2022高考数学一轮复习第一章强化训练1　不等式中的综合问题

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这是一份2022高考数学一轮复习第一章强化训练1　不等式中的综合问题，共8页。试卷主要包含了在R上定义运算⊗，下列结论中，所有正确的结论有等内容，欢迎下载使用。

1．若eq \f(1,a)A．a2C．a＋b<0 D．|a|＋|b|>|a＋b|
答案 D
解析由题意可知b2．(2020·沅陵模拟)已知集合A＝{x|x2－x－2>0}，B＝{x|x2－4x＋3<0}，则A∩B等于( )
A．{x|x<－1或x>1} B．{x|2C．{x|1答案 B
解析由题意可知，A＝{x|x<－1或x>2}，B＝{x|13．若aA.eq \f(1,a－b)>eq \f(1,b) B．a2C.eq \f(|b|,|a|)bn
答案 C
解析 (特值法)取a＝－2，b＝－1，n＝0，逐个检验，可知A，B，D项均不正确；
C项，eq \f(|b|,|a|)⇔|a||b|＋|b|<|a||b|＋|a|⇔|b|<|a|，
∵a4．(2021·长沙期中)在R上定义运算⊗：A⊗B＝(A－2)·B，若不等式(t－x)⊗(x＋t)<4对任意的x∈R恒成立，则实数t的取值范围是( )
A．(－3,1) B．(－1,2)
C．(－1,3) D．(－∞，－1)∪(3，＋∞)
答案 C
解析 ∵(t－x)⊗(x＋t)＝(t－x－2)(x＋t)，
即(t－x)⊗(x＋t)＝(t－x－2)(x＋t)<4对任意实数x恒成立，
x2＋2x－t2＋2t＋4>0对任意实数x恒成立，
∴Δ＝4－4(－t2＋2t＋4)<0，解得－15．(多选)若a，b，c∈R，给出下列命题中，正确的有( )
A．若a>b，c>d，则a＋c>b＋d
B．若a>b，c>d，则b－c>a－d
C．若a>b，c>d，则ac>bd
D．若a>b，c>0，则ac>bc
答案 AD
解析 ∵a>b，c>d，由不等式的同向可加性得a＋c>b＋d，故A正确；由A正确，可知B不正确；取4>－2，－1>－3，则4×(－1)<(－2)×(－3)，故C不正确；∵a>b，c>0，∴ac>bc.故D正确．综上可知，只有AD正确．故选AD.
6．(多选)下列结论中，所有正确的结论有( )
A．若eq \f(a,c2)>eq \f(b,c2)，则a－c2>b－c2
B．若a，b，m∈R＋，则eq \f(a＋m,b＋m)>eq \f(a,b)
C．当x∈(0，π)时，sin x＋eq \f(1,sin x)≥2
D．若a，b∈R＋，a＋b＝1，则eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≥4.
答案 ACD
解析对于A，由于eq \f(a,c2)>eq \f(b,c2)，所以a>b，
故a－c2>b－c2，故正确；
对于B，eq \f(a＋m,b＋m)－eq \f(a,b)＝eq \f(mb－a,bb＋m)，又a，b，m∈R＋，当b>a时，不等式成立，当b对于C，x∈(0，π)时，sin x＋eq \f(1,sin x)≥2eq \r(sin x·\f(1,sin x))＝2，当且仅当x＝eq \f(π,2)时，等号成立，故正确．
对于D，若a，b∈R＋，a＋b＝1，
所以eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))(a＋b)
＝2＋eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2＋2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝4，
当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时等号成立，故正确．
故选ACD.
7．要使y＝eq \r(x2－4x＋3)有意义，则x的取值范围为________．
答案 {x|x≤1或x≥3}
解析因为y＝eq \r(x2－4x＋3)有意义，
则x2－4x＋3≥0，
解不等式得x≤1或x≥3，
即x的取值范围为{x|x≤1或x≥3}．
8．(2020·梅河口五中月考)已知正实数a，b，c满足a2＋b2＝2c2，则eq \f(c,a)＋eq \f(c,b)的最小值为________．
答案 2
解析因为2c2＝a2＋b2≥2ab，即c2≥ab，
所以eq \f(c,a)＋eq \f(c,b)≥2eq \r(\f(c,a)·\f(c,b))＝2eq \r(\f(c2,ab))≥2，
当且仅当eq \f(c,a)＝eq \f(c,b)，即a＝b＝c时，等号成立，
所以eq \f(c,a)＋eq \f(c,b)的最小值为2.
9．(2021·江苏邗江中学模拟)中国宋代的数学家秦九韶曾提出“三斜求积术”，即假设在平面内有一个三角形，边长分别为a，b，c，三角形的面积S可由公式S＝eq \r(pp－ap－bp－c)求得，其中p为三角形周长的一半，这个公式也被称为海伦－秦九韶公式，现有一个三角形的边长满足a＋b＝6 cm，c＝4 cm，则此三角形面积的最大值为________ cm2.
