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2019-2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第七章 單元測試卷
一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．每小題中只有一項符合題目要求)
1．函數(shù)f(x)＝的定義域是( )
A. B.
C. D.
答案 D
解析 由題意，得解此不等式組，得.故選D.
2．已知c<0，則下列不等式中成立的是( )
A．c>2c B．c>()c
C．2c>()c D．2c<()c
答案 D
3．已知f(x)＝x＋在(1，e)上為單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)b的取值范圍是( )
A．(－∞，1]∪[e2，＋∞) B．(－∞，0]∪[e2，＋∞)
C．(－∞，e2] D．[1，e2]
答案 A
解析 b≤0時，f(x)在(1，e)上為增函數(shù)，
b>0時，當(dāng)x>0時，x＋≥2，
當(dāng)且僅當(dāng)x＝即x＝取等號．
若使f(x)在(1，e)上為單調(diào)函數(shù)，
則≤1或≥e，∴0
1)的最小值為( )
A．－3 B．3
C．4 D．－4
答案 B
解析 x＋＋5＝(x－1)＋＋6
≥2＋6＝2＋6＝8，
當(dāng)且僅當(dāng)x－1＝即x＝2時取“＝”號．
∴y＝log2(x＋＋5)≥log28＝3.
5．設(shè)x，y滿足約束條件則z＝x－2y的取值范圍為( )
A．[0,3] B．[－3,3]
C．[－3,0] D．[1,3]
答案 B
解析 依題意，畫出可行域，如圖所示，
可行域為ABOC，顯然，當(dāng)直線y＝x－過點(diǎn)A(1,2)時，z取得最小值為－3；當(dāng)直線過點(diǎn)B(3,0)時，z取得最大值為3，綜上可知z的取值范圍為[－3,3]．
6．若正數(shù)x，y滿足x＋3y＝5xy，則3x＋4y的最小值是( )
A. B.
C．5 D．6
答案 C
解析 ∵x＋3y＝5xy，∴＋＝1.
∴3x＋4y＝(3x＋4y)1＝(3x＋4y)(＋)＝＋＋＋≥＋2＝5，
當(dāng)且僅當(dāng)＝，即x＝1，y＝時等號成立．
7．若f(x)是偶函數(shù)，且當(dāng)x∈[0，＋∞)時，f(x)＝x－1，則不等式f(x2－1)<0的解集為( )
A．(－1,0) B．(－，0)∪(0，)
C．(0,2) D．(1,2)
答案 B
解析 根據(jù)f(x)是偶函數(shù)，可得f(x)＝f(|x|)＝|x|－1.因此f(x2－1)＝|x2－1|－1.解不等式|x2－1|－1<0，得0a＋b＋c
B．a(chǎn)2＋b2＋c2>ab＋bc＋ac
C．a(chǎn)2＋b2＋c2<2(ab＋bc＋ac)
D．a(chǎn)2＋b2＋c2>2(ab＋bc＋ac)
答案 C
解析 c2＝a2＋b2－2abcosC，b2＝a2＋c2－2accosB，
a2＝b2＋c2－2bccosA，
∴a2＋b2＋c2＝2(a2＋b2＋c2)－2(abcosC＋accosB＋bccosA)．
∴a2＋b2＋c2＝2(abcosC＋accosB＋bccosA)<2(ab＋bc＋ac)．
12.如圖所示，有一直角墻角，兩邊的長度足夠長，在P處有一棵樹與兩墻的距離分別是a米(00且≥1，即0－2}，求實數(shù)k的值；
(2)若不等式的解集為?，求實數(shù)k的取值范圍．
答案 (1)－ (2)[，＋∞)
解析 (1)∵不等式的解集為{x|x<－3或x>－2}，
∴k<0且x1＝－3，x2＝－2是方程kx2－2x＋6k＝0的兩根．
∴x1x2＝6，x1＋x2＝＝－5.∴k＝－.
(2)由于k≠0，要使不等式的解集為?，只需即解得k≥，即k的取值范圍是[，＋∞)．
18．(本小題滿分12分)
已知x，y，z>0，x＋y＋z＝3.
(1)求＋＋的最小值；
(2)證明：3≤x2＋y2＋z2<9.
答案 (1)3 (2)略
解析 (1)＋＋＝(x＋y＋z)(＋＋)
＝(1＋＋＋＋1＋＋＋＋1)
＝[3＋(＋)＋(＋)＋(＋)]
≥[3＋2＋2＋2]
＝3.所以＋＋最小值為3.
