新高考数学模拟卷分类汇编（一期)专题09《不等式》（2份打包，解析版+原卷版）

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专题09  不等式1．（2021·湖南永州市高三模拟）已知集合，集合，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】本题首先可通过求解得出，然后通过求解得出，最后通过并集的相关性质即可得出结果.【解析】，即，，，，，即，解得，，则，故选：C.2．（2021·湖北武汉市高三三模）已知集合，，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】先解不等式，化简集合A，再由并集的概念，即可得出结果.【解析】因为，，所以.故选：B.3．（2021·江苏南京市高三三模）已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先求出集合，再求并集.【解析】, 所以故选：D4．（2021·湖南长沙市·长郡中学高三一模）已知集合，，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】解不等式，由交集运算求解即可.【解析】，所以故选：C5．（2021·河北保定市高三二模）已知圆弧与函数和函数的图象分别相交于，，其中且，则的最小值为（    ）A． B． C． D．4【答案】B【分析】由函数与函数互为反函数可得，然后可得，然后利用基本不等式的知识求解即可.【解析】因为函数与函数互为反函数，所以关于对称所以因为，在圆弧上所以，所以所以当且仅当，即时等号成立故选：B6．（2021·广东惠州市高三二模）已知正数，，满足，则，，的大小关系为（    ）A． B． C． D．以上均不对【答案】A【分析】将看成常数，然后根据题意表示出，再作差比较出大小即可【解析】由，得，则，得，所以，所以，令，则，所以函数在上单调递增，所以，所以，即所以，所以，综上，故选：A7．（2021·湖南高三模拟）已知P是圆外一点，过P作圆C的两条切线，切点分别为A，B.则的最小值为（    ）A． B． C．2 D．【答案】A【分析】把圆的一般方程化为标准方程，根据圆的切线性质，结合锐角三角函数的定义、二倍角公式、平面向量数量积的定义、基本不等式进行求解即可.【解析】圆C的标准方程为，则圆C的半径为，设，则，，，当且仅当，即时，等号成立，故的最小值为.故选：A.8．（2021·湖南高三模拟）抛物线的焦点为F，A，B为抛物线上的两个动点，且满足.过弦AB的中点M作抛物线准线的垂线MN，垂足为N.则的最大值为（    ）A． B． C．1 D．2【答案】C【分析】设，过A，B点分别作准的垂线AQ，BP，由抛物线定义，得，在中，利用余弦定理结合基本不等式、抛物线的定义可得，从而可求得结果【解析】设，过A，B点分别作准的垂线AQ，BP，由抛物线定义，得，在梯形ABPQ中，.由余弦定理得，，又.得到，即的最大值为1，故选C.9．（2021·河北唐山市高三三模）已知函数，则不等式的解集为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】将代入解析式翻译出来化简即可转化为常规的一元二次不等式问题.【解析】由得即整理得：.所以，，解得故选D.10．（2021·海南高三模拟）已知定义在上的函数满足，且当时，，则关于的不等式（其中）的解集为（    ）A． B．或C． D．或【答案】A【分析】先判断函数单调递减，再利用已知条件和函数的单调性得，解不等式即得解.【解析】任取，由已知得，即，所以函数单调递减．由可得，即，所以，即，即，又因为，所以，此时原不等式解集为．故选：A11．（2021·浙江省杭州第二中学高三模拟）在中，是边上的点，且，若，则的最小值（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用向量基底表示表示出，然后根据，得，根据向量的基底表示可得，即得，化简计算得，然后利用余弦定理表示出，根据基本不等式求解最小值.【解析】因为，所以，所以，所以，因为，所以，所以，，所以，即，所以，所以，当且仅当，即时取等号.故选：D12．（2021·山东泰安市高三模拟）已知实数．满足且，则下列不等关系一定正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】BC【分析】根据不等式的性质，结合比较法、基本不等式进行求解即可.【解析】由已知得或，所以，A项错误；，因为，，，所以，B项正确；由题意知，则，C项正确；当，，时，显然D项错误．故选：BC13．（2021·辽宁高三模拟）设实数满足，则下列不等式一定成立的是（  ）A． B． C． D．【答案】BCD【分析】对选项A，取符合条件的特值即可判断；对选项B，由绝对值的意义及函数单调性即可判断；对选项C，作差配方即可判断；对选项D，取的相反数，配方即可判断.