答案 2eq \r(5)
解析由已知条件可得p＝eq \f(a＋b＋c,2)＝5(cm)，
∴S＝eq \r(pp－ap－bp－c)＝eq \r(55－a5－b)
≤eq \f(\r(5)5－a＋5－b,2)＝2eq \r(5)(cm2)，
当且仅当a＝b＝3 cm时，等号成立．
因此，该三角形面积的最大值为2eq \r(5) cm2.
10．(2020·渭南模拟)已知函数y＝|lgax|(a>0，a≠1)与函数y＝b(b>0)存在两个不同的交点，两交点的横坐标分别为x1，x2(x1答案 2eq \r(2)
解析由题意，根据函数y＝|lgax|的特点，可知0＜x1＜1＜x2，
且lgax1＋lgax2＝0，即lga(x1x2)＝0，x1x2＝1，
故x2＝eq \f(1,x1)，
∴2x1＋x2＝2x1＋eq \f(1,x1)≥2eq \r(2x1·\f(1,x1))＝2eq \r(2).
当且仅当2x1＝eq \f(1,x1)，即x1＝eq \f(\r(2),2)时，等号成立．
11．某单位在国家科研部门的支持下，进行技术攻关，采用了新工艺，把二氧化碳转化为一种可利用的化工产品．已知该单位每月的处理量最少为400吨，最多为600吨，月处理成本y(元)与月处理量x(吨)之间的函数关系可近似地表示为y＝eq \f(1,2)x2－200x＋80 000，且每处理一吨二氧化碳得到可利用的化工产品价值为100元．
(1)该单位每月处理量为多少吨时，才能使每吨的平均处理成本最低？
(2)该单位每月能否获利？如果获利，求出最大利润；如果不获利，则需要国家至少补贴多少元才能使单位不亏损？
解 (1)由题意可知，二氧化碳每吨的平均处理成本为eq \f(y,x)＝eq \f(1,2)x＋eq \f(80 000,x)－200≥2eq \r(\f(1,2)x·\f(80 000,x))－200＝200，
当且仅当eq \f(1,2)x＝eq \f(80 000,x)，即x＝400时等号成立，故该单位月处理量为400吨时，才能使每吨的平均处理成本最低，最低成本为200元．
(2)不获利．设该单位每月获利为S元，则S＝100x－y＝100x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x2－200x＋80 000))＝－eq \f(1,2)x2＋300x－80 000＝－eq \f(1,2)(x－300)2－35 000，因为x∈[400,600]，所以S∈[－8 0000，－40 000]．故该单位每月不获利，需要国家每月至少补贴40 000元才能不亏损．
12．已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a＞0，b∈R，c∈R)．
(1)若函数f(x)的最小值是f(－1)＝0，且c＝1，
F(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fx，x＞0，,－fx，x＜0，))求F(2)＋F(－2)的值；
(2)若a＝1，c＝0，且|f(x)|≤1在区间(0,1]上恒成立，求b的取值范围．
解 (1)因为f(x)的最小值是f(－1)＝0，且c＝1，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(b,2a)＝－1，,f－1＝a－b＋1＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝2，))
所以f(x)＝x2＋2x＋1＝(x＋1)2，
因为F(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fx，x>0，,－fx，x<0，))
所以F(2)＋F(－2)＝8.
(2)由题知f(x)＝x2＋bx，原命题等价于－1≤x2＋bx≤1在x∈(0,1]上恒成立，
即b≤eq \f(1,x)－x且b≥－eq \f(1,x)－x在x∈(0,1]上恒成立，
根据单调性可得g(x)＝eq \f(1,x)－x的最小值为0，h(x)＝－eq \f(1,x)－x的最大值为－2，所以－2≤b≤0.
13．已知直线ax＋by＋c－1＝0(b>0，c>0)经过圆x2＋y2－2y－5＝0的圆心，则eq \f(4,b)＋eq \f(1,c)的最小值是( )
A．9 B．8 C．4 D．2
答案 A
解析圆x2＋y2－2y－5＝0化成标准方程为
x2＋(y－1)2＝6，所以圆心为C(0,1)．
因为直线ax＋by＋c－1＝0经过圆心C，
所以a×0＋b×1＋c－1＝0，即b＋c＝1.
因此eq \f(4,b)＋eq \f(1,c)＝(b＋c)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,b)＋\f(1,c)))＝eq \f(4c,b)＋eq \f(b,c)＋5.
因为b>0，c>0，
所以eq \f(4c,b)＋eq \f(b,c)≥2eq \r(\f(4c,b)·\f(b,c))＝4.
当且仅当eq \f(4c,b)＝eq \f(b,c)时等号成立．
由此可得b＝2c，且b＋c＝1，
即当b＝eq \f(2,3)，c＝eq \f(1,3)时，eq \f(4,b)＋eq \f(1,c)取得最小值9.
