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2024年高三数学二轮备考真题演练之不等式
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一、选择题
1．（2023·天津卷）函数f(x)的图象如下图所示，则f(x)的解析式可能为（ ）
A．5(ex−e−x)x2+2B．5sinxx2+1
C．5(ex+e−x)x2+2D．5csxx2+1
【答案】D
【解析】【解答】根据图象可知该函数为偶函数，
对A，f−x=5(e−x−ex)(−x)2+2=−f(x)，故该函数为奇函数，不符合题意，错误；
对B，f−x=5sin(−x)(−x)2+1=−f(x)，故该函数为奇函数，不符合题意，错误；
对C， f(x)=5(ex+e−x)x2+2≥5×2ex·e−xx2+2=10x2+2>0，故此函数函数值均为正数，不符合题意，错误；
故选：D.
【分析】由函数结合奇偶性判断可排除A、B，对C得特殊结构利用基本不等式得出函数值为大于0可排除，从而得出答案D.
2．（2023·全国乙卷）已知实数x，y满足x2+y2−4x−2y−4=0，则x−y的最大值是（ ）
A．1+322B．4C．1+32D．7
【答案】C
【解析】【解答】x2+y2−4x−2y−4=0，整理得x−22+y−12=9
其中圆心O为2，1，半径r=3.
另x-y=k，如下图，易知当直线x-y=k与圆x−22+y−12=9相切时取得最大
即点O到直线x-y=k的距离为OA=R=3=2×1−1×1−k1+1=3.解得k= 1±32
由k最大，即k取1+32
故选：C
【分析】将圆的一般方程化为圆的标准方程得出圆心与半径，将x-y最大值转化为线性规划问题，在可行域范围内分析并计算可得答案。
3．（2023·新高考Ⅰ卷）已知集合M={−2，−1，0，1，2}，N={x|x2−x−6⩾0}，则M∩N=（ ）
A．{−2，−1，0，1}B．{0，1，2}
C．{−2}D．{2}
【答案】C
【解析】【解答】∵x2−x−6⩾0，∴x−3x+2⩾0，∴x⩾3或x⩽−2，即N=x/x⩾3或x⩽−2， 则M∩N=−2。故选C
【分析】利用一元二次不等求解集合N，进而求集合M与N的交集。
4．（2022·浙江）若实数x，y满足约束条件 x−2≥0，2x+y−7≤0，x−y−2≤0， 则 z=3x+4y 的最大值是（ ）
A．20B．18C．13D．6
【答案】B
【解析】【解答】根据约束条件 x−2≥0，2x+y−7≤0，x−y−2≤0， 画出可行域，
可知过点（2，3）时取到最大值18.
故答案为：B
【分析】先作出不等式组表示的平面区域，然后结合图象求解即可．
5．（2022·全国乙卷）若x，y满足约束条件 x+y⩾2，x+2y⩽4，y⩾0， 则z=2x−y的最大值是（ ）
A．−2B．4C．8D．12
【答案】C
【解析】【解答】由题意作出可行域（阴影部分所示），目标函数 z=2x−y 转化为 y=2x−z ，
上下平移直线 y=2x−z ，可知当直线过点 (4，0) 时，直线截距最小，z最大，
所以 zmax=2×4−0=8 .
故选：C
【分析】作出可行域，数形结合即可得解.
6．（2022·全国甲卷）设全集 U={−2，−1，0，1，2，3} ，集合 A={−1，2}，B={x∣x2−4x+3=0} ，则 ∁U(A∪B)= （ ）
A．{1，3}B．{0，3}C．{−2，1}D．{−2，0}
【答案】D
【解析】【解答】解：由题意得， B={x∣x2−4x+3=0}=1，3 ，所以A∪B={-1，1，2，3} ，
所以∁U(A∪B)=−2，0 .
故选：D
【分析】先求解方程求出集合B，再由集合的并集、补集运算即可得解.