【解析】对于A选项：取a=-3，b=-1，满足条件，而a2>b2，A不正确；对于B选项：因，则，又函数在单调递增，即，B正确；对于C选项：因，则，，即，C正确；对于D选项：因，则，，D正确.故选：BCD14．（2021·江苏扬州市高三模拟）已知，且，则下列不等式一定成立的有（    ）A． B．C． D．【答案】AC【分析】根据题设条件可得同号，且，直接判断A选项，根据不等式的性质判断B选项，根据基本不等式判断C选项，根据判断函数的单调性判断D选项.【解析】因为，且，所以同号，且，故A正确；因为，则当时，，同时除以，因为，所以有即，故B错误；因为，所以同号，所以，所以，又，所以等号取不到，所以，故C正确；因为函数是单调增函数，且，所以，故D错误；故选：AC15．（2021·长沙市·湖南师大附中高三二模）关于函数有如下四个命题，其中正确的命题有（    ）A．的图象关于轴对称B．的图象关于原点对称C．的图象关于直线对称D．的值域为【答案】AD【分析】对于A，B，先求出函数的定义域，然后判断函数的奇偶性，从而可得结论；对于C，分别求解和，若相等，则的图象关于直线对称，否则的图象不关于直线对称；对于D，利用基本不等式判断即可【解析】由题意知的定义域为，且关于原点对称.又，所以函数为偶函数，其图象关于轴对称，所以A正确，B错误.因为，，所以，所以函数的图象不关于直线对称，C错误.当时，，当且仅当 ，即时取等号，所以，当时，，当且仅当，即时取等号，所以 ，所以的值域为，所以D正确.故选：AD16．（2021·湖南长沙市高三模拟）设实数、、满足，，则下列不等式成立的是（    ）A． B． C． D．【答案】BD【分析】由已知可得，作差即可比较大小，得出答案.【解析】∵，两式相减得，即，∴．又，∴．而．∴，从而．故选：BD．17．（2021·湖北高三模拟）已知，均为正数，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】BC【分析】先根据，均为正数，且，得到，A.利用基本不等式判断；B.由，利用指数函数的单调性判断；C.利用“1”的代换转化结合基本不等式判断；D. 利用基本不等式判断.【解析】因为，均为正数，且，所以，A.因为，即，，当时，，故错误；B.因为 ，所以，故正确；C. 因为，当且仅当时，取等号，故正确；D. 因为，当且仅当，即时，取等号，故错误；故选：BC18．（2021·河北石家庄市高三二模）若实数，满足，则下列选项中一定成立的有（    ）A． B． C． D．【答案】AD【分析】根据条件，可得或，逐一分析四个选项，即可得答案.【解析】因为，所以，所以或，所以或，所以，故A正确；若，则，故B错误；若，则，所以，故C错误；因为或，所以，所以，故D正确.故选：AD19．（2021·河北唐山市高三三模）已知函数，若，且，则下列不等式成立得有（    ）A． B． C． D．【答案】ABC【分析】由，结合函数解析式可得，可判断选项A；由结合均值不等式可判断选项B、C ; 由可得，可得可判断选项D.【解析】选项A. 由，即，也即由，则，所以，即，故选项A正确.选项B. 由选项A的推导可得，所以当且仅当，即时取得等号，当时，由，可得与条件矛盾.所以，故B正确.选项C. ,当且仅当,即时，等号成立， 故C正确.选项D. 由，则，则由，则，则，所以，故D不正确.故选：ABC20．（2021·广东梅州市高三二模）若，下列不等式中正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】AC【分析】根据题中条件，先得到；由特殊值，，可排除BD；利用作差法比较与，可判断A正确；作差比较与，可判断C正确.【解析】因为，所以；A选项，，即A正确；B选项，若，，则，故B错；C选项，因为，，，所以，即C正确；D选，若，，则，故D错.故选：AC.21．（2021·福建南平市高三二模）已知，，，则下列不等式恒成立的是（    ）A． B． C． D．【答案】BC【分析】由、结合条件等式可判断A、B，由结合条件等式可判断C、由结合条件等式可判断D.【解析】对于A，B，由，，利用基本不等式，可得，解得，又（当且仅当时，等号成立），而，所以，所以，故B正确，A错误：对于C，由，，利用基本不等式，变形得（当且仅当时，等号成立），解得，即，故C正确；对于D，由，，利用基本不等式化简得（当且仅当时，等号成立），解得，故D错误；故选：BC22．（2021·福建莆田市高三三模）若，则（    ）A． B．的最小值为10C． D．的最小值为9【答案】AB【分析】根据不等式的基本性质和基本不等式进行求解判断即可.【解析】因为，所以，，故A正确，C错误；因为，当且仅当，时，等号成立，所以的最小值为10，因此B正确；因为，当且仅当时，等号成立，但，取不到2，所以的最小值不是9，因此D不正确，故选：AB23．（2021·山东高三二模）下列命题成立的是（    ）A．