2021高考数学二轮复习专题一跟踪训练3

展开

这是一份2021高考数学二轮复习专题一跟踪训练3，共8页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

1．如果aA.eq \f(1,a)C．－ab<－a2 D．－eq \f(1,a)<－eq \f(1,b)
[解析] 解法一(利用不等式性质求解)：由a0，ab>0，故eq \f(1,a)－eq \f(1,b)＝eq \f(b－a,ab)>0，即eq \f(1,a)>eq \f(1,b)，故A项错误；由a0，故ab>b2，故B项错误；由a0，即a2>ab，故－ab>－a2，故C项错误；由a0，故－eq \f(1,a)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,b)))＝eq \f(a－b,ab)<0，即－eq \f(1,a)<－eq \f(1,b)成立，故选D.
解法二(特殊值法)：令a＝－2，b＝－1，则eq \f(1,a)＝－eq \f(1,2)>－1＝eq \f(1,b)，ab＝2>1＝b2，－ab＝－2>－4＝－a2，－eq \f(1,a)＝eq \f(1,2)<1＝－eq \f(1,b).故A，B，C项错误，D正确，故选D.
[答案] D
2．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] ∵－2∉p，∴eq \f(－2－3,－2＋a)<1或－2＋a＝0，解得a≥2或a<－3，故选D.
[答案] D
3．(2018·大连一模)设函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－4x＋6，x≥0，,x＋6，x<0，))则不等式f(x)>f(1)的解集是( )
A．(－3,1)∪(3，＋∞) B．(－3,1)∪(2，＋∞)
C．(－1,1)∪(3，＋∞) D．(－∞，－3)∪(1,3)
[解析] 由题意得，f(1)＝3，所以f(x)>f(1)＝3，即f(x)>3，
如果x<0，则x＋6>3，可得－3如果x≥0，则x2－4x＋6>3，可得x>3或0≤x<1.
综上，不等式的解集为(－3,1)∪(3，＋∞)，
故选A.
[答案] A
4．(2018·长春第二次质检)若关于x的不等式ax－b>0的解集是(－∞，－2)，则关于x的不等式eq \f(ax2＋bx,x－1)>0的解集为( )
A．(－2,0)∪(1，＋∞) B．(－∞，0)∪(1,2)
C．(－∞，－2)∪(0,1) D．(－∞，1)∪(2，＋∞)
[解析] 关于x的不等式ax－b>0的解集是(－∞，－2)，∴a<0，eq \f(b,a)＝－2，∴b＝－2a，∴eq \f(ax2＋bx,x－1)＝eq \f(ax2－2ax,x－1).∵a<0，∴eq \f(x2－2x,x－1)<0，解得x<0或1[答案] B
5．(2018·河南平顶山一模)若对任意x>0，eq \f(x,x2＋3x＋1)≤a恒成立，则a的取值范围是( )
A．a≥eq \f(1,5) B．a>eq \f(1,5)
C．a[解析] 因为对任意x>0，eq \f(x,x2＋3x＋1)≤a恒成立，
所以对x∈(0，＋∞)，a≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,x2＋3x＋1)))max，
而对x∈(0，＋∞)，eq \f(x,x2＋3x＋1)＝eq \f(1,x＋\f(1,x)＋3)≤eq \f(1,2\r(x·\f(1,x))＋3)＝eq \f(1,5)，
当且仅当x＝eq \f(1,x)时等号成立，∴a≥eq \f(1,5)，故选A.
[答案] A
6．(2018·江西师大附中摸底)若关于x，y的不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≤0，,x＋y≥0，,kx－y＋1≥0))表示的平面区域是等腰直角三角形区域，则其表示的区域面积为( )
A.eq \f(1,2)或eq \f(1,4) B.eq \f(1,2)或eq \f(1,8)
C．1或eq \f(1,2) D．1或eq \f(1,4)
[解析] 由不等式组表示的平面区域是等腰直角三角形区域，得k＝0或1，当k＝0时，表示区域的面积为eq \f(1,2)；当k＝1时，表示区域的面积为eq \f(1,4)，故选A.
[答案] A
7．(2018·昆明质检)设变量x，y满足约束条件eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－y＋2≥0，,2x＋3y－6≥0，,3x＋2y－9≤0，))则目标函数z＝2x＋5y的最小值为( )
A．－4 B．6 C．10 D．17
