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【走向高考】2015届高中数学二轮复习 专题6 不等式、推理与证明、算法框图与复数(第1讲)


【走向高考】2015 届高中数学二轮复习 专题 6 不等式、推理与证明、 算法框图与复数(第 1 讲)课时作业 新人教 A 版

一、选择题 1 1.(2014· 唐山市一模)己知集合 A={x|x2-3x+2<0},B={x|log4x>2},则( A.A∩B=? B.B?A C.A∩?RB=R D.A?B [答案] A 1 [解析] A={x|

x2-3x+2<0}={x|1<x<2},B={x|log4x>2}={x|x>2},∴A∩B=?. 2.(2014· 山东理,5)已知实数 x、y 满足 ax<ay(0<a<1),则下列关系式恒成立的是( 1 1 A. > B.ln(x2+1)>ln(y2+1) x2+1 y2+1 C.sinx>siny D.x3>y3 [答案] D [解析] ax<ay(0<a<1),∴x>y, 而幂函数 y=x3 在定义域上为增函数, ∴x3>y3. [点评] 可以用特值检验法求解. 3.(文)(2014· 四川文,5)若 a>b>0,c<d<0,则一定有( a b A.d> c a b C.c >d a b B.d< c a b D.c <d ) )

)

[答案] B 1 1 1 1 [解析] ∵c<d<0,∴d< c <0,∴-d>-c >0, a b a b 又∵a>b>0,∴-d>- c >0,即d< c .选 B. (理)已知 a、b∈R,下列四个条件中,使 a>b 成立的必要而不充分的条件是( ) A.a>b-1 B.a>b+1 C.|a|>|b| D.2a>2b [答案] A [解析] ∵a>b,b>b-1,∴a>b-1, 但当 a>b-1 时,a>b 未必成立,故选 A. [点评] a>b+1 是 a>b 的充分不必要条件, 2a>2b 是 a>b 的充要条件; |a|>|b|是 a>b 的既不充 分也不必要条件. 1 4.(文)已知 a>0,b>0,且 2a+b=4,则ab的最小值为( )

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1 A.4 B.4 1 C.2 D.2 [答案] C [解析] ∵a>0,b>0,∴4=2a+b≥2 2ab, 1 1 ∴ab≤2,∴ab≥2,等号在 a=1,b=2 时成立. 2 1 (理)若直线 2ax+by-2=0(a、b∈R)平分圆 x2+y2-2x-4y-6=0,则a+b的最小值是( A.1 B.5 C.4 2 D.3+2 2 [答案] D [解析] 直线平分圆,则必过圆心. 圆的标准方程为(x-1)2+(y-2)2=11. ∴圆心 C(1,2)在直线上?2a+2b-2=0?a+b=1. 2 1 2 1 2b a 2b a ∴a+b=(a+b)(a+b)=2+ a +b+1=3+ a +b≥3+2 2,故选 D.
? ?y≥2|x|-1, 5. (2013· 哈六中三模)在坐标平面内, 不等式组? 所表示的平面区域的面积为( ?y≤x+1 ?

)

)

8 A.2 2 B.3 2 2 C. 3 D.2

[答案] B 2 1 [解析] 通过解方程组可得 A(-3, B(2,3), C(0, -1), E(0,1), 3), 1 8 如图可知,S△ABC=S△ACE+S△BCE=2×|CE|×(xB-xA)=3. y≥0, ? ? y-1 6. (文)若实数 x、 y 满足不等式组?x-y≥0, 则 w= 的 x+1 ? ?2x-y-2≥0, 取值范围是( )

1 1 1 A.[-1,3] B.[-2,3] 1 C.[-2,+∞) 1 D.[-2,1)

[答案] D [解析] 作出不等式组表示的平面区域如图所示.据题意,即求点 M(x,y)与点 P(-1,1)连线斜 率的取值范围.

