高考数学一轮复习第6章重点强化训练3

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这是一份高考数学一轮复习第6章重点强化训练3，共7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。

(建议用时：30分钟)
一、选择题
1．下列不等式一定成立的是( )
A．lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,4)))>lg x(x>0)
B．sin x＋eq \f(1,sin x)≥2(x≠kπ，k∈Z)
C．x2＋1≥2|x|(x∈R)
D.eq \f(1,x2＋1)>1(x∈R)
C [取x＝eq \f(1,2)，则lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,4)))＝lg x，故排除A；取x＝eq \f(3,2)π，则sin x＝－1，故排除B；取x＝0，则eq \f(1,x2＋1)＝1，排除D.]
2．(2016·天津高考)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
B [由约束条件作出可行域如图所示，目标函数可化为y＝－eq \f(2,5)x＋eq \f(1,5)z，在图中画出直线y＝－eq \f(2,5)x，
平移该直线，易知经过点A时z最小．
又知点A的坐标为(3,0)，
∴zmin＝2×3＋5×0＝6.故选B.]
3．(2016·浙江高考)在平面上，过点P作直线l的垂线所得的垂足称为点P在直线l上的投影．由区域eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－2≤0，,x＋y≥0，,x－3y＋4≥0))中的点在直线x＋y－2＝0上的投影构成的线段记为AB，则|AB|＝( )
A．2eq \r(2)B．4
C．3eq \r(2)D．6
C [由不等式组画出可行域，如图中的阴影部分所示．
因为直线x＋y－2＝0与直线x＋y＝0平行，所以可行域内的点在直线x＋y－2＝0上的投影构成的线段的长|AB|即为|CD|.易得C(2，－2)，D(－1,1)，所以|AB|＝|CD|＝eq \r(2＋12＋－2－12)＝3eq \r(2).故选C.]
4．不等式eq \f(4,x－2)≤x－2的解集是( )
A．[－∞，0)∪(2,4] B．[0,2)∪[4，＋∞)
C．[2,4)D．(－∞，2]∪(4，＋∞)
B [①当x－2>0，即x>2时，不等式可化为(x－2)2≥4，解得x≥4；
②当x－2<0，即x<2时，不等式可化为(x－2)2≤4，
解得0≤x<2.
综上，解集为[0,2)∪[4，＋∞)．]
5．(2015·山东高考)若函数f(x)＝eq \f(2x＋1,2x－a)是奇函数，则使f(x)>3成立的x的取值范围为( )
A．(－∞，－1)B．(－1,0)
C．(0,1)D．(1，＋∞)
C [因为函数y＝f(x)为奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，即eq \f(2－x＋1,2－x－a)＝－eq \f(2x＋1,2x－a).化简可得a＝1，则eq \f(2x＋1,2x－1)＞3，即eq \f(2x＋1,2x－1)－3＞0，即eq \f(2x＋1－32x－1,2x－1)>0，故不等式可化为eq \f(2x－2,2x－1)＜0，即1＜2x＜2，解得0＜x＜1，故选C.]
二、填空题
6．(2016·全国卷Ⅲ)设x，y满足约束条件eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－y＋1≥0，,x－2y－1≤0，,x≤1，))则z＝2x＋3y－5的最小值为________．
－10 [画出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示．由题意可知，当直线y＝－eq \f(2,3)x＋eq \f(5,3)＋eq \f(z,3)过点A(－1，－1)时，z取得最小值，即zmin＝2×(－1)＋3×(－1)－5＝－10.]
7．设a，b>0，a＋b＝5，则eq \r(a＋1)＋eq \r(b＋3)的最大值为__________.
【导学号：31222217】
3eq \r(2) [令t＝eq \r(a＋1)＋eq \r(b＋3)，则t2＝a＋1＋b＋3＋2eq \r(a＋1b＋3)＝9＋2eq \r(a＋1b＋3)≤9＋a＋1＋b＋3＝13＋a＋b＝13＋5＝18，
当且仅当a＋1＝b＋3时取等号，此时a＝eq \f(7,2)，b＝eq \f(3,2).
∴tmax＝eq \r(18)＝3eq \r(2).]
8．设0≤α≤π，不等式8x2－(8sin α)x＋cs 2α≥0对x∈R恒成立，则α的取值范围为__________．
【导学号：31222218】
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，π)) [由题意，要使8x2－(8sin α)x＋cs 2α≥0对x∈R恒成立，需Δ＝64sin2 α－32cs 2α≤0，
化简得cs 2α≥eq \f(1,2).
又0≤α≤π，∴0≤2α≤eq \f(π,3)或eq \f(5π,3)≤2α≤2π，
解得0≤α≤eq \f(π,6)或eq \f(5π,6)≤α≤π.]
三、解答题
9．已知不等式eq \f(ax－1,x＋1)>0(a∈R)．
(1)解这个关于x的不等式；
(2)若x＝－a时不等式成立，求a的取值范围．
[解] (1)原不等式等价于(ax－1)(x＋1)>0.1分
①当a＝0时，由－(x＋1)>0，得x<－1；
②当a>0时，不等式化为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,a)))(x＋1)>0.