7．（2022·新高考Ⅰ卷）设 a=0.1e0.1，b=19，c=−ln0.9， 则（ ）
A．a
【解析】【解答】解：令a=xex，b=x1−x，c=-ln(1-x)，
则lna-lnb=x+lnx-[lnx-ln(1-x)]=x+ln(1-x)，
令y=x+ln(1-x)，x∈(0，0.1]，
则y'=1−11−x=−x1−x<0，
所以y≤0，
所以lna≤lnb，
所以b>a，
a-c=xex+ln(1-x)，x∈(0，0.1]，
令y=xex+ln(1-x)，x∈(0，0.1]，
y'=xex+ex−11−x=1+x1−xex−11−x，
令k(x)=1+x1−xex−1，
所以k'(x)=(1-2x-x2)ex>0，
所以k(x)>k(0)>0，
所以y'>0，
所以a-c>0，
所以a>c，
综上可得，c
【分析】分别构造函数y=x+ln(1-x)，x∈(0，0.1]，y=xex+ln(1-x)，x∈(0，0.1]，根据导数判断函数的单调性，再运用作差法比较大小即可得解.
8．（2022·新高考Ⅰ卷）若集合 M={x∣x<4}，N={x∣3x⩾1}， 则 M∩N =（ ）
A．{x∣0≤x<2}B．{x∣13≤x<2}
C．{x∣3≤x<16}D．{x∣13≤x<16}
【答案】D
【解析】【解答】解：由题意得， M={x|0≤x<16}，N={x|x≥13} ，则 M∩N = {x∣13≤x<16} ，
故选：D
【分析】先由不等式的解法求得集合M，N，再根据交集的运算求得答案.
9．（2022·浙江学考）不等式 x2−4x<0 的解集是（）
A．(0，4)B．(−4，0)
C．(−∞，4)D．(−∞，0)∪(4，+∞)
【答案】A
【解析】【解答】 x2−4x<0⇒x(x−4)<0 ，解得 0
【分析】利用 一元二次不等式求解集的方法，进而得出不等式 x2−4x<0 的解集。
10．（2022·浙江学考）若 lg2(2x−1)−x
【答案】A
【解析】【解答】由 lg2(2x−1)−x
故答案为：A
【分析】由 lg2(2x−1)−x
11．（2021·浙江）若实数x，y满足约束条件 x+1≥0x−y≤02x+3y−1≤0 ，则 z=x−12y 的最小值是（ ）
A．-2B．−32C．−12D．110
【答案】B
【解析】【解答】画出满足约束条件 x+1≥0x−y≤02x+3y−1≤0 的可行域，
如下图所示：
将目标函数 z=x−12y 化为 y=2x−2z ，由 x=−12x+3y−1=0 ，解得 x=−1y=1 ，即 A(−1,1) ，
当直线 y=2x−2z 过 A 点时，
z=x−12y 取得最小值为 −32 .
故答案为：B.
【分析】先画出可行域，然后由目标函数，作出直线 y=2x−2z ，当直线过 A 点时，得到最优解，从而计算出结果。
12．（2022·浙江学考）不等式组 x−2y+5≥0x+y+2<0 表示的平面区域是（）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】【解答】画出直线 x−2y+5=0 ，经过一、二、三象限，对应图中的实线，代入 (0，0) 可得 5≥0 成立，所以 x−2y+5≥0 表示的区域为直线 x−2y+5=0 及直线右下方；画出直线 x+y+2=0 ，经过二、三、四象限，对应图中的虚线，代入 (0，0) 可得 2<0 不成立，所以 x+y+2<0 表示的区域为直线 x+y+2=0 及直线左下方，所以对应的平面区域为B.