14．设m＝lg0.30.6，n＝eq \f(1,2)lg20.6，则( )
A．m－n>mn>m＋n B．m－n>m＋n>mn
C．mn>m－n>m＋n D．m＋n>m－n>mn
答案 B
解析因为m＝lg0.30.6>lg0.31＝0，
n＝eq \f(1,2)lg20.6所以mn<0，m－n>0，
因为－eq \f(1,n)＝－2lg0.62＝>0，
eq \f(1,m)＝lg0.60.3>0，
而>lg0.60.3，
所以－eq \f(1,n)>eq \f(1,m)>0，即可得m＋n>0，
因为(m－n)－(m＋n)＝－2n>0，所以m－n>m＋n，
所以m－n>m＋n>mn.故选B.
15．圆M的方程为(x－2－5cs θ)2＋(y－5sin θ)2＝1(θ∈R)，圆C的方程为(x－2)2＋y2＝4，过圆M上任意一点P作圆C的两条切线PE，PF，切点分别为E，F，则eq \(PE,\s\up6(→))·eq \(PF,\s\up6(→))的最小值为________．
答案 6
解析设∠CPE＝α，
则∠EPF＝2α，
由切线长定理可得|eq \(PE,\s\up6(→))|＝|eq \(PF,\s\up6(→))|，
|eq \(PC,\s\up6(→))|＝eq \r(|\(PE,\s\up6(→))|2＋4)，
cs α＝eq \f(|\(PE,\s\up6(→))|,|\(PC,\s\up6(→))|)，
eq \(PE,\s\up6(→))·eq \(PF,\s\up6(→))＝|eq \(PE,\s\up6(→))|·|eq \(PF,\s\up6(→))|cs 2α
＝|eq \(PE,\s\up6(→))|2·(2cs2α－1)
＝|eq \(PE,\s\up6(→))|2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2|\(PE,\s\up6(→))|2,|\(PE,\s\up6(→))|2＋4)－1))
＝eq \f(2|\(PE,\s\up6(→))|4,|\(PE,\s\up6(→))|2＋4)－|eq \(PE,\s\up6(→))|2
＝eq \f(2[|\(PE,\s\up6(→))|2＋4－4]2,|\(PE,\s\up6(→))|2＋4)－|eq \(PE,\s\up6(→))|2
＝2(|eq \(PE,\s\up6(→))|2＋4)－16＋eq \f(32,|\(PE,\s\up6(→))|2＋4)－|eq \(PE,\s\up6(→))|2
＝(|eq \(PE,\s\up6(→))|2＋4)＋eq \f(32,|\(PE,\s\up6(→))|2＋4)－12
＝|eq \(PC,\s\up6(→))|2＋eq \f(32,|\(PC,\s\up6(→))|2)－12，
圆心M的坐标为(2＋5cs θ，5sin θ)，
则|eq \(MC,\s\up6(→))|＝eq \r(2＋5cs θ－22＋5sin θ2)＝5，
由图可得|eq \(MC,\s\up6(→))|－1≤|eq \(PC,\s\up6(→))|≤|eq \(MC,\s\up6(→))|＋1，
即4≤|eq \(PC,\s\up6(→))|≤6，则16≤|eq \(PC,\s\up6(→))|2≤36，
由对勾函数的单调性可知，函数y＝x＋eq \f(32,x)－12在区间[16,36]上单调递增，
所以当|eq \(PC,\s\up6(→))|2＝16时，eq \(PE,\s\up6(→))·eq \(PF,\s\up6(→))取得最小值为16＋eq \f(32,16)－12＝6.
16.(2020·郑州模拟)如图，在某小区内有一形状为正三角形的草地，该正三角形的边长为20米，在C点处有一喷灌喷头，该喷头喷出的水的射程为10米，其喷射的水刚好能洒满以C为圆心，以10米为半径的圆，在△ABC内部的扇形CPQ区域内，现要在该三角形内修一个直线型步行道，该步行道的两个端点M，N分别在线段CA，CB上，并且与扇形的弧相切于△ABC内的T点，步道宽度忽略不计，设∠MCT＝α.
(1)试用α表示该步行道MN的长度；
(2)试求出该步行道MN的长度的最小值，并指出此时α的值．
解 (1)因为∠ACB＝eq \f(π,3)，所以∠NCT＝eq \f(π,3)－α，
因为MN与扇形弧PQ相切于点T，所以CT⊥MN.
在Rt△CMT中，因为CT＝10，所以MT＝10tan α，
在Rt△CNT中，∠NCT＝eq \f(π,3)－α，
所以NT＝10taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－α))，
所以MN＝10tan α＋10taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－α))，其中0<α(2)因为0<αMN＝10tan α＋10taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－α))＝10eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(tan α＋\f(\r(3)－tan α,1＋\r(3)tan α)))，
令1＋eq \r(3)tan α＝t，其中1则MN＝10eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(tan α＋\f(\r(3)－tan α,1＋\r(3)tan α)))＝10eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t－1,\r(3))＋\f(4－t,\r(3)t)))＝eq \f(10\r(3),3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(4,t)－2))≥eq \f(20\r(3),3)，
当且仅当t＝eq \f(4,t)，即t＝2，α＝eq \f(π,6)时，MN的最小值为eq \f(20\r(3),3)，
故当α＝eq \f(π,6)时，步行道的长度有最小值eq \f(20\r(3),3)米．