全国版2021届高考数学二轮复习专题检测三不等式文含解析

这是一份全国版2021届高考数学二轮复习专题检测三不等式文含解析，共6页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

1.已知集合A＝{4，a}，B＝{x∈Z|x2－5x＋4≥0}，若A∩(∁ZB)≠∅，则实数a的值为( )
A.2 B.3
C.2或6 D.2或3
解析：选D 因为B＝{x∈Z|x2－5x＋4≥0}，所以∁ZB＝{x∈Z|x2－5x＋4＜0}＝{x∈Z|1＜x＜4}＝{2，3}.若A∩(∁ZB)≠∅，则a＝2或a＝3，故选D.
2.(2019·天津高考)设变量x，y满足约束条件eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y－2≤0，,x－y＋2≥0，,x≥－1，,y≥－1，))则目标函数z＝－4x＋y的最大值为( )
A.2 B.3
C.5 D.6
解析：选C 画出可行域，如图中阴影部分所示，由z＝－4x＋y可得y＝4x＋z.设直线l0为y＝4x，平移直线l0，当直线y＝4x＋z过点A时z取得最大值.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－1，,x－y＋2＝0))得A(－1，1)，
∴ zmax＝－4×(－1)＋1＝5.
故选C.
3.若x>y>0，m>n，则下列不等式正确的是( )
A.xm>ym B.x－m≥y－n
C.eq \f(x,n)>eq \f(y,m) D.x>eq \r(xy)
解析：选D A不正确，因为同向同正不等式相乘，不等号方向不变，m可能为0或负数；B不正确，因为同向不等式相减，不等号方向不确定；C不正确，因为m，n的正负不确定.故选D.
4.已知不等式ax2－5x＋b＞0的解集为{x|－3＜x＜－2}，则不等式bx2－5x＋a＞0的解集为( )
A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＜x＜－\f(1,3)))))
B.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x＞－\f(1,3)或x＜－\f(1,2)))))
C.{x|－3＜x＜2}
D.{x|x＜－3或x＞2}
解析：选A 由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(5,a)＝－3－2，,\f(b,a)＝－3×（－2），))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－1，,b＝－6，))所以不等式bx2－5x＋a＞0为－6x2－5x－1＞0，即(3x＋1)(2x＋1)＜0，所以解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＜x＜－\f(1,3)))))，故选A.
5.(2019·广州市调研测试)已知点A(2，1)，O是坐标原点，点P(x，y)的坐标满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x－y≤0，,x－2y＋3≥0，,y≥0，))设z＝eq \(OP,\s\up7(―→))·eq \(OA,\s\up7(―→))，则z的最大值是( )
A.－6 B.1
C.2 D.4
解析：选D 法一：由题意，作出可行域，如图中阴影部分所示.z＝eq \(OP,\s\up7(―→))·eq \(OA,\s\up7(―→))＝2x＋y，作出直线2x＋y＝0并平移，可知当直线过点C时，z取得最大值.由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x－y＝0，,x－2y＋3＝0))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝2，))即C(1，2)，则z的最大值是4，故选D.
法二：由题意，作出可行域，如图中阴影部分所示，可知可行域是三角形封闭区域.z＝eq \(OP,\s\up7(―→))·eq \(OA,\s\up7(―→))＝2x＋y，易知目标函数z＝2x＋y的最大值在顶点处取得，求出三个顶点的坐标分别为(0，0)，(1，2)，(－3，0)，分别将(0，0)，(1，2)，(－3，0)代入z＝2x＋y，对应z的值为0，4，－6，故z的最大值是4，故选D.
6.已知a∈R，不等式eq \f(x－3,x＋a)≥1的解集为p，且－2∉p，则a的取值范围为( )
A.(－3，＋∞) B.(－3，2)
C.(－∞，2)∪(3，＋∞) D.(－∞，－3)∪[2，＋∞)
解析：选D ∵－2∉p，∴eq \f(－2－3,－2＋a)<1或－2＋a＝0，解得a≥2或a<－3.
7.若eq \f(1,a)0；③a－eq \f(1,a)>b－eq \f(1,b)；④ln a2>ln b2.其中正确的不等式的序号是( )
A.①④ B.②③
C.①③ D.②④
解析：选C 法一：因为eq \f(1,a)0，所以④错误，综上所述，可排除A、B、D，故选C.
法二：由eq \f(1,a)①中，因为a＋b<0，ab>0，所以eq \f(1,a＋b)②中，因为b－a>0，故－b>|a|，即|a|＋b<0，故②错误；
③中，因为b－eq \f(1,b)>0，所以a－eq \f(1,a)>b－eq \f(1,b)，故③正确；
④中，因为ba2>0，而y＝ln x在定义域(0，＋∞)上为增函数，所以ln b2>ln a2，故④错误.
由以上分析，知①③正确.
8.已知∀x∈(1，＋∞)，不等式2x＋m＋eq \f(8,x－1)＞0恒成立，则实数m的取值范围是( )
A.m＞－10 B.m＜－10
C.m＞－8 D.m＜－8
解析：选A 原不等式可化为－m＜2x＋eq \f(8,x－1)，令f(x)＝2x＋eq \f(8,x－1)，x∈(1，＋∞)，则f(x)＝2(x－1)＋eq \f(8,x－1)＋2≥2 eq \r(2（x－1）·\f(8,x－1))＋2＝10，当且仅当2(x－1)＝eq \f(8,x－1)，即x＝3时，f(x)取得最小值10，因此要使原不等式恒成立，应有－m＜10，解得m＞－10，故选A.
