2019-2021年高考数学（理）真题汇编——专题13 不等式、推理与证明（教师版）

1、专题13 不等式、推理与证明1.【2021浙江高考真题】若实数x，y满足约束条件，则的最小值是( )A.B.C.D.【答案】B【分析】画出满足条件的可行域，目标函数化为，求出过可行域点，且斜率为的直线在轴上截距的最大值即可.【详解】画出满足约束条件的可行域，如下图所示：目标函数化为，由，解得，设，当直线过点时，取得最小值为.故选：B.2.【2020年新高考全国】已知a0，b0，且a+b=1，则A.B.C.D.【答案】ABD【解析】对于A，当且仅当时，等号成立，故A正确；对于B，所以，故B正确；对于C，当且仅当时，等号成立，故C不正确；对于D，因为，所以，当且仅当时，等号成立，故D正确；故选：A

2、BD.【点评】本题主要考查不等式的性质，综合了基本不等式，指数函数及对数函数的单调性，侧重考查数学运算的核心素养.3.【2020年高考浙江】若实数x，y满足约束条件，则的取值范围是A. B. C.D.【答案】B【解析】绘制不等式组表示的平面区域如图所示，目标函数即：，其中z取得最大值时，其几何意义表示直线系在y轴上的截距最大，z取得最小值时，其几何意义表示直线系在y轴上的截距最小，据此结合目标函数的几何意义可知目标函数在点A处取得最小值，联立直线方程：，可得点A的坐标为：，据此可知目标函数的最小值为：且目标函数没有最大值.故目标函数的取值范围是.故选：B【点评】求线性目标函数zaxby(ab0

3、)的最值，当b0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最大，在y轴截距最小时，z值最小；当b0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最小，在y轴上截距最小时，z值最大.4.【2020年高考全国卷理数】埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为A. B.C.D.【答案】C【解析】如图，设，则，由题意，即，化简得，解得(负值舍去).故选：C.【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题.5.【2020年高考浙江】

4、设集合S，T，SN*，TN*，S，T中至少有2个元素，且S，T满足：对于任意的x，yS，若xy，则xyT；对于任意的x，yT，若x169.89.头顶至脖子下端长度为26 cm，即ABb，则A.ln(ab)0B.3a0D.ab【答案】C【解析】取，满足，知A错，排除A；因为，知B错，排除B；取，满足，知D错，排除D，因为幂函数是增函数，所以，故选C.【名师点睛】本题主要考查对数函数性质、指数函数性质、幂函数性质及绝对值意义，渗透了逻辑推理和运算能力素养，利用特殊值排除即可判断.10.【2019年高考北京卷理数】若x，y满足，且y1，则3x+y的最大值为A.7B.1C.5D.7【答案】C【解析】由

5、题意作出可行域如图阴影部分所示. 设，当直线经过点时，取最大值5.故选C.【名师点睛】本题是简单线性规划问题的基本题型，根据“画移解”等步骤可得解.题目难度不大，注重了基础知识基本技能的考查.11.【2019年高考北京卷理数】在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述.两颗星的星等与亮度满足m2m1=lg，其中星等为mk的星的亮度为Ek(k=1，2).已知太阳的星等是26.7，天狼星的星等是1.45，则太阳与天狼星的亮度的比值为A. 1010.1B. 10.1C. lg10.1D. 1010.1【答案】A【解析】两颗星的星等与亮度满足，令，.故选：A.【名师点睛】本题以天文学问题为背景，

6、考查考生的数学应用意识信息处理能力阅读理解能力以及指数对数运算.12.【2019年高考天津卷理数】设变量满足约束条件，则目标函数的最大值为A.2B.3C.5D.6【答案】C【解析】已知不等式组表示的平面区域如图中的阴影部分. 目标函数的几何意义是直线在轴上的截距，故目标函数在点处取得最大值.由，得，所以.故选C.【名师点睛】线性规划问题，首先明确可行域对应的是封闭区域还是开放区域，分界线是实线还是虚线，其次确定目标函数的几何意义，是求直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离等等，最后结合图形确定目标函数最值或范围.即：一画，二移，三求.13.【2019年高考天津卷理数】设，

7、则“”是“”的A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】化简不等式，可知 推不出，由能推出，故“”是“”的必要不充分条件，故选B.【名师点睛】本题考查充分必要条件，解题关键是化简不等式，由集合的关系来判断条件.14.【2019年高考浙江卷】若实数满足约束条件，则的最大值是A. B. 1C. 10D. 12【答案】C【解析】画出满足约束条件的可行域如图中阴影部分所示。因为，所以.平移直线可知，当该直线经过点A时，z取得最大值.联立两直线方程可得，解得.即点A坐标为，所以.故选C.【名师点睛】解答此类问题，要求作图要准确，观察要仔细.往往由于由于