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1-0 1 由图可知 wmin= =-2,wmax<1, -1-1 1 ∴w∈[-2,1). x≥0, ? ? ( 理 ) 如果不等式组 ?y≥2x, 表示的平面区域是一个直角三角形,则该三角形的面积为 ? ?kx-y+1≥0 ( ) 1 1 B.2或3 1 1 D.4或2

1 1 A.2或5 1 1 C.5或4

[答案] C [ 解析 ]
?x≥0, ? 画出 ? 表示的平面区域,直线 kx - y + 1 =0 过定点 ? ?y≥2x,

1 (0,1),则 k=0 或 k=-2, 2 4 1 如图所示:A(5,5),B(2,1), 1 1 ∴所求三角形的面积为5或4. 二、填空题 x≥0, ? ?y≥0, 7.(文)(2013· 合肥质检)不等式组? x+y- 2-1≤0, ? ?x-ky+k≥0

表示的是一个轴对称四边形围成的区

域,则 k=________. [答案] ±1 [解析] 本题可以通过画图解决,如图直线 l:x-ky+k=0 过定点(0,1).当 k=±1 时,所围成 的图形是轴对称图形.

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x+y≥3, ? ? (理)设变量 x、y 满足约束条件?x-y≥-1, 则目标函数 z=x2+y2 的最大值为________. ? ?2x-y≤3, [答案] 41 x+y≥3, ? ? [解析] 约束条件?x-y≥-1, 画出可行域如图, ? ?2x-y≤3,

易知 x=4,y=5 时,z 有最大值,z=42+52=41. 8.(2014· 邯郸市一模)已知 f(x)是定义在[-1,1]上的奇函数且 f(1)=2,当 x1、x2∈[-1,1],且 f? x1? +f? x2? x1+x2≠0 时,有 >0,若 f(x)≥m2-2am-5 对所有 x∈[-1,1]、a∈[-1,1]恒成 x1+x2 立,则实数 m 的取值范围是________. [答案] [-1,1] [解析] ∵f(x)是定义在[-1,1]上的奇函数, ∴当 x1、x2∈[-1,1]且 x1+x2≠0 时, f? x1? +f? x2? f? x1? -f?-x2? >0 等价于 >0, x1+x2 x1-?-x2? ∴f(x)在[-1,1]上单调递增. ∵f(1)=2,∴f(x)min=f(-1)=-f(1)=-2. 要使 f(x)≥m2-2am-5 对所有 x∈[-1,1],a∈[-1,1]恒成立, 即-2≥m2-2am-5 对所有 a∈[-1,1]恒成立, ∴m2-2am-3≤0,设 g(a)=m2-2am-3,
? ? , ?g?-1? ≤0 ?-3≤m≤1, 则? 即? ∴-1≤m≤1. ?g? 1? ≤0 ?-1≤m≤3. , ? ?

∴实数 m 的取值范围是[-1,1]. 三、解答题 9.(2013· 杭州质检)已知函数 f(x)=-x3+ax(a>0).
-4-

(1)当 a=1 时,求过点 P(-1,0)且与曲线 y=f(x)相切的直线方程; 1 1 1 1 (2)当 x∈[0,1]时,不等式4x-4≤f(x)≤4x+4恒成立,求 a 的取值集合. [解析] (1)a=1 时,f(x)=-x3+x,则 f ′(x)=-3x2+1, 设切点 T(x0,y0),则 f ′(x0)=-3x2 0+1, ∴切线方程为 y-y0=f ′(x0)(x-x0), 即 y-(-x3 0+x0)=(-3x2 0+1)(x-x0). 把(-1,0)代入得(x0+1)2(2x0-1)=0, 1 ∴x0=-1 或 x0=2. 当 x0=-1 时,切线方程为 y=-2x-2; 1 1 1 当 x0=2时,切线方程为 y=4x+4. 1 1 1 1 (2)不等式4x-4≤f(x)≤4x+4, 1 1 1 1 即4x-4≤-x3+ax≤4x+4, ①当 x=0 时,不等式显然成立. 1 1 1 1 ②当 x∈(0,1]时,不等式化为4-4x+x2≤a≤4+4x+x2, 1 1 1 1 设 g(x)=4-4x+x2,h(x)=4+4x+x2, 1 则 g′(x)=4x2+2x>0,∴g(x)在(0,1]上单调递增, 8x3-1 ∴g(x)max=g(1)=1,h′(x)= 4x2 , 1 1 ∴h(x)在(0,2]上单调递减,在(2,1]上单调递增, 1 ∴h(x)min=h(2)=1, ∴1≤a≤1,∴a=1. 综上知,a 的取值集合为{1}.