故答案为：B
【分析】利用已知条件结合二元一次不等式组画出可行域，从而找出不等式组表示的平面区域。
二、填空题
13．（2023·全国甲卷）设x，y满足约束条件−2x+3y≤33x−2y≤3x+y≥1，设z=3x+2y，则z的最大值为 ．
【答案】15
【解析】【解答】由z=3x+2y得y=−32x+12z，
故当直线l：y=−32x+12z截距最大时，z取得最大值，
根据题意画出可行域如上图，易得当直线l过点A时，z取得最大值，
联立3x−2y=3−2x+3y=3，解得x=3y=3，即A3，3
∴zmax=3×3+2×3=15
故答案为：15
【分析】利用约束条件画出可行域，由目标函数分析求截距最大值。
14．（2023·全国甲卷）若x，y满足约束条件3x−2y≤3，−2x+3y≤3x+y≥1，，则z=3x+2y的最大值为 ．
【答案】15
【解析】【解答】由z=3x+2y得y=−32x+12z，
故当直线l：y=−32x+12z截距最大时，z取得最大值，
根据题意画出可行域如上图，易得当直线l过点A时，z取得最大值，
联立3x−2y=3−2x+3y=3，解得x=3y=3，即A3，3
∴zmax=3×3+2×3=15
故答案为：15
【分析】利用约束条件画出可行域，由目标函数分析求截距最大值。
15．（2023·天津卷）在△ABC中，∠A=60∘，BC=1，点D为AB的中点，点E为CD的中点，若设AB=a，AC=b，则AE可用a，b表示为 ；若BF=13BC，则AE⋅AF的最大值为 ．
【答案】14a+12b；1324
【解析】【解答】如图所示，
第一空：∵点D为AB的中点，点E为CD的中点
∴AD→=12AB→，
由平行四边形法则易得AE→=12(AC→+AD⇀)=12AC→+14AB→=14a→+12b→
第二空：由∵BF=13BC，
∴BF→=13BC→，
∴AF→=AB→+BF⇀=AB→+13BC→=AB→+13(BA→+AC→)=23a→+13b→，
∴AE→⋅AF→=14a→+12b→·23a→+13b→=16a→2+16b→2+512a→b→cs∠A=16a→2+16b→2+524a→b→
又∵∠A=60∘，BC=1，
根据余弦定理得：cs∠A=a→2+b→2−12a→·b→=12，即a→·b→=a→2+b→2−1
又∵a→·b→≤a→2+b→22，
∴a→2+b→2−1≤a→2+b→22，解得a→2+b→2≤2，
∴16a→2+16b→2+524a→b→=16a→2+16b→2+524(a→2+b→2−1)=924(a→2+b→2)−524≤1324
故当且仅当a→=b→时， AE⋅AF的最大为1324.
故答案填：1324.
【分析】根据题意，将其中两边视为基底向量，由平行四边形法则易表示 AE；同理利用基底向量可表示 AF→，进而表示 AE⋅AF，表示后的结构易联想到使用基本不等式求其最大值，由基底夹角结合第三边BC=1可联想使用余弦定理得出平方和与乘积的等量关系，消元且使用基本不等式可求得AE⋅AF的最大值.
16．（2023·全国乙卷）若x，y满足约束条件x−3y≤−1x+2y≤93x+y≥7，则z=2x−y的最大值为 .
【答案】8
【解析】【解答】根据题意作出满足不等式组表示的平面可行域，如下图：
由z=2x−y，得y=2x−z，−z表示直线y=2x−z在y轴上的截距，
∴截距越小z越大，
由上图可只当直线y=2x−z经过点C时z最大，
由x−3y=−1x+2y=9解得x=5y=2即C5，2，此时zmax=2×5−2=8.
故答案为：8
【分析】找出满足题意的可行域，对目标函数分析结合一次函数分析得出z的最大值。
17．（2022·全国甲卷）已知 △ABC 中，点D在边BC上， ∠ADB=120°，AD=2，CD=2BD ．当 ACAB 取得最小值时， BD= ．
【答案】3−1 或 −1+3
【解析】【解答】解：设CD=2BD=2m>0，
则在△ABD中，AB2=BD2+AD2-2BD·ADcs∠ADB=m2+4+2m ，
在△ACD中，AC2=CD2+AD2-2CD·ADcs∠ADC=4m2+4-4m ，
所以AC2AB2=4m2+4−4mm2+4+2m=4m2+4+2m−121+mm2+4+2m=4−12m+1+3m+1≥4−122m+1×3m+1=4−23 ，
当且仅当m+1=3m+1即m=3−1时，等号成立，
所以当ACAB取最小值时，m=3−1，即BD= 3−1 .
