高中数学苏教版 (2019)必修 第一册第3章 不等式本章综合与测试单元测试课时训练

第三章 不等式 核心素养优选卷

一、单选题。本大题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合题意。

1．已知，为正实数，则“”是“”的（    ）

A．充要条件 B．必要不充分条件

C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件

2．设为实数，且，则下列不等式正确的是（    ）

A． B．

C． D．

3．已知，，且，则当取得最小值时，（    ）

A．16 B．6 C．18 D．12

4．二次不等式的解集为，则的值为（    ）

A． B．5 C． D．6

5．设，且，，则（    ）

A．有最大值，无最小值 B．有最大值，有最小值

C．无最大值，有最小值 D．无最大值，无最小值

6．设正实数，，满足，则当取得最大值时，的最大值为（    ）

A． B． C． D．

7．已知集合，．若，则实数的取值范围为（    ）

A． B．

C．或 D．

8．若则下列式子：（1），（2），

（3），（4）.其中恒成立的个数是

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

二、多选题。本大题共4小题，每小题5分，共20分，每小题有两项或以上符合题意。

9．设，且，那么（    ）

A．有最小值

B．有最大值

C．ab有最大值.

D．ab有最小值.

10．已知关于的不等式的解集为或，则下列说法正确的是（    ）

A．

B．不等式的解集为

C．不等式的解集为或

D．

11．《几个原本》中的几何代数法研究代数问题，这种方法是后西方数学家处理问题的重要依据，通过这一原理，很多的代数公理成定理都能够通过图形实现证明，也称为无字证明.现有图形如图所示，为线段上的点，且，，为的中点，以为直径作半圆，过点作的垂线交半圆于，连接，，，过点作的垂线，垂足为，则该图形可以完成的无字证明有（    ）

A． B．

C． D．

12．下列求最值的运算中，运算方法错误的有（    ）

A．当时，，故时，的最大值为；

B．当时，，当且仅当时取等号，解得或，又由，所以取，故时，的最小值为；

C．由于，故的最小值是；

D．，，且，由于，则，又，则，，且，的最小值为．

三、填空题。本大题共4小题，每小题5分，共20分。

13．已知为正实数，则的最小值为______．

14．已知不等式的解集为，则____，______；不等式的解集为________________．

15．已知都为正实数，则的最小值为___________．

16．《九章算术》是中国传统数学最重要的著作，奠定了中国传统数学的基本框架，其中卷第九勾股中记载：“今有邑，东西七里，南北九里，各中开门．出东门一十五里有木．问出南门几何步而见木?”其算法为：东门南到城角的步数，乘南门东到城角的步数，乘积作被除数，以树距离东门的步数作除数，被除数除以除数得结果，即出南门里见到树，则．若一小城，如图所示，出东门步有树，出南门步能见到此树，则该小城的周长的最小值为（注：里步）________ 里.

四、解答题。本大题共6小题，共70分，解答过程必修有必要的文字说明，公式和解题过程。

17．为发展空间互联网，抢占6G技术制高点，某企业计划加大对空间卫星网络研发的投入.据了解，该企业研发部原有100人，年人均投入a（）万元，现把研发部人员分成两类：技术人员和研发人员，其中技术人员有x名（且），调整后研发人员的年人均投入增加4x%，技术人员的年人均投入为万元.

（1）要使调整后的研发人员的年总投入不低于调整前的100人的年总投入，则调整后的技术人员最多有多少人？

（2）是否存在实数m，同时满足两个条件：①技术人员的年人均投入始终不减少；②调整后研发人员的年总投入始终不低于调整后技术人员的年总投入？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由.

18．（1）已知，，，求证：．

（2）证明：．

19．设.

（1）若不等式对一切实数恒成立，求实数的取值范围；

（2）解关于的不等式.

20．设函数，已知不等式的解集为.

（1）求和的值；

（2）若对任意恒成立，求的取值范围.

21．已知函数.

（1）解关于的不等式；

（2）若关于的不等式的解集为，求实数的值.

22．已知均为正实数.

（I）求证：；

（II）求证：.

参考答案

1．B

【解析】由，为正实数，，当且仅当时等号成立

若，可得，故必要性成立；

当，此时，但，故充分性不成立；

因此“”是“”的必要不充分条件

故选：B

2．D

【解析】已知,对各选项逐一判断：

选项A：因为,由不等式的性质，两边同乘负数，不等式变号，可得,所以选项A错误.

选项B：取,,,,则,,此时,所以选项B错误.