一、选择题 10.(文)(2013· 重庆文,7)关于 x 的不等式 x2-2ax-8a2<0(a>0)的解集为(x1,x2),且 x2-x1= 15,则 a=( ) 5 7 A.2 B.2 15 15 C. 4 D. 2 [答案] A [解析] ∵a>0,∴不等式 x2-2ax-8a2<0 化为(x+2a)(x-4a)<0,∴-2a<x<4a,

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5 ∵x2-x1=15,∴4a-(-2a)=15,∴a=2. (理)(2013· 天津文,7)已知函数 f(x)是定义在 R 上的偶函数,且在区间[0,+∞)上单调递增,若 1 实数 a 满足 f(log2a)+f(log2a)≤2f(1),则 a 的取值范围是( 1 A.[1,2] B.(0,2] 1 C.[2,2] [答案] C 1 1 [解析] 因为 log2a=-log2a,所以 f(log2a)+f(log2a)=f(log2a)+f(-log2a)=2f(log2a),原不等 式变为 2f(log2a)≤2f(1),即 f(log2a)≤f(1),又因为 f(x)是定义在 R 上的偶函数,且在[0,+∞)上 1 递增,所以|log2a|≤1,即-1≤log2a≤1,解得2≤a≤2,故选 C.
? ?x+y≥a, 11.(2014· 新课标Ⅰ文,11)设 x、y 满足约束条件? 且 z=x+ay 的最小值为 7,则 ?x-y≤-1, ?

)

D.(0,2]

a=( ) A.-5 B.3 C.-5 或 3 D.5 或-3 [答案] A
?x+y=5, ? [解析] 当 a=-5 时,作出可行域,由? 得交点 A(-3,-2),则目标函数 z=x ? ?x-y=-1,

-5y 过 A 点时取最大值,zmax=7,不合题意,排除 A、C;当 a=3 时,同理可得目标函数 z =x+3y 过 B(1,2)时,zmax=7 符合题意,故选 B. x+y-2≥0, ? ? 12.(文)(2014· 北京理,6)若 x、y 满足?kx-y+2≥0, 且 z=y-x 的最小值为-4,则 k 的值 ? ?y≥0, 为( A.2 ) B.-2

1 1 C.2 D.-2 [答案] D [解析] 本题考查了线性规划的应用. 若 k≥0,z=y-x 没有最小值,不合题意. 若 k<0,则不等式组所表示的平面区域如图所示. 2 由图可知,z=y-x 在点(-k ,0)处取最小值-4,

-6-

2 1 故 0-(-k )=-4,解得 k=-2,即选项 D 正确. (理)(2014· 四川文, 6)执行如图的程序框图, 如果输入的 x、 y∈R, 那么输出的 S 的最大值为( )

A.0 B.1 C.2 D.3 [答案] C x≥0 ? ? [解析] 若?y≥0 ,则 S=2x+y 取最大值 2(当 x=1,y=0 时取得),如图: ? ?x+y≤1

否则 S=1,∴输出 S 的最大值为 2. x-4y+3≤0, ? ? 13.(文)(2013· 东北三校联考)如果实数 x、y 满足?3x+5y-25≤0, 目标函数 z=kx+y 的最大 ? ?x≥1, 值为 12,最小值为 3,那么实数 k 的值为( 1 A.-2 B.5 C.2 D.不存在 [答案] C
-7-

)

22 [解析] 作出不等式组表示的可行域如图. 可行域中的最优解可能是 A(5,2), B(1,5 ), C(1,1). 若 22 k=-2,目标函数 z=kx+y 取得最大值的最优解是 B(1, 5 ),取得最小值的最优解是 A(5,2), 22 有 12=-2×1+ 5 成立与 3=-2×5+2 不成立,排除选项 A.若 k=2,目标函数 z=kx+y 取得 最大值的最优解是 A(5,2),取得最小值的最优解是 C(1,1),有 12=12×5+2 与 3=2×1+1 都成 立,所以选 C.

