高中数学北师大版5本册总复习总复习 阶段质量评估

第一章一、选择题(共12小题，每题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)1．设集合A＝{x|y＝log2(4－2x－x2)}，B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3,x＋1)≥1))))，则A∩B等于()A．{x|－1<x<eq\r(5)－1}B．{x|－3<x≤2}C．{x|－1<x<1}D．{x|－1－eq\r(5)<x<－3或eq\r(5)－1<x≤2}解析：不等式4－2x－x2>0可转化为x2＋2x－4<0，解得－1－eq\r(5)<x<－1＋eq\r(5)，∵A＝{x|－1－eq\r(5)<x<－1＋eq\r(5)}；不等式eq\f(3,x＋1)≥1可转化为eq\f(x－2,x＋1)≤0，解得－1<x≤2，∴B＝{x|－1<x≤2}，∴A∩B＝{x|－1<x<eq\r(5)－1}．答案：A2．不等式eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x＋1,x－1)))<1的解集为()A．{x|0<x<1}∪{x|x>1} B．{x|0<x<1}C．{x|－1<x<0} D．{x|x<0}解析：方法一：特值法：显然x＝－1是不等式的解，故选D．方法二：不等式等价于|x＋1|<|x－1|，即(x＋1)2<(x－1)2，解得x<0，故选D．答案：D3．设a、b是正实数，以下不等式①eq\r(ab)>eq\f(2ab,a＋b)，②a>|a－b|－b，③a2＋b2>4ab－3b2，④ab＋eq\f(2,ab)>2恒成立的序号为()A．①③ B．①④C．②③ D．②④解析：eq\f(2ab,a＋b)≤eq\f(2ab,2\r(ab))＝eq\r(ab)，即eq\r(ab)≥eq\f(2ab,a＋b)，故①不正确，排除A、B；∵ab＋eq\f(2,ab)≥2eq\r(2)>2，即④正确．答案：D4．已知a>0，b>0，则eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋2eq\r(ab)的最小值是()A．2 B．2eq\r(2)C．4 D．5解析：∵a>b，b>0，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥eq\f(2,\r(ab))，当且仅当a＝b时取等号，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋2eq\r(ab)≥eq\f(2,\r(ab))＋2eq\r(ab)≥2eq\r(\f(2,\r(ab))·2\r(ab))＝4.当且仅当a＝b＝1且eq\f(2,\r(ab))＝2eq\r(ab)时成立，能取等号，故eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋2eq\r(ab)的最小值为4，故选C．答案：C5．设x>0，y>0，x＋y＝1，eq\r(x)＋eq\r(y)的最大值是()A．1 B．eq\r(2)C．eq\f(\r(2),2) D．eq\f(\r(3),2)解析：∵x>0，y>0，∴1＝x＋y≥2eq\r(xy)，∴eq\f(1,2)≥eq\r(xy)，∴eq\r(x)＋eq\r(y)≤eq\r(2x＋y)＝eq\r(2)(当且仅当x＝y＝eq\f(1,2)时取“＝”)．答案：B6．a>0，b>0，则“a>b”是“a－eq\f(1,a)>b－eq\f(1,b)”成立的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．即不充分也不必要条件解析：a－eq\f(1,a)－b＋eq\f(1,b)＝a－b＋eq\f(a－b,ab)＝(a－b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,ab))).∵a>0，b>0，∴由a>b⇔(a－b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,ab)))>0⇔a－eq\f(1,a)>b－eq\f(1,b).可得“a>b”是“a－eq\f(1,a)>b－eq\f(1,b)”成立的充要条件．答案：C7．设x，y∈R，a>1，b>1.若ax＝by＝3，a＋b＝2eq\r(3)，则eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的最大值为()A．2 B．eq\f(3,2)C．1 D．eq\f(1,2)解析：∵ax＝by＝3，∴x＝loga3，y＝logb3，∴eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝eq\f(1,loga3)＋eq\f(1,logb3)＝log3a＋log3b＝log3ab≤log3eq\f(a＋b2,4)＝log33＝1，故选C．答案：C8．0<a<1，下列不等式一定成立的是()A．|log1＋a(1－a)|＋|log(1－a)(1＋a)|>2B．|log1＋a(1－a)|<|log(1－a)(1＋a)|C．|log(1＋a)(1－a)＋log(1－a)(1＋a)|<|log(1＋a)(1－a)|＋|log(1－a)(1＋a)|D．