高中数学人教A版5本册总复习总复习 精品获奖

模块综合评价(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题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．若a，b，c∈R且a＞b，则下列不等式中一定成立的是()A．a＋b≥b－c B．ac≥bc\f(c2,a－b)＞0 D．(a－b)c2≥0解析：因为a＞b，所以a－b＞0.又因为c∈R，所以c2≥0.所以(a－b)c2≥0.答案：D2．不等式|x－2|＞1的解集是()A．(1，3) B．(－∞，－3)∪(3，＋∞)C．(－3，3) D．(－∞，1)∪(3，＋∞)解析：由|x－2|＞1得x－2＞1或x－2＜－1，所以x＞3或x＜1.答案：D3．函数y＝x2＋eq\f(2,x)(x＞0)的最小值为()A．1 B．2C．3 D．4解析：y＝x2＋eq\f(2,x)＝x2＋eq\f(1,x)＋eq\f(1,x)≥3eq\r(3,x2·\f(1,x)·\f(1,x))＝3当且仅当x＝1时成立．答案：C4．若a，b∈R，则下列不等式：①a2＋3＞2a；②a2＋b2≥2(a－b－1)；③a5＋b5＞a3b2＋a2b3；④a＋eq\f(1,a)≥2.其中一定成立的是()A．①②③ B．①②④C．①② D．②④解析：①a2＋3－2a＝(a－1)2＋2＞0，①②a2＋b2－2(a－b－1)＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，②成立；③当a＝b＝0时，不成立；④a＋eq\f(1,a)≥2只有当a＞0才成立，故只有①②成立．答案：C5．已知b＞a＞0，且a＋b＝1，那么()A．2ab＜eq\f(a4－b4,a－b)＜eq\f(a＋b,2)＜bB．2ab＜eq\f(a＋b,2)＜eq\f(a4－b4,a－b)＜b\f(a4－b4,a－b)＜2ab＜eq\f(a＋b,2)＜bD．2ab＜eq\f(a＋b,2)＜b＜eq\f(a4－b4,a－b)解析：此题可用特殊赋值法判断出来，设a＝eq\f(1,3)，b＝eq\f(2,3)，2ab＝2×eq\f(1,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(4,9)，eq\f(a4－b4,a－b)＝a2＋b2＝eq\f(5,9)，eq\f(a＋b,2)＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(2,3)，所以b＞eq\f(a4－b4,a－b)＞eq\f(a＋b,2)＞2ab成立，选B.答案：B6．(2023·陕西卷)设f(x)＝lnx，0＜a＜b，若p＝f(eq\r(ab))，q＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))，r＝eq\f(1,2)(f(a)＋f(b))，则下列关系式中正确的是()A．q＝r＜p B．p＝r＜qC．q＝r＞p D．p＝r＞q解析：因为0＜a＜b，所以eq\f(a＋b,2)＞eq\r(ab).又因为f(x)＝lnx在(0，＋∞)上单调递增，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))＞f(eq\r(ab))，即p＜q.而r＝eq\f(1,2)(f(a)＋f(b))＝eq\f(1,2)(lna＋lnb)＝eq\f(1,2)ln(ab)＝lneq\r(ab)，所以r＝p，故p＝r＜q.选B.答案：B7．已知a，b，c为非零实数，则(a2＋b2＋c2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＋\f(1,b2)＋\f(1,c2)))的最小值为()A．7 B．9C．12 D．18解析：(a2＋b2＋c2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＋\f(1,b2)＋\f(1,c2)))≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a·\f(1,a)＋b·\f(1,b)＋c·\f(1,c)))eq\s\up12(2)＝9，当且仅当a＝b＝c时等号成立．故选B.答案：B8．用数学归纳法证明当n∈N＋时，1＋2＋22＋…＋25n－1是31的倍数时，当n＝1时原式为()A．1 B．1＋2C．1＋2＋3＋4 D．1＋2＋22＋23＋24解析：n＝1时，原式为1＋2＋…＋25×1－1＝1＋2＋22＋23＋24.答案：D9．某班学生要开联欢会，需要买价格不同的礼品4件、5件及2件，现在选择商店中单价为3元、2元和1元的礼品，则至少要花()A．17元 B．19元C．21元 D．25元解析：由排序原理可知：花钱最少为1×5＋2×4＋3×2＝19(元)．故应选B.答案：B10．用数学归纳法证明不等式eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3)＋…＋eq\f(1,2n)＞eq\f(13,24)(n≥2，n∈N＋)的过程中，由n＝k递推到n＝k＋1时不等式左边()A．增加了1项eq\f(1,2（k＋1）)B．增加了“eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2（k＋1）)”项，又减少了“eq\f(1,k＋1)”项C．