[解析] 解法一(图解法)：已知约束条件eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－y＋2≥0，,2x＋3y－6≥0，,3x＋2y－9≤0))所表示的平面区域为下图中的阴影部分(包含边界)，其中A(0,2)，B(3,0)，C(1,3)．根据目标函数的几何意义，可知当直线y＝－eq \f(2,5)x＋eq \f(z,5)过点B(3,0)时，z取得最小值2×3＋5×0＝6，故选B.
解法二(界点定值法)：由题意知，约束条件eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－y＋2≥0，,2x＋3y－6≥0，,3x＋2y－9≤0))所表示的平面区域的顶点分别为A(0,2)，B(3,0)，C(1,3)．将A，B，C三点的坐标分别代入z＝2x＋5y，得z＝10,6,17，故z的最小值为6，故选B.
[答案] B
8．(2018·合肥一模)在关于x的不等式x2－(a＋1)x＋a<0的解集中至多包含2个整数，则a的取值范围是( )
A．(－3,5) B．(－2,4)
C．[－3,5] D．[－2,4]
[解析] 关于x的不等式x2－(a＋1)x＋a<0可化为(x－1)(x－a)<0.当a＝1时，不等式的解集为∅；当a>1时，不等式的解集为1[答案] D
9．若实数x，y满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－y＋1≤0，,x>0，,y≤2，))则z＝eq \f(2y,2x＋1)的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，4)) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，4))
C．[2,4] D．(2,4]
[解析] 作出不等式组对应的平面区域如图中阴影部分(不包括边界OB)所示，其中A(1,2)，B(0,2)．
z＝eq \f(2y,2x＋1)＝eq \f(y,x＋\f(1,2))＝eq \f(y－0,x－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))))，则z的几何意义是可行域内的点P(x，y)与点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0))所连直线的斜率．
可知kMA＝eq \f(2－0,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))))＝eq \f(4,3)，kMB＝eq \f(2－0,0－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))))＝4，结合图形可得eq \f(4,3)≤z<4.
故z＝eq \f(2y,2x＋1)的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，4))，故选B.
[答案] B
10．(2018·四川资阳诊断)已知a>0，b>0，且2a＋b＝ab，则a＋2b的最小值为( )
A．5＋2eq \r(2) B．8eq \r(2)
C．5 D．9
[解析] 解法一：∵a>0，b>0，且2a＋b＝ab，∴a＝eq \f(b,b－2)>0，解得b>2.
则a＋2b＝eq \f(b,b－2)＋2b＝1＋eq \f(2,b－2)＋2(b－2)＋4≥5＋2eq \r(\f(2,b－2)·2b－2)＝9，当且仅当b＝3，a＝3时等号成立，其最小值为9，故选D.
解法二：∵a>0，b>0，∴ab>0.
∵2a＋b＝ab，∴eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)＝1，
∴(a＋2b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(2,b)))＝5＋eq \f(2b,a)＋eq \f(2a,b)≥5＋2eq \r(\f(2b,a)·\f(2a,b))
＝5＋4＝9.
当且仅当eq \f(2b,a)＝eq \f(2a,b)时，等号成立，又2a＋b＝ab，即a＝3，b＝3时等号成立，其最小值为9，故选D.
[答案] D
11．(2018·湖南湘东五校联考)已知实数x，y满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋2y≥0，,x－y≤0，,0≤y≤k，))且z＝x＋y的最大值为6，则(x＋5)2＋y2的最小值为( )
A．5 B．3 C.eq \r(5) D.eq \r(3)
[解析] 如图，作出不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋2y≥0，,x－y≤0，,0≤y≤k))对应的平面区域，如图阴影部分所示．
由z＝x＋y，得y＝－x＋z，平移直线y＝－x，由图可知当直线y＝－x＋z经过点A时，直线y＝－x＋z在y轴上的截距最大，此时z最大，为6，即x＋y＝6.由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y＝6，,x－y＝0))得A(3,3)，