(2)9＝(x＋y＋z)2＝x2＋y2＋z2＋2xy＋2xz＋2yz≤3(x2＋y2＋z2)，
∴x2＋y2＋z2≥3.
又∵x，y，z>0，∴xy＋xz＋yz>0.
∴x2＋y2＋z2＝9－2(xy＋xz＋yz)<9.
∴3≤x2＋y2＋z2<9.
19．(本小題滿分12分)
先閱讀下列不等式的證法，再解決后面的問題：已知a1，a2∈R，a1＋a2＝1，求證：a＋a≥.
證明：構(gòu)造函數(shù)f(x)＝(x－a1)2＋(x－a2)2，
因為對一切x∈R，恒有f(x)≥0，所以Δ＝4－8(a＋a)≤0，從而得a＋a≥.
(1)若a1，a2，…，an∈R，a1＋a2＋…＋an＝1，請寫出上述結(jié)論的推廣式；
(2)參考上述解法，對你推廣的結(jié)論加以證明．
答案 (1)a＋a＋…＋a≥ (2)略
解析 (1)若a1，a2，…，an∈R，a1＋a2＋…＋an＝1，求證：a＋a＋…＋a≥.
(2)構(gòu)造函數(shù)f(x)＝(x－a1)2＋(x－a2)2＋…＋(x－an)2
＝nx2－2(a1＋a2＋…＋an)x＋a＋a＋…＋a
＝nx2－2x＋a＋a＋…＋a，
因為對一切x∈R，都有f(x)≥0，所以Δ＝4－4n(a＋a＋…＋a)≤0，從而證得：a＋a＋…＋a≥.
20．(本小題滿分12分)
某研究所計劃利用宇宙飛船進(jìn)行新產(chǎn)品搭載試驗，計劃搭載若干件新產(chǎn)品A，B，該研究所要根據(jù)產(chǎn)品的研制成本、產(chǎn)品重量、搭載試驗費(fèi)用和預(yù)計收益來決定具體安排，通過調(diào)查得到的有關(guān)數(shù)據(jù)如下表：
每件A產(chǎn)品
每件B產(chǎn)品
研制成本、搭載試驗費(fèi)用之和(萬元)
20
30
產(chǎn)品重量(千克)
10
5
預(yù)計收益(萬元)
80
60
已知研究成本、搭載試驗費(fèi)用之和的最大資金為300萬元，最大搭載重量為110千克，則如何安排這兩種產(chǎn)品進(jìn)行搭載，才能使總預(yù)計收益達(dá)到最大，求最大預(yù)計收益是多少．
答案 960萬元
解析 設(shè)搭載A產(chǎn)品x件，B產(chǎn)品y件，則預(yù)計收益z＝80x＋60y，由題意知，作出可行域如圖所示．
作出直線l：80x＋60y＝0并平移，由圖形知，當(dāng)直線經(jīng)過點(diǎn)M時，z取到最大值．由解得即M(9,4)．
所以zmax＝809＋604＝960(萬元)，所以搭載9件A產(chǎn)品，4件B產(chǎn)品，才能使總預(yù)計收益達(dá)到最大，最大預(yù)計收益為960萬元．
21．(本小題滿分12分)
設(shè)a1＝1，an＋1＝＋b(n∈N*)．
(1)若b＝1，求a2，a3及數(shù)列{an}的通項公式；
(2)若b＝－1，問：是否存在實數(shù)c使得a2n＜c＜a2n＋1對所有n∈N*成立？證明你的結(jié)論．
答案 (1)a2＝2，a3＝＋1，an＝＋1 (2)存在c＝
解析 (1)方法一：a2＝2，a3＝＋1，
再由題設(shè)條件知(an＋1－1)2＝(an－1)2＋1.
從而{(an－1)2}是首項為0，公差為1的等差數(shù)列．
故(an－1)2＝n－1，即an＝＋1(n∈N*)．
方法二：a2＝2，a3＝＋1，
可寫為a1＝＋1，a2＝＋1，a3＝＋1.因此猜想an＝＋1.
下面用數(shù)學(xué)歸納法證明上式：
當(dāng)n＝1時結(jié)論顯然成立．
假設(shè)n＝k時結(jié)論成立，即ak＝＋1.則
ak＋1＝＋1＝＋1＝＋1.
這就是說，當(dāng)n＝k＋1時結(jié)論成立，
所以an＝＋1(n∈N*)．
(2)解法一：設(shè)f(x)＝－1，則an＋1＝f(an)．
令c＝f(c)，即c＝－1，解得c＝.
下面用數(shù)學(xué)歸納法證明加強(qiáng)命題a2n＜c＜a2n＋1＜1.