|log(1＋a)(1－a)－log(1－a)(1＋a)|>|log(1＋a)(1－a)|－|log(1－a)(1＋a)|解析：令a＝eq\f(1,2)，代入可排除B、C、D．答案：A9．若实数a，b满足a＋b＝2，则3a＋3b的最小值是A．18 B．6C．2eq\r(3) D．eq\r(4,3)解析：3a＋3b≥2eq\r(3a·3b)＝2eq\r(3a＋b)＝2eq\r(32)＝6.答案：B10．设a，b∈R＋，且a≠b，P＝eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,a)，Q＝a＋b，则()A．P>Q B．P≥QC．P<Q D．P≤Q解析：P－Q＝eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,a)－(a＋b)＝eq\f(a3＋b3－aba＋b,ab)＝eq\f(a＋ba2＋b2－2ab,ab)＝eq\f(a＋ba－b2,ab).∵a，b都是正实数，且a≠b，∴eq\f(a＋ba－b2,ab)>0，∴P>Q.答案：A11．若a，b，c>0，且a2＋2ab＋2ac＋4bc＝12，则a＋b＋c的最小值是A．2eq\r(3) B．3C．2 D．eq\r(3)解析：a2＋2ab＋2ac＋4＝a(a＋2c)＋2b(a＋2＝(a＋2c)(a＋2b≤eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(a＋2c＋a＋2b,2)))2，∴(a＋b＋c)2≥12，又a，b，c>0，∴a＋b＋c≥2eq\r(3).答案：A12．当0<x<eq\f(π,2)时，函数f(x)＝eq\f(1＋cos2x＋8sin2x,sin2x)的最小值为()A．2 B．2eq\r(3)C．4 D．4eq\r(3)解析：方法一：f(x)＝eq\f(2cos2x＋8sin2x,2sinxcosx)＝eq\f(1＋4tan2x,tanx)＝4tanx＋eq\f(1,tanx)≥4.这里tanx>0，且tanx＝eq\f(1,2)时取等号．方法二：f(x)＝eq\f(1＋cos2x＋8sin2x,sin2x)＝eq\f(5－3cos2x,sin2x)(0<2x<π)．令μ＝eq\f(5－3cos2x,sin2x)，有μsin2x＋3cos2x＝5.eq\r(μ2＋9)sin(2x＋φ)＝5,∴sin(2x＋φ)＝eq\f(5,\r(μ2＋9)).∴eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(5,\r(μ2＋9))))≤1，得μ2≥16.∴μ≥4或μ≤－4.又μ>0.∴μ≥4即f(x)≥4.答案：C二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．把答案填在题中横线上)13．设a＝eq\r(3)－eq\r(2)，b＝eq\r(6)－eq\r(5)，c＝eq\r(7)－eq\r(6)，则a，b，c的大小顺序是__________．解析：用分析法比较，a>b⇔eq\r(3)＋eq\r(5)>eq\r(2)＋eq\r(6)⇔8＋2eq\r(15)>8＋2eq\r(12)，同理可比较得b>c.答案：a>b>c14．设集合S＝{x||x－2|>3}，T＝{x|a<x<a＋8}，S∪T＝R，则a的取值范围是____________．解析：∵|x－2|>3，∴x－2>3或x－2<－3，∴x>5或x<－1，即S＝{x|x>5或x<－1}．又∵T＝{x|a<x<a＋8}，S∪T＝R，∴画数轴可知a需满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<－1,a＋8>5))，∴－3<a<－1.答案：－3<a<－115．设x>－1，则函数y＝eq\f(x＋5x＋2,x＋1)的最小值为________．解析：∵x>－1，∴x＋1>0，y＝eq\f(x＋5x＋2,x＋1)＝eq\f([x＋1＋4][x＋1＋1],x＋1)＝(x＋1)＋5＋eq\f(4,x＋1)≥2·eq\r(x＋1·\f(4,x＋1))＋5＝9.当且仅当x＋1＝eq\f(4,x＋1)，即x＝1时，等号成立．∴y的最小值是9.答案：916．某商品进货价每件50元，据市场调查，当销售价格(每件x元)在50<x≤80时，每天售出的件数P＝eq\f(105,x－402)，若想每天获得的利润最多，销售价格每件应定为____________元。解析：设销售价格定为每件x元(50<x≤80)，每天获得利润y元，则：y＝(x－50)·P＝eq\f(105x－50,x－402)，设x－50＝t，则0<t≤30，∴y＝eq\f(105t,t＋102)＝eq\f(105t,t2＋20t＋100)＝eq\f(105,t＋\f(100,t)＋20)≤eq\f(105,20＋20)＝2500.当且仅当t＝10，即x＝60时，ymax＝2500.答案：60三、解答题(共6小题，74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(12分)解不等式|x＋1|＋|x|<2.解析：方法一：利用分类讨论的思想方法．