∵直线y＝k过点A，∴k＝3.
(x＋5)2＋y2的几何意义是可行域内的点(x，y)与D(－5,0)的距离的平方，由可行域可知，[(x＋5)2＋y2]min等于D(－5,0)到直线x＋2y＝0的距离的平方．
则(x＋5)2＋y2的最小值为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|－5|,\r(12＋22))))2＝5，故选A.
[答案] A
12．(2018·广东清远一中一模)若正数a，b满足：eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝1，则eq \f(1,a－1)＋eq \f(9,b－1)的最小值为( )
A．16 B．9 C．6 D．1
[解析] ∵正数a，b满足eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝1，∴a＋b＝ab，eq \f(1,a)＝1－eq \f(1,b)>0，eq \f(1,b)＝1－eq \f(1,a)>0，∴b>1，a>1，则eq \f(1,a－1)＋eq \f(9,b－1)≥2eq \r(\f(9,a－1b－1))＝2eq \r(\f(9,ab－a＋b＋1))＝6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当且仅当a＝\f(4,3)，b＝4时等号成立))，∴eq \f(1,a－1)＋eq \f(9,b－1)的最小值为6，故选C.
[答案] C
二、填空题
[解析] 不等式eq \f(x－2,x－3)<0等价于(x－2)(x－3)<0，
解得2故不等式eq \f(x－2,x－3)<0的解集为(2,3)，即M＝(2,3)．
由lg eq \s\d8(\f(1,2)) (x－2)≥1，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－2>0，,x－2≤\f(1,2)，))解得2所以N＝eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(2，\f(5,2))).
故M∩N＝eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(2，\f(5,2))).
[答案] eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(2，\f(5,2)))
14．(2018·全国卷Ⅱ)若x，y满足约束条件eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋2y－5≥0，,x－2y＋3≥0，,x－5≤0，))则z＝x＋y的最大值为________．
[解析] 由线性约束条件画出可行域(如图中阴影部分所示)．
当直线x＋y－z＝0经过点A(5,4)时，z＝x＋y取得最大值，最大值为9.
[答案] 9
15．(2018·安徽合肥一模)某企业生产甲、乙两种产品，销售利润分别为2千元/件、1千元/件．甲、乙两种产品都需要在A、B两种设备上加工，生产一件甲产品需用A设备2小时，B设备6小时；生产一件乙产品需用A设备3小时，B设备1小时．A，B两种设备每月可使用时间数分别为480小时、960小时，若生产的产品都能及时售出，则该企业每月利润的最大值为________千元．
[解析] 设生产甲产品x件，生产乙产品y件，利润为z千元，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋3y≤480，,6x＋y≤960，))z＝2x＋y，作出eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥0，y≥0，,2x＋3y≤480，,6x＋y≤960))表示的可行域如图中阴影部分所示，作出直线2x＋y＝0，平移该直线，当直线z＝2x＋y经过直线2x＋3y＝480与直线6x＋y＝960的交点(150,60)(满足x∈N，y∈N)时，z取得最大值，为360.
[答案] 360
16．(2018·郑州高三检测)若正数x，y满足x2＋3xy－1＝0，则x＋y的最小值是________．
[解析] 对于x2＋3xy－1＝0可得y＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－x))，∴x＋y＝eq \f(2x,3)＋eq \f(1,3x)≥2eq \r(\f(2,9))＝eq \f(2\r(2),3)(当且仅当x＝eq \f(\r(2),2)时，等号成立)，故x＋y的最小值是eq \f(2\r(2),3).
[答案] eq \f(2\r(2),3)

2021高考数学二轮复习专题一跟踪训练3

更专业

更丰富

更便捷

真低价

欢迎来到教习网