9.某企业生产甲、乙两种产品均需用A，B两种原料，已知生产1吨每种产品所需原料及每天原料的可用限额如表所示.如果生产1吨甲、乙产品可获利润分别为3万元、4万元，则该企业每天可获得的最大利润为( )
A.15万元 B.16万元
C.17万元 D.18万元
解析：选D 设生产甲产品x吨，乙产品y吨，获利润z万元，由题意可知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3x＋2y≤12，,x＋2y≤8，,x≥0，,y≥0，))
z＝3x＋4y，作出不等式组所表示的可行域如图中阴影部分所示，直线z＝3x＋4y过点M时取得最大值，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3x＋2y＝12，,x＋2y＝8))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2，,y＝3，))∴M(2，3)，
故z＝3x＋4y的最大值为18，故选D.
10.已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－ax，x＞0，,2x－1，x≤0，))若不等式f(x)＋1≥0在R上恒成立，则实数a的取值范围为( )
A.(－∞，0) B.[－2，2]
C.(－∞，2] D.[0，2]
解析：选C 由f(x)≥－1在R上恒成立，可得当x≤0时，2x－1≥－1，即2x≥0，显然成立；又x＞0时，x2－ax≥－1，即为a≤eq \f(x2＋1,x)＝x＋eq \f(1,x)，由x＋eq \f(1,x)≥2 eq \r(x·\f(1,x))＝2，当且仅当x＝1时，取得最小值2，可得a≤2，综上可得实数a的取值范围为(－∞，2].
11.如果实数x，y满足不等式组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y－3≤0，,x－2y－3≤0，,x≥1，))目标函数z＝kx－y的最大值为6，最小值为0，则实数k的值为( )
A.1 B.2
C.3 D.4
解析：选B 作出不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示.
则A(1，2)，B(1，－1)，C(3，0)，
因为目标函数z＝kx－y的最小值为0，
所以目标函数z＝kx－y的最小值可能在A或B处取得，
所以若在A处取得，则k－2＝0，得k＝2，此时，z＝2x－y在C点有最大值，z＝2×3－0＝6，成立；
若在B处取得，则k＋1＝0，得k＝－1，此时，z＝－x－y，
在B点取得最大值，故不成立，故选B.
12.若两个正实数x，y满足eq \f(1,3x)＋eq \f(3,y)＝1，且不等式x＋eq \f(y,4)－n2－eq \f(13n,12)＜0有解，则实数n的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(25,12)，1)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(25,12)))∪(1，＋∞)
C.(1，＋∞) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(25,12)))
解析：选B 因为不等式x＋eq \f(y,4)－n2－eq \f(13n,12)＜0有解，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(y,4)))eq \s\d7(min)＜n2＋eq \f(13n,12)，
因为x＞0，y＞0，且eq \f(1,3x)＋eq \f(3,y)＝1，
所以x＋eq \f(y,4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(y,4)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3x)＋\f(3,y)))＝eq \f(13,12)＋eq \f(3x,y)＋eq \f(y,12x)≥eq \f(13,12)＋2 eq \r(\f(3x,y)·\f(y,12x))＝eq \f(25,12)，
当且仅当eq \f(3x,y)＝eq \f(y,12x)，即x＝eq \f(5,6)，y＝5时取等号，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(y,4)))eq \s\d7(min)＝eq \f(25,12)，
故n2＋eq \f(13n,12)－eq \f(25,12)＞0，
解得n＜－eq \f(25,12)或n＞1，
所以实数n的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(25,12)))∪(1，＋∞).
二、填空题
13.已知函数f(x)＝(x－1)(x＋b)为偶函数，则f(3－x)＜0的解集为________.
解析：由函数f(x)＝x2＋(b－1)x－b是偶函数，得b－1＝0，b＝1，f(x)＝x2－1.f(3－x)＜0，即(3－x)2－1＜0，解得2＜x＜4.因此，不等式f(3－x)＜0的解集是(2，4).
答案：(2，4)
14.(2019·蓉城名校联考一)若∀x∈R，2x2－mx＋3≥0恒成立，则实数m的取值范围为________.
解析：根据题意知2x2－mx＋3＝0最多有一个实数根，所以Δ＝(－m)2－4×2×3≤0，得－2eq \r(6)≤m≤2eq \r(6)，故m的取值范围是[－2eq \r(6)，2eq \r(6)].
答案：[－2eq \r(6)，2eq \r(6)]
15.(2019·广州市调研测试)若x，y满足约束条件eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋2y－5≥0，,x－3y＋5≥0，,2x－y－5≤0，))则z＝x2＋y2的最大值为________.
解析：画出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示，z＝x2＋y2表示平面区域内的点到坐标原点O的距离的平方，则z＝x2＋y2的最大值在点A处取得.由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－3y＋5＝0，,2x－y－5＝0))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝4，,y＝3，))所以z＝x2＋y2的最大值为42＋32＝25.
答案：25
16.(2019·湖南岳阳期末改编)若a＞0，b＞0，且a＋2b－4＝0，则ab的最大值为________，eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)的最小值为________.
解析：本题考查基本不等式的应用.∵a＞0，b＞0，且a＋2b－4＝0，∴a＋2b＝4，ab＝eq \f(1,2)a·2b≤eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋2b,2)))eq \s\up12(2)＝2，当且仅当a＝2b，即a＝2，b＝1时等号成立，∴ab的最大值为2.∵eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(2,b)))·eq \f(a＋2b,4)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋\f(2b,a)＋\f(2a,b)))≥eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋2·\r(\f(2b,a)·\f(2a,b))))＝eq \f(9,4)，当且仅当a＝b时等号成立，∴eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)的最小值为eq \f(9,4).
答案：2 eq \f(9,4)
甲
乙
原料限额
A/吨
3
2
12
B/吨
1
2
8