(理)(2013· 惠州调研)已知 A(3,

? 3x-y≤0, 3),O 是原点,点 P(x,y)的坐标满足?x- 3y+2≥0, ?y≥0,
)

若z

→ → 为OA在OP上的投影,则 z 的取值范围是( A.[- 3, 3] B.[-3,3] C.[- 3,3] D.[-3, 3] [答案] B

→ → OA· OP π 5π π → [解析] z= → =|OA|cos∠AOP=2 3cos∠AOP, ∵∠AOP∈[6,6 ], ∴当∠AOP=6时, zmax |OP| π 5π 5π =2 3cos6=3;当∠AOP= 6 时,zmin=2 3cos 6 =-3,∴z 的取值范围是[-3,3]. 二、填空题 x-y+5≥0 ? ? 14.(文)(2014· 山西太原五中月考)若不等式组?y≥kx+5 ,表示的平面区域是一个锐角三角 ? ?0≤x≤2 形,则实数 k 的取值范围是________. [答案] (-1,0)
?x-y+5≥0 ? [解析] 画出? ,表示的平面区域如图, ?0≤x≤2 ?

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由于直线 y=kx+5 过点(0,5),当 k=0 时,直线 y=kx+5 与直线 x=2 垂直,当 k=-1 时,直 线 y=kx+5 与直线 x-y+5=0 垂直,要使平面区域为锐角三角形,应有-1<k<0. y≤x ? ? (理)(2014· 中原名校联考)已知实数 x、y 满足?x+ay≤4 ,若 z=3x+y 的最大值为 16,则 a= ? ?y≥1 ________. [答案] 0
? ?y=x 4 [解析] 直线 y=x 与 y=1 交点 A(1,1), 显然 z=3x+y 最优点不是 A 点, 由? , 得 B( , 1 +a ?x+ay=4 ? ? ?y=1 4 ),由? ,得 C(4-a,1),若最优点为 B,则 a=0,若最优点为 C,则 a=-1,经 1+a ?x+ay=4 ?

检验知 a=-1 不合题意,∴a=0. 1 1 2 15.(2014· 长沙市模拟)若三个非零且互不相等的实数 a,b,c 满足a+b=c ,则称 a,b,c 是 调和的;若满足 a+c=2b,则称 a,b,c 是等差的.若集合 P 中元素 a,b,c 既是调和的, 又是等差的,则称集合 P 为“好集”.若集合 M={x||x|≤2014,x∈Z},集合 P={a,b,c}?M, 则 (1)“好集”P 中的元素最大值为________; (2)“好集”P 的个数为________. [答案] (1)2012 (2)1006 1 1 2 ? ?a+b= c , [解析] 依题意得? 由此得 a=-2b,c=4b,即“好集”为形如{-2b,b,4b}(b≠0) ? ?a+c=2b, |-2b|≤2014, ? ? 的集合.由“好集”是集合 M 的三元子集知?|b|≤2014, ? ?|4b|≤2014, 即-503.5≤b≤503.5, b∈Z 且 b≠0, 因此符合条件的 b 可取-503, -502, …, -1,1,2, …, 502,503, 共 1006 个不同的值,“好集”P 的个数是 1006,“好集”P 中的最大元素是 4×503=2012. 三、解答题 1 1 16.(文)已知函数 f(x)=3ax3-4x2+cx+d(a、c、d∈R)满足 f(0)=0,f ′(1)=0,且 f ′(x)≥0 在 R 上恒成立.

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(1)求 a,c,d 的值; 3 b 1 (2)若 h(x)=4x2-bx+2-4,解不等式 f ′(x)+h(x)<0. [解析] (1)∵f(0)=0,∴d=0, 1 ∵f ′(x)=ax2-2x+c. 1 又 f ′(1)=0,∴a+c=2. ∵f ′(x)≥0 在 R 上恒成立, 1 即 ax2-2x+c≥0 恒成立, 1 1 ∴ax2-2x+2-a≥0 恒成立, 显然当 a=0 时,上式不恒成立. a>0, ? ? ∴a≠0,∴? 1 1 ?-2? 2 -4a?2-a? ≤0 , ? ? a>0, ? ? 即? 1 1 ?a2-2a+16≤0, ? a>0, ? ? 即? 1 ? - a 4? 2≤0 , ? ? 1 1 解得:a=4,c=4. 1 (2)∵a=c=4. 1 1 1 ∴f ′(x)=4x2-2x+4. f ′(x)+h(x)<0, 1 1 1 3 b 1 即4x2-2x+4+4x2-bx+2-4<0, 1 b 即 x2-(b+2)x+2<0, 1 即(x-b)(x-2)<0, 1 1 1 1 1 当 b>2时,解集为(2,b),当 b<2时,解集为(b,2),当 b=2时,解集为?. (理)设函数 f(x)=xn+bx+c(n∈N+,b、c∈R). 1 (1)设 n≥2,b=1,c=-1,证明:f(x)在区间(2,1)内存在唯一零点;