选项C：取,,,,则,,此时,所以选项C错误.

选项D：因为,所以,所以,即,所以选项D正确.

故选：D.

3．B

【解析】因为，，

所以

所以．

当且仅当即时取等号，

所以当取得最小值时，

故选：B.

4．D

【解析】不等式的解集为，

，

原不等式等价于，

由韦达定理知，，

，，

．

故选：D．

5．C

【解析】当无限接近0时，为正数，趋近于正无穷大，所以无最大值，

当且仅当即时取等号，即最小值为2

故选：C

6．D

【解析】由正实数，，满足，

．

，

当且仅当时取等号，此时．

，当且仅当时取等号，

即的最大值是1．

故选：D

7．C

【解析】，

∵．

∴或，

∵即，∴或．

即或，‎即实数的取值范围是或．

故选：C.

8．A

【解析】(1) =,当a=1,b=-2.时不等式不成立；

(2)=当a=1,b=-1时，不等式不成立；

(3)恒成立.选项正确.

(4),故不正确.

故答案为A.

9．AD

【解析】，，

，当时取等号，

，解得，

，

有最小值；

，当时取等号，

，

，

，解得，即，

有最小值．

故选：AD

10．AC

【解析】关于的不等式的解集为，

所以二次函数的开口方向向上，即，故A正确；

方程的两根为、，

由韦达定理得，解得.

对于B，，由于，所以，

所以不等式的解集为，故B不正确；

对于C，由的分析过程可知，所以

或，

所以不等式的解集为或，故C正确；

对于D，，故D不正确.

故选：AC.

11．AC

【解析】解：根据图形，利用射影定理得：，又，，

所以

由于，

所以．

由于，

所以．

故选：．

12．BCD

【解析】】解：对于A，符合基本不等式中的“一正二定三相等”，即A的运算方法正确；

对于B，当时，，

当且仅当，即时，等号成立，即B的运算方法错误；

对于C，取等的条件是，即，显然均不成立，即C的运算方法错误；

对于D，第一次使用基本不等式的取等条件为，而第二次使用基本不等式的取等条件为，两者不能同时成立，即D的运算方法错误．

故选：BCD．

13．3．

【解析】解：因为为正实数，所以，

所以根据基本不等式得：

，

当且仅当，即时等号成立.

故答案为：.

14．           

【解析】因为关于x的不等式的解集为

所以和为方程的两根，且，

由韦达定理可得，解得，

所以不等式化为，

即，解得.

即不等式的解集为

故答案为：；1；

15．

【解析】，因为都为正实数，，当且仅当，即时等号成立，所以，当且仅当，即时等号成立，综上所述，当时，取最小值为.

故答案为：

16．

【解析】因为里步，由图可知，步里，步里，

，则，且，

所以，，所以，，则，

所以，该小城的周长为（里）.

故答案为：.

17．

（1）75人

（2）存在，7

18．（1）证明见解析；（2）证明见解析．

【解析】（1）因为，，，

所以．

当且仅当即时等号成立，

所以，原不等式得证；

（2）

当且仅当即时等号成立，

故原不等式得证.

19．（1）；（2）答案见解析.

【解析】（1）由题意可得对一切实数成立，

当时，不满足题意；

当时，可得.

所以实数a的取值范围为.

（2）由题意可得，

当时，不等式可化为，所以不等式的解集为,

当时，,

当时，,

①当，解集为,

②当，解集为或,

③当，解集为或.

综上所述,

当，不等式的解集为或,

当，不等式的解集为,

当，不等式的解集为或,

当时, 不等式的解集为,

当时, 不等式的解集为.

20．（1）；（2）.

【解析】（1）有题意得是关于的方程的两个根，

所以，故；

（2）由（1）得，则对任意恒成立，

即，对任意恒成立.

又因为（当且仅当时，等号成立），

所以，

所以.

21．（1）①当时，不等式的解集为；

②当时，由，则不等式的解集为；

③当时，由，则不等式的解集为；

（2）

【解析】（1）不等式，可化为：.

①当时，不等式的解集为；

②当时，由，则不等式的解集为；

③当时，由，则不等式的解集为；

（2）不等可化为：.

由不等式的解集为可知，1和4是方程的两根.

故有，解得.

由时方程为的根为1或4，则实数的值为1.

22．（I）见解析；（II）见解析.

【解析】（I），

∴．       

同理②

③

由①+②+③得：，

当且仅当时各个等号同时成立．

∴ ．

（II）∵

，

当且仅当时各个等号同时成立．

∴．