：如图D193，将点A(0,4)，C(1,1)分别与点B(－1,0)求斜率，得最小值为eq \f(1,2)，最大值为4.
图D193
8.eq \r(2) 解析：由新定义运算知，x⊗y＝eq \f(x2－y2,xy)，(2y)⊗x＝eq \f(2y2－x2,2yx)＝eq \f(4y2－x2,2xy).
因为x>0，y>0，所以x⊗y＋(2y)⊗x＝eq \f(x2－y2,xy)＋eq \f(4y2－x2,2xy)＝eq \f(x2＋2y2,2xy)≥eq \f(2 \r(x2·2y2),2xy)＝eq \f(2 \r(2)xy,2xy)＝eq \r(2).
当且仅当x＝eq \r(2)y时取等号．
所以x⊗y＋(2y)⊗x的最小值是eq \r(2).
9．[4,12] 解析：∵2xy＝6－(x2＋4y2)，而2xy≤eq \f(x2＋4y2,2)，∴6－(x2＋4y2)≤eq \f(x2＋4y2,2).∴x2＋4y2≥4(当且仅当x＝2y时取等号)．又∵(x＋2y)2＝6＋2xy≥0，即2xy≥－6.∴z＝x2＋4y2＝6－2xy≤12.综上所述，4≤x2＋4y2≤12.
10．－3<λ<1 解析：由Sn＝1＋2×eq \f(1,2)＋3×eq \f(1,22)＋…＋(n－1)·eq \f(1,2n－2)＋n·eq \f(1,2n－1)，eq \f(1,2)Sn＝1×eq \f(1,2)＋2×eq \f(1,22)＋…＋(n－1)·eq \f(1,2n－1)＋n·eq \f(1,2n)，两式相减，得eq \f(1,2)Sn＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n－1)－n·eq \f(1,2n)＝2－eq \f(n＋2,2n).所以Sn＝4－eq \f(n＋2,2n－1).于是由不等式|λ＋1|<4－eq \f(2,2n－1)对一切n∈N*恒成立，得|λ＋1|<2.解得－3<λ<1.
11．解：(1)由题图知，3a＋6＝x，∴a＝eq \f(x－6,3).
则总面积S＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1800,x)－4))·a＋2aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1800,x)－6))
＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5400,x)－16))＝eq \f(x－6,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5400,x)－16))
＝1832－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10 800,x)＋\f(16x,3)))，
即S＝1832－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10 800,x)＋\f(16x,3)))(x＞0)．
(2)由S＝1832－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10 800,x)＋\f(16x,3)))，
得S≤1832－2 eq \r(\f(10 800,x)·\f(16x,3))＝1832－2×240＝1352.
当且仅当eq \f(10 800,x)＝eq \f(16x,3)，此时，x＝45.
即当x为45米时，S最大，且S最大值为1352平方米．
12．解：(1)依题意每天生产的伞兵个数为100－x－y，
所以利润ω＝5x＋6y＋3(100－x－y)＝2x＋3y＋300(x，y∈N)．
(2)约束条件为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(5x＋7y＋4100－x－y≤600，,100－x－y≥0，,x≥0，y≥0，x，y∈N，))
整理，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋3y≤200，,x＋y≤100，,x≥0，y≥0，x，y∈N.))
目标函数为ω＝2x＋3y＋300，作出可行域如图D194，
图D194
作初始直线l0：2x＋3y＝0，平移l0，当l0经过点A时，ω有最大值，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋3y＝200，,x＋y＝100))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝50，,y＝50.))
所以最优解为A(50,50)，此时ωmax＝550元．
故每天生产卫兵50个，骑兵50个，伞兵0个时利润最大，且最大利润为550元．
13．解：(1)f′(x)＝eq \f(mx2＋n－2mx2,x2＋n2)＝eq \f(－mx2＋mn,x2＋n2).
由f(x)在x＝1处取到极值2，得f′(1)＝0，f(1)＝2.
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(mn－m,1＋n2)＝0，,\f(m,1＋n)＝2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝4，,n＝1.))
经检验，当m＝4，n＝1时，f(x)在x＝1处取得极值．
故f(x)＝eq \f(4x,x2＋1).
(2)由(1)知，f(x)的定义域为R，且f(－x)＝－f(x)．
故f(x)为奇函数，且f(0)＝0.
当x＞0时，f(x)＞0,0当且仅当x＝1时取“＝”；
当x<0时，－2≤f(x)＝－eq \f(4,－x＋\f(1,－x))<0，
当且仅当x＝－1时，取“＝”．
故f(x)的值域为[－2,2]．从而f(x1)＋eq \f(7,2)≥eq \f(3,2).
依题意有g(x)最小值≤eq \f(3,2).
函数g(x)＝ln x＋eq \f(a,x)的定义域为(0，＋∞)，
g′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(a,x2)＝eq \f(x－a,x2).
①当a≤1时，g′(x)＞0，函数g(x)在[1，e]上单调递增，其最小值为g(1)＝a≤1②当10，单调递增，
所以函数g(x)的最小值为g(a)＝ln a＋1.由ln a＋1≤eq \f(3,2)，得0③当a≥e时，显然函数g(x)在[1，e]上单调递减，其最小值为g(e)＝1＋eq \f(a,e)≥2>eq \f(3,2)，不符合题意．
综上所述，实数a的取值范围为a≤eq \r(e).