当x≤－1时，－x－1－x<2，解得－eq\f(3,2)<x≤－1；当－1<x<0时，x＋1－x<2，解得－1<x<0；当x≥0时，x＋1＋x<2，解得0≤x<eq\f(1,2).因此，原不等式的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|－\f(3,2)<x<\f(1,2))).方法二：利用方程和函数的思想方法．令f(x)＝|x＋1|＋|x|－2＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1x≥0，,－1－1≤x<0，,－2x－3x<－1.))作函数f(x)的图象(如图)，知当f(x)<0时，－eq\f(3,2)<x<eq\f(1,2).故原不等式的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|－\f(3,2)<x<\f(1,2))).方法三：利用数形结合的思想方法．由绝对值的几何意义知，|x＋1|表示数轴上点P(x)到点A(－1)的距离，|x|表示数轴上点P(x)到点O(0)的距离．由条件知，这两个距离之和小于2.作数轴(如图)，知原不等式的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|－\f(3,2)<x<\f(1,2))).18．(12分)求函数y＝3x＋eq\f(4,x2)(x>0)的最值．解析：由已知x>0，∴y＝3x＋eq\f(4,x2)＝eq\f(3x,2)＋eq\f(3x,2)＋eq\f(4,x2)≥3eq\r(3,\f(3x,2)·\f(3x,2)·\f(4,x2))＝3eq\r(3,9)，当且仅当eq\f(3x,2)＝eq\f(3x,2)＝eq\f(4,x2)，即x＝eq\f(2\r(3,9),3)时，取等号．∴当x＝eq\f(2\r(3,9),3)时，函数y＝3x＋eq\f(4,x2)的最小值为3eq\r(3,9).19．(12分)已知a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1.求证：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,c)－1))≥8.证明：∵a，b，c∈R＋，a＋b＋c＝1，∴eq\f(1,a)－1＝eq\f(1－a,a)＝eq\f(b＋c,a)＝eq\f(b,a)＋eq\f(c,a)≥eq\f(2\r(bc),a)，同理eq\f(1,b)－1≥eq\f(2\r(ac),b)，eq\f(1,c)－1≥eq\f(2\r(ab),c).由于上述三个不等式两边均为正，分别相乘，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,c)－1))≥eq\f(2\r(bc),a)·eq\f(2\r(ac),b)·eq\f(2\r(ab),c)＝8.当且仅当a＝b＝c＝eq\f(1,3)时取等号．20．(12分)若x，y>0，且x＋y>2，则eq\f(1＋y,x)和eq\f(1＋x,y)中至少有一个小于2.证明：反设eq\f(1＋y,x)≥2且eq\f(1＋x,y)≥2，∵x，y>0，∴1＋y≥2x,1＋x≥2y两边相加，则2＋(x＋y)≥2(x＋y)，可得x＋y≤2，与x＋y>2矛盾，∴eq\f(1＋y,x)和eq\f(1＋x,y)中至少有一个小于2.21．(12分)在某交通拥挤地段，交通部门规定，在此地段内的车距d(m)正比于车速v(km/h)的平方与车身长s(m)的积，且最小车距不得少于半个车身长，假定车身长均为s(m)，且车速为50km/h时车距恰为车身长s，问交通繁忙时，应规定怎样的车速，才能使此地段的车流量Q最大？解析：由题意，知车身长s为常量，车距d为变量．且d＝kv2s，把v＝50，d＝s代入，得k＝eq\f(1,2500)，把d＝eq\f(1,2)s代入d＝eq\f(1,2500)v2s，得v＝25eq\r(2).所以d＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)s0<v≤25\r(2)，,\f(1,2500)v2sv>25\r(2).))则车流量Q＝eq\f(1000v,d＋s)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1000v,\f(3,2)s)0<v≤25\r(2)，,\f(1000v,s1＋\f(v2,2500))v>25\r(2).))当0<v≤25eq\r(2)时，Q为v的增函数，所以当v＝25eq\r(2)时，Q1＝eq\f(1000v,\f(3,2)s)＝eq\f(50000\r(2),3s).当v>25eq\r(2)时，Q＝eq\f(1000v,s\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(v2,2500))))＝eq\f(1000,s\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,v)＋\f(v,2500))))≤eq\f(1000,s·2\r(\f(1,v)·\f(v,2500)))＝eq\f(25000,s).当且仅当eq\f(1,v)＝eq\f(v,2500)，即v＝50时，等号成立．即当v＝50时，Q取得最大值Q2＝eq\f(25000,s).因为Q2>Q1