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(2)设 n 为偶数,|f(-1)|≤1,|f(1)|≤1,求 b+3c 的最小值和最大值; (3)设 n=2,若对任意 x1、x2∈[-1,1],有|f(x1)-f(x2)|≤4,求 b 的取值范围. 1 [分析] (1)利用零点存在性定理先判断 f(2).f(1)的正负,再用导数判断函数的单调性; (2)利用线性规划或构造不等式均可解决; -f? x2? |≤4,即 f(x)的最大值与最小值的差 M≤4. (3)对任意 x1,x2∈[-1,1],都有|f? x1? [解析] (1)当 b=1,c=-1,n≥2 时,f(x)=xn+x-1. 1 1 1 ∵f(2)f(1)=(2n-2)×1<0, 1 ∴f(x)在(2,1)内存在零点. 1 又当 x∈(2,1)时,f ′(x)=nxn-1+1>0, 1 ∴f(x)在(2,1)上是单调递增的, 1 ∴f(x)在(2,1)内存在唯一零点. (2)解法 1:由题意知
? ? , ?-1≤f?-1? ≤1 ?0≤b-c≤2, ? 即? ?-1≤f? 1? ≤1 ? , ? ?-2≤b+c≤0.

作出可行域如图, 由图形知,b+3c 在点(0,-2)处取到最小值-6, 在点(0,0)处取到最大值 0, ∴b+3c 的最小值为-6,最大值为 0. 解法 2:由题意知 -1≤f(1)=1+b+c≤1,即-2≤b+c≤0,① -1≤f(-1)=1-b+c≤1,即-2≤-b+c≤0,② ①×2+②得 -6≤2(b+c)+(-b+c)=b+3c≤0, 当 b=0,c=-2 时,b+3c=-6;当 b=c=0 时,b+3c=0, 所以 b+3c 的最小值为-6,最大值为 0.
?f?-1?=1-b+c, ? 解法三:由题意知? ?f? 1? =1+b+c, ?

f? 1? -f?-1? f? 1? +f?-1?-2 解得 b= ,c= , 2 2 ∴b+3c=2f(1)+f(-1)-3. 又∵-1≤f(-1)≤1,-1≤f(1)≤1, ∴-6≤b+3c≤0, 当 b=0,c=-2 时,b+3c=-6; 当 b=c=0 时,b+3c=0, 所以 b+3c 的最小值为-6,最大值为 0.
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(3)当 n=2 时,f(x)=x2+bx+c. 对任意 x1、 x2∈[-1,1]都有|f(x1)-f(x2)|≤4 等价于 f(x)在[-1,1]上的最大值与最小值之差 M≤4. 据此分类讨论如下: b (ⅰ)当|2|>1,即|b|>2 时,M=|f(1)-f(-1)|=2|b|>4,与题设矛盾. b (ⅱ)当-1≤-2<0,即 0<b≤2 时, b b M=f(1)-f(-2)=(2+1)2≤4 恒成立. b (ⅲ)当 0≤-2≤1,即-2≤b≤0 时, b b M=f(-1)-f(-2)=(2-1)2≤4 恒成立. 综上可知,-2≤b≤2. 注:(ⅱ),(ⅲ)也可合并证明如下: 用 max{a,b}表示 a、b 中的较大者. b 当-1≤-2≤1,即-2≤b≤2 时, b M=max{f(1),f(-1)}-f(-2) = f?-1?+f? 1? |f?-1?-f? 1? | b + -f(-2) 2 2

b2 =1+c+|b|-(- 4 +c) |b| =(1+ 2 )2≤4 恒成立. [点评] 本题综合考查了零点存在性理论的应用、线性规划及不等式恒成立问题,题目立意新 颖,尤其(3)问中的等价转化思想及分类讨论思想的应用体现了本题丰富的数学思维.

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