故答案为： 3−1 .
【分析】设CD=2BD=2m>0，利用余弦定理表示出AC2AB2后，结合基本不等式即可得解.
18．（2022·新高考Ⅰ卷）若曲线 y=(x+a)ex 有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是 .
【答案】a＞0或a＜-4
【解析】【解答】解：易得曲线不过原点，设切点为(x0，(x0+a)ex0)，则切线斜率为f(x0)=(x0+a+1)ex0 ，
可得切线方程为y-(x0+a)ex0=(x0+a+1)ex0(x-x0)，又切线过原点，
可得-(x0+a)ex0=-x0(x0+a+1)ex0，化简得x02+ax0−a=0 (※)，
又切线有两条， 即方程※有两不等实根，由判别式△=a2+4a>0，得a<-4或a>0.
故答案为：a<-4或a>0.
【分析】由导数的几何意义，求得切线方程，再结合切线过原点，易得方程x02+ax0−a=0有两不等实根，由△>0求解即可.
三、解答题
19．（2023·全国甲卷）已知f(x)=2|x−a|−a，a>0．
（1）解不等式f(x)
【答案】（1）依题意f(x)去绝对值得
fx=2x−a−a=a−2x，x⩽a2x−3a，x>a
①当x⩽a时， 由f(x)
当x=a时fa=−a，
∵a>0，此时0
∴S△ABC+S△AOD=12AB·yC+12×OA·OD=12a2+14a2=2，解得a=26.
【解析】【分析】 (1)根据x⩽a和x>a分段去绝对值求解不等式；
(2)结合a>0分析画出草图利用面积建立等量关系求出a.
20．（2023·全国甲卷）已知f(x)=2|x−a|−a，a>0．
（1）求不等式f(x)
【答案】（1）依题意f(x)去绝对值得
fx=2x−a−a=a−2x，x⩽a2x−3a，x>a
①当x⩽a时， 由f(x)
当x=a时fa=−a，
∵a>0，此时0
∴S∆ABC=12AB·yC=12a2=2，解得a=2
【解析】【分析】(1)根据x⩽a和x>a分段去绝对值求解不等式；
(2)结合a>0分析画出草图利用面积建立等量关系求出a。
21．（2023·全国乙卷）已知f(x)=2|x|+|x−2|
（1）求不等式f(x)≤6−x的解集；
（2）在直角坐标系xOy中，求不等式组f(x)≤yx+y−6≤0所确定的平面区域的面积．
【答案】（1）依题意可得，根据去绝对值零点分段易得
fx=−3x+2，x≤0x+2，0
联立−3x+2=6−x3x−2=6−x，解得A−2，8，C2，4，由图形可知fx≤6−x的解集为x|−2≤x≤2；
（2）分析知不等式组fx≤yx+y−6≤0确定的平面区域为（1）中∆ABC，如下图、
又B0，2，D0，6，∴S∆ABC=S∆ABD+S∆BCD=12BD·(xA+xC)=12×4×(2+2)=8，
∴不等式组fx≤yx+y−6≤0确定的平面区域面积为8.
【解析】【分析】（1）讨论绝对值内的符号分段去绝对值，根据图形联立求交点解得不等式；
（2）结合（1）得出不等式组表示的平面区域，再求面积。
22．（2023·上海卷）函数f(x)=x2+(3a+1)x+cx+a(a，c∈R)
（1）当a=0是，是否存在实数c，使得f(x)为奇函数；
（2）函数f(x)的图像过点(1，3)，且f(x)的图像与x轴负半轴有两个交点，求实数a的取值范围.
【答案】（1）当a=0时，此时 f(x)=x2+x+cx，
∴f(x)的定义域为x≠0，
∴f(−x)=x2−x+c−x=−x2+x−cx，
若此时f(x)为奇函数 ，则f(x)+f(−x)=2xx=2≠0，
即f(x)≠−f(−x)，故不存在实数c使得f(x)为奇函数.