若，则 B．若，，，则C．若，，则 D．若，，则【答案】ACD【分析】利用不等式的性质判断A的正误，作差法比较的大小判断B的正误，由，应用均值不等式即可判断C的正误，由，结合已知条件即可判断D的正误.【解析】A：由题设知：，而，则有，正确；B：，显然当时成立，当时成立，错误；C：由，，则，当且仅当时等号成立，正确；D：，，而，即，故，正确.故选：ACD.24．（2021·辽宁葫芦岛市高三一模）设正实数a，b满足，则（    ）A．有最小值4 B．有最大值C．有最大值 D．有最小值【答案】ACD【分析】根据基本不等式结合不等式的性质判断．【解析】因为且，所以，当且仅当时等号成立，即的最大值为，，A正确；，B错误；，C正确；，D正确．故选：ACD．25．（2021·湖北武汉市高三三模）已知实数，，满足，且，则下列结论正确的是（    ）A．的最小值为 B．的最大值为C．的最小值为 D．取最小值时【答案】ACD【分析】根据题中条件，得到，，分别利用柯西不等式与基本不等式，得到，，从而可分别得出关于、的一元二次不等式求解，即可判断ABC；再由题中条件，得到，构造函数，利用导数的方法，即可判断D.【解析】因为，，所以；由柯西不等式可得：，当且仅当，即时，等号成立；所以，因此，整理得，解得，即A正确；由可得，而，当且仅当时，等号成立；所以，整理得，解得，故B错，C正确；由可得，则，所以，因此，所以，令，，则，当时，，当时，，当时，，故在为增函数，在为减函数，为增函数，所以的极小值为，又，而，所以，即取最小值时，故D正确.故选：ACD.26．（2021·河北张家口市高三三模）已知正数满足，则（    ）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】A：由条件等式得，结合基本不等式即可判断正误；B：由题设及A得，令有即可判断正误；C：结合A，易得，由基本不等式即可判断正误；D：通过基本不等式证，进而可判断D的正误.【解析】A：由，又，得，所以，正确；B：由，当时有，此时，错误；C：由，所以，正确；D：由，所以，正确.故选：27．（2021·广东高三二模）已知，，，则（    ）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】利用将化为关于的二次函数形式，结合的范围可求得A正确；由，利用基本不等式可知B正确；由可知C错误；利用基本不等式可求得，结合对数函数单调性可求得D正确.【解析】对于A，，，，，解得：，，当时，，，A正确；对于B，当且仅当，即时取等号，B正确；对于C，，，，，C错误；对于D，（当且仅当时取等号），，，D正确.故选：ABD.28．（2021·河北高三二模）已知方程，，则下列选项正确的是（    ）A．当时，的最小值为B．当时，方程C所表示的曲线围成封闭图形的面积为S，则C．当时，的最小值为D．当时，方程C所表示的曲线围成封闭图形的面积为S，则【答案】ABD【分析】取，得，再由基本不等式求得的最小值判定A；取或时，把得到的方程变形，由对称性及放缩法求得曲线在第一象限与两坐标轴围成曲线面积的范围，可得方程C表示的曲线围成封闭图形的面积的范围从而判断B与D；当时，直接利用基本不等式求最值判断C.【解析】当时，，所以，当且仅当时等号成立，故A选项正确；对于B选项，易见方程所表示的曲线关于原点及坐标轴对称，因此只需要考虑且的部分即可，此时即为，从而，所以曲线位于直线的下方，所以它与坐标轴所围成的封闭图形的面积小于，所以方程所表示曲线围成封闭图形的面积，故B选项正确；当时，，所以，当且仅当时取等号，故C选项错误；对于D，易见方程所表示的曲线关于原点及坐标轴对称，因此只需要考虑且的部分即可，此时即为，，而，所以曲线位于直线上方､圆的下方，所以它与坐标轴所围成的封闭图形的面积大于但小于，所以方程所表示的曲线围成封闭图形的面积S，，故D选项正确；故选：ABD.29．（2021·河北沧州市高三二模）已知，且，则（    ）A． B．C． D．【答案】BCD【分析】根据特殊值法，可排除A；利用基本不等式，可判断BC正确；由作差法，可判断D正确.【解析】对于A，令，则，故A不正确；对于B，，当且仅当，即时，等号成立；故B正确；对于C，，当且仅当时，等号成立，故C正确；对于D，由，所以，，则，故D正确.故选：BCD.30．（2021·福建厦门市高三三模）已知正数，满足，则（    ）A． B．C． D．【答案】BCD【分析】利用基本不等式证明不等式，判断选项AC的正误；利用，根据选项BD分别构造函数，利用导数研究单调性和最值情况来判断选项BD的正误.【解析】正数，满足，所以，当且仅当，即时等号成立，故A错误；由知，，构造函数，则，故时，，单调递减；时，，单调递增.所以，故时，有，B正确；由，当且仅当时等号成立，故，故，当且仅当时取等号，而，所以，C正确；由知，，构造函数，则，由指数函数性质可知单调递增，又，故时，，单调递减；时，，单调递增.故，即，D正确.故选：BCD.