8、作图欠准确而影响答案的准确程度，也有可能在解方程组的过程中出错.15.【2019年高考浙江卷】若，则“”是 “”的A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】当时，当且仅当时取等号，则当时，有，解得，充分性成立；当时，满足，但此时，必要性不成立，综上所述，“”是“”的充分不必要条件.【名师点睛】易出现的错误有，一是基本不等式掌握不熟，导致判断失误；二是不能灵活的应用“赋值法”，通过特取的值，从假设情况下推出合理结果或矛盾结果.16.【2020年高考全国卷理数】若x，y满足约束条件则z=x+7y的最大值为 .【答案】1【解析】绘制不等式组

9、表示的平面区域如图所示，目标函数即：，其中z取得最大值时，其几何意义表示直线系在y轴上的截距最大，据此结合目标函数的几何意义可知目标函数在点A处取得最大值，联立直线方程：，可得点A的坐标为：，据此可知目标函数的最大值为：.故答案为：1.【点评】求线性目标函数zaxby(ab0)的最值，当b0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最大，在y轴截距最小时，z值最小；当b0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最小，在y轴上截距最小时，z值最大.17.【2020年高考全国III卷理数】若x，y满足约束条件则的最大值为_.【答案】7【解析】不等式组所表示的可行域如图因为，所以，易知截距越大，则

10、越大，平移直线，当经过A点时截距最大，此时z最大，由，得，所以.故答案为：7.【点晴】本题主要考查简单线性规划的应用，涉及到求线性目标函数的最大值，考查学生数形结合的思想，是一道容易题.18.【2020年高考江苏】已知，则的最小值是 .【答案】【解析】且，当且仅当，即时取等号.的最小值为.故答案为：.【点评】本题考查了基本不等式在求最值中的应用.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值(和定积最大，积定和最小)；三相等是，最后一定要验证等号能否成立(主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多

11、次用或时等号能否同时成立).19.【2020年高考天津】已知，且，则的最小值为_.【答案】4【解析】，当且仅当=4时取等号，结合，解得，或时，等号成立.故答案为：【点评】本题考查应用基本不等式求最值，“1”合理变换是解题的关键，属于基础题.20.【2020年高考江苏】已知，则的最小值是 .【答案】【解析】且，当且仅当，即时取等号.的最小值为.故答案为：.【点评】本题考查了基本不等式在求最值中的应用.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值(和定积最大，积定和最小)；三相等是，最后一定要验证等号能否

12、成立(主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立).21.【2021全国高考真题】某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为_；如果对折次，那么_.【答案】5 【分析】(1)按对折列举即可；(2)根据规律可得，再根据错位相减法得结果.【详解】(1)由对折2次共可以得到，三种规格的图形，所以对着三次的结果有：，共4种不同规格(单位；故对折4次可得到如下规格：，共5种不

13、同规格；(2)由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对着后的图形，不论规格如何，其面积成公比为的等比数列，首项为120，第n次对折后的图形面积为，对于第n此对折后的图形的规格形状种数，根据(1)的过程和结论，猜想为种(证明从略)，故得猜想，设，则，两式作差得：，因此，.故答案为：；.【点评】方法点睛：数列求和的常用方法：(1)对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；(2)对于结构，其中是等差数列，是等比数列，用错位相减法求和；(3)对于结构，利用分组求和法；(4)对于结构，其中是等差数列，公差为，则，利用裂项相消法求和.22.【2019年高考全国II卷理数】中国有悠久的金石文化，

14、印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有_个面，其棱长为_.(本题第一空2分，第二空3分.)【答案】26，【解析】由图可知第一层(包括上底面)与第三层(包括下底面)各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有个面.如图，设该半正多面体的棱长为，则，延长与交于点，延长交正方体棱于，由半正多面体对称性可知，

15、为等腰直角三角形，即该半正多面体棱长为.【名师点睛】本题立意新颖，空间想象能力要求高，物体位置还原是关键，遇到新题别慌乱，题目其实很简单，稳中求胜是关键.立体几何平面化，无论多难都不怕，强大空间想象能力，快速还原图形.23.【2019年高考北京卷理数】李明自主创业，在网上经营一家水果店，销售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃，价格依次为60元/盒、65元/盒、80元/盒、90元/盒.为增加销量，李明对这四种水果进行促销：一次购买水果的总价达到120元，顾客就少付x元.每笔订单顾客网上支付成功后，李明会得到支付款的80%.当x=10时，顾客一次购买草莓和西瓜各1盒，需要支付_元；在促销活动中，为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折，则x的最大值为_.【答案】130 ；15.【解析】(1)，顾客一次购买草莓和西瓜各一盒，需要支付元.(2)设顾客一次购买水果的促销前总价为元，元时，李明得到的金额为，符合要求.元时，有