當(dāng)n＝1時，a2＝f(1)＝0，a3＝f(0)＝－1，所以a2＜＜a3＜1，結(jié)論成立．
假設(shè)n＝k時結(jié)論成立，即a2k＜c＜a2k＋1＜1.
易知f(x)在(－∞，1]上為減函數(shù)，
從而c＝f(c)＞f(a2k＋1)＞f(1)＝a2，即1＞c＞a2k＋2＞a2.
再由f(x)在(－∞，1]上為減函數(shù)，得c＝f(c)＜f(a2k＋2)＜f(a2)＝a3＜1.
故c＜a2k＋3＜1，因此a2(k＋1)＜c＜a2(k＋1)＋1＜1.這就是說，當(dāng)n＝k＋1時結(jié)論成立．
綜上，符合條件的c存在，其中一個值為c＝.
解法二：設(shè)f(x)＝－1，則an＋1＝f(an)．
先證：0≤an≤1(n∈N*)． ①
當(dāng)n＝1時，結(jié)論明顯成立．
假設(shè)n＝k時結(jié)論成立，即0≤ak≤1.
易知f(x)在(－∞，1]上為減函數(shù)，從而
0＝f(1)≤f(ak)≤f(0)＝－1＜1.
即0≤ak＋1≤1.這就是說，當(dāng)n＝k＋1時結(jié)論成立，故①成立．
再證：a2n＜a2n＋1(n∈N*)． ②
當(dāng)n＝1時，a2＝f(1)＝0，a3＝f(a2)＝f(0)＝－1，有a2＜a3，即n＝1時②成立．
假設(shè)n＝k時，結(jié)論成立，即a2k＜a2k＋1.
由①及f(x)在(－∞，1]上為減函數(shù)，得
a2k＋1＝f(a2k)＞f(a2k＋1)＝a2k＋2，
a2(k＋1)＝f(a2k＋1)＜f(a2k＋2)＝a2(k＋1)＋1.
這就是說，當(dāng)n＝k＋1時②成立，所以②對一切n∈N*成立．
由②得a2n＜－1，
即(a2n＋1)2＜a－2a2n＋2.
因此a2n＜.?、?
又由①，②及f(x)在(－∞，1]上為減函數(shù)，得f(a2n)＞f(a2n＋1)，即a2n＋1＞a2n＋2.
所以a2n＋1＞－1.解得a2n＋1＞.?、?
綜上，由②，③，④知存在c＝使a2n＜c＜a2n＋1對一切n∈N*成立．
22．(本小題滿分12分)
設(shè)函數(shù)f(x)定義在(0，＋∞)上，f(1)＝0，導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝，g(x)＝f(x)＋f′(x)．
(1)求g(x)的單調(diào)區(qū)間和最小值；
(2)是否存在x0>0，使得|g(x)－g(x0)|<對任意x>0成立？若存在，求出x0的取值范圍；若不存在，請說明理由．
答案 (1)單調(diào)遞減區(qū)間(0,1)，單調(diào)遞增區(qū)間(1，＋∞)，最小值為1
(2)滿足條件的x0不存在
解析 (1)由題設(shè)易知f(x)＝lnx，g(x)＝lnx＋，
g′(x)＝，令g′(x)＝0，得x＝1.
當(dāng)x∈(0,1)時，g′(x)<0，故(0,1)是g(x)的單調(diào)減區(qū)間．
當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0，故(1，＋∞)是g(x)的單調(diào)增區(qū)間．
因此，x＝1是g(x)的唯一極值點(diǎn)，且為極小值點(diǎn)，從而是最小值點(diǎn)，所以最小值為g(1)＝1.
(2)滿足條件的x0不存在．
證明如下：
證法一：假設(shè)存在x0>0，使|g(x)－g(x0)|<對任意x>0成立，
即對任意x>0，有l(wèi)nx0，使|g(x)－g(x0)|<對任意x>0成立．
證法二：假設(shè)存在x0>0，使|g(x)－g(x0)|<對任意的x>0成立．
由(1)知，g(x)的最小值為g(1)＝1.
又g(x)＝lnx＋>lnx，而x>1時，lnx的值域為(0，＋∞)．
∴x≥1時，g(x)的值域為[1，＋∞)．
從而可取一個x1>1，使g(x1)≥g(x0)＋1，
即g(x1)－g(x0)≥1，故|g(x1)－g(x0)|≥1>，與假設(shè)矛盾．
∴不存在x0>0，使|g(x)－g(x0)|<對任意x>0成立．
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