（2）由函数f(x)的图像过点(1，3)，∴3=1+(3a+1)+c1+a，解得c=1，
令f(x)=0，则 x2+(3a+1)x+1x+a=0，则x2+(3a+1)x+1=0(x≠−a)
∵f(x)的图像与x轴负半轴有两个交点
∴方程x2+(3a+1)x+1=0在x轴负半轴有两个解.
∴∆=(3a+1)2−4>0x1+x2=−3a−1<0x1·x2=1>0，解得a>13
又∵x≠−a，此时a2−(3a+1)a+1≠0，解得a≠12，a≠−1
综上所述：a的取值范围为13，12∪12，+∞
【解析】【分析】(1)由奇函数定义先得出定义域，计算f(x)+f(−x)是否为0即可判断；
(2)有函数交点分析转化成方程根的分析问题，即分析分子二次函数部分的根分布情况及考虑分母不为0情况即得答案.
23．（2022·全国乙卷）已知a，b，c都是正数，且 a32+b32+c32=1 ，证明：
（1）abc≤19 ；
（2）ab+c+ba+c+ca+b≤12abc ．
【答案】（1）证明：因为 a>0 ， b>0 ， c>0 ，则 a32>0 ， b32>0 ， c32>0 ，
所以 a32+b32+c323≥3a32⋅b32⋅c32 ，
即 (abc)12≤13 ，所以 abc≤19 ，当且仅当 a32=b32=c32 ，即 a=b=c=319 时取等号．
（2）证明：因为 a>0 ， b>0 ， c>0 ，
所以 b+c≥2bc ， a+c≥2ac ， a+b≥2ab ，
所以 ab+c≤a2bc=a322abc ， ba+c≤b2ac=b322abc ， ca+b≤c2ab=c322abc
ab+c+ba+c+ca+b≤a322abc+b322abc+c322abc=a32+b32+c322abc=12abc
当且仅当 a=b=c 时取等号．
【解析】【分析】（1）利用三元均值不等式即可证明；
（2）利用基本不等式及不等式的性质证明即可．
24．（2022·新高考Ⅰ卷）记 △ABC 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 csA1+sinA=sin2B1+cs2B.
（1）若 C=2π3， 求B；
（2）求 a2+b2c2 的最小值.
【答案】（1）因为 csA1+sinA=sin2B1+cs2B=2sinBcsB2cs2B=sinBcsB ，
所以 csAcsB=sinB+sinAsinB ，
所以 cs(A+B)=sinB ，
又因为 cs(A+B)=sinB⇒sinB=cs(π−C)=csπ3=12 ，
C=2π3>π2 ，所以 B<π2 ，故 B=π6 .
（2）因为 sinB=cs(π−C)=sin(C−π2)
所以 B=C−π2
所以 sinA=sin(B+C)=sin(2C−π2)=−cs2C
由余弦定理 c2=a2+b2−2abcsC⇒a2+b2=c2+2abcsC
所以 a2+b2c2=c2+2abcsCc2=1+2abcsCc2
=1+2sinAsinBcsCsin2C
=1+2sinAsinBcsCsin2C
=1+2cs2Ccs2Csin2C
=1+2(1−2sin2C)(1−sin2C)sin2C
=1+2(2sin2C+1sin2C−3)
≥1+2(22−3)=42−5
当且仅当 2sin2C=1sin2C ，即 sin2C=22 时取得等号，
综上， a2+b2c2 的最小值为 42−5 .
【解析】【分析】（1）先由二倍角公式与两角和的余弦公式，化简得 cs(A+B)=sinB ，再由诱导公式，结合三角形的内角和性质，得 sinB=12 ，可得B；
（2）由诱导公式求得 B=C−π2 ， sinA=−cs2C ，再结合余弦定理与三角恒等变换，化简得 a2+b2c2=1+2(2sin2C+1sin2C−3) ，并利用基本不等式求最值即可.
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