解得x<－1或x>eq \f(1,a)；3分
③当a<0时，不等式化为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,a)))(x＋1)<0；
若eq \f(1,a)<－1，即－1若eq \f(1,a)＝－1，即a＝－1，则不等式解集为空集；
若eq \f(1,a)>－1，即a<－1，则－1综上所述，当a<－1时，解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(,,))－1当a＝－1时，原不等式无解；
当－1当a＝0时，解集为{x|x<－1}；
当a>0时，解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<－1或x>\f(1,a))))).6分
(2)∵x＝－a时不等式成立，
∴eq \f(－a2－1,－a＋1)>0，即－a＋1<0，10分
∴a>1，即a的取值范围为(1，＋∞).12分
10．(2016·全国卷Ⅰ改编)某高科技企业生产产品A和产品B需要甲、乙两种新型材料，生产一件产品A需要甲材料1.5 kg，乙材料1 kg，用5个工时；生产一件产品B需要甲材料0.5 kg，乙材料0.3 kg，用3个工时．生产一件产品A的利润为2 100元，生产一件产品B的利润为900元．该企业现有甲材料150 kg，乙材料90 kg，试求在不超过600个工时的条件下，生产产品A、产品B的利润之和的最大值为多少元．
[解] 设生产产品A x件，产品B y件，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1.5x＋0.5y≤150，,x＋0.3y≤90，,5x＋3y≤600，,x≥0，x∈N*，,y≥0，y∈N*.))5分
目标函数z＝2 100x＋900y.
作出可行域为图中的阴影部分(包括边界)内的整数点，图中阴影四边形的顶点坐标分别为(60,100)，(0,200)，(0,0)，(90,0)．
当直线z＝2 100x＋900y经过点(60,100)时，z取得最大值，zmax＝2 100×60＋900×100＝216 000(元).12分
B组能力提升
(建议用时：15分钟)
1．已知a，b为正实数，且ab＝1，若不等式(x＋y)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,x)＋\f(b,y)))>m对任意正实数x，y恒成立，则实数m的取值范围是( ) 【导学号：31222219】
A．[4，＋∞) B．(－∞，1]
C．(－∞，4]D．(－∞，4)
D [因为a，b，x，y为正实数，所以(x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,x)＋\f(b,y)))＝a＋b＋eq \f(ay,x)＋eq \f(bx,y)≥a＋b＋2≥2eq \r(ab)＋2＝4，当且仅当a＝b，eq \f(ay,x)＝eq \f(bx,y)，即a＝b，x＝y时等号成立，故只要m<4即可．]
2．若不等式x2＋ax＋1≥0对一切x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))恒成立，则a的最小值是__________. 【导学号：31222220】
－eq \f(5,2) [法一：由于x>0，
则由已知可得a≥－x－eq \f(1,x)在x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上恒成立，
而当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x－\f(1,x)))max＝－eq \f(5,2)，
∴a≥－eq \f(5,2)，故a的最小值为－eq \f(5,2).
法二：设f(x)＝x2＋ax＋1，则其对称轴为x＝－eq \f(a,2).
①若－eq \f(a,2)≥eq \f(1,2)，即a≤－1时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上单调递减，此时应有feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))≥0，从而－eq \f(5,2)≤a≤－1.
②若－eq \f(a,2)<0，即a>0时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上单调递增，此时应有f(0)＝1>0恒成立，故a>0.
③若0≤－eq \f(a,2)则应有feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))＝eq \f(a2,4)－eq \f(a2,2)＋1＝1－eq \f(a2,4)≥0恒成立，
故－13．已知f(x)是定义在[－1,1]上的奇函数，且f(1)＝1，若m，n∈[－1,1]，m＋n≠0时，eq \f(fm＋fn,m＋n)>0.
(1)用定义证明f(x)在[－1,1]上是增函数；
(2)解不等式feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))(3)若f(x)≤t2－2at＋1对所有x∈[－1,1]，a∈[－1,1]恒成立，求实数t的取值范围．
[解] (1)证明：任取x1f(x1)－f(x2)＝f(x1)＋f(－x2)
＝eq \f(fx1＋f－x2,x1－x2)·(x1－x2).2分
∵－1≤x1又已知eq \f(fx1＋f－x2,x1－x2)>0，
∴f(x1)－f(x2)<0，
即f(x)在[－1,1]上为增函数，4分
(2)∵f(x)在[－1,1]上为增函数，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1≤x＋\f(1,2)≤1，,－1≤\f(1,x－1)≤1，,x＋\f(1,2)<\f(1,x－1)，))解得eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(,,,))－\f(3,2)≤x<－1)).8分
(3)由(1)可知f(x)在[－1,1]上为增函数，且f(1)＝1，故对x∈[－1,1]，恒有f(x)≤1，
∴要f(x)≤t2－2at＋1对所有x∈[－1,1]，a∈[－1,1]恒成立，即要t2－2at＋1≥1成立，
故t2－2at≥0，记g(a)＝－2ta＋t2.10分
对a∈[－1,1]，g(a)≥0恒成立，只需g(a)在[－1,1]上的最小值大于等于0，
∴g(－1)≥0，g(1)≥0，解得t≤－2或t＝0或t≥2.
∴t的取值范围是{t|t≤－2或t＝0或t≥2}.12分