增加了2项eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2（k＋1）)D．增加了eq\f(1,2（k＋1）)项，减少了eq\f(1,k＋1)项解析：注意分母是连续的正整数，且末项可看做eq\f(1,n＋n)，故n＝k＋1时，末项为eq\f(1,（k＋1）＋（k＋1）).答案：B11．若a＞0，使不等式|x－4|＋|x－3|＜a在R上的解集不是空集的a的取值范围是()A．0＜a＜1 B．a＝1C．a＞1 D．以上均不对解析：函数y＝|x－4|＋|x－3|的最小值为1，所以若|x－4|＋|x－3|＜a的解集不是空集，需a＞1.答案：C12．已知实数a，b，c满足a＋2b＋c＝1，a2＋b2＋c2＝1，则实数c的范围为()\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，1)) \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，1))\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(2,3))) \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(2,3)))解析：因为a＋2b＋c＝1，a2＋b2＋c2＝1，所以a＋2b＝1－c，a2＋b2＝1－c2.由柯西不等式：(12＋22)(a2＋b2)≥(a＋2b)2，5(1－c2)≥(1－c)2，整理得3c2－c－2≤0，解得－eq\f(2,3)≤c≤1.答案：A二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)13．设a，b是正实数，且a＋b＝1，则eq\r(a＋1)＋eq\r(b＋1)的最大值为________．解析：eq\r(a＋1)＋eq\r(b＋1)≤eq\r(（a＋1＋b＋1）（1＋1）)＝eq\r(6).答案：eq\r(6)14．用数学归纳法证明：已知n是正整数，f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)，则当n＞1时，f(2n)＞eq\f(n＋2,2).其第一步是________．解析：由数学归纳法的步骤易知．答案：当n＝2时，f(22)＞eq\f(2＋2,2)成立15．函数f(x)＝3x＋eq\f(12,x2)(x＞0)的最小值为________．解析：f(x)＝3x＋eq\f(12,x2)＝eq\f(3x,2)＋eq\f(3x,2)＋eq\f(12,x2)≥3eq\r(3,\f(3x,2)·\f(3x,2)·\f(12,x2))＝9，当且仅当eq\f(3,2)x＝eq\f(12,x2)，即x＝2时等号成立．答案：916．(2023·重庆卷)若不等式|2x－1|＋|x＋2|≥a2＋eq\f(1,2)a＋2对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围是________．解析：令f(x)＝|2x－1|＋|x＋2|，则：①当x＜－2时，f(x)＝－2x＋1－x－2＝－3x－1＞5；②当－2≤x≤eq\f(1,2)时，f(x)＝－2x＋1＋x＋2＝－x＋3，故eq\f(5,2)≤f(x)≤5；③当x＞eq\f(1,2)时，f(x)＝2x－1＋x＋2＝3x＋1＞eq\f(5,2).综合①②③可知f(x)≥eq\f(5,2)，所以要使不等式恒成立，则需a2＋eq\f(1,2)a＋2≤eq\f(5,2)，解得－1≤a≤eq\f(1,2).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)已知a，b，c均为正数，证明：a2＋b2＋c2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))eq\s\up12(2)≥6eq\r(3).证明：法一：因为a，b，c均为正数，由均值不等式得a2＋b2＋c2≥3(abc)eq\s\up6(\f(2,3))，因为eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)≥3(abc)－eq\f(1,3)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))eq\s\up12(2)≥9(abc)－eq\f(2,3).故a2＋b2＋c2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))eq\s\up12(2)≥3(abc)eq\s\up6(\f(2,3))＋9(abc)－eq\f(2,3).又因为3(abc)eq\s\up6(\f(2,3))＋9(abc)－eq\f(2,3)≥2eq\r(27)＝6eq\r(3)，所以原不等式成立．法二：因为a，b，c均为正数，由基本不等式得a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca.所以a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.同理eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)＋eq\f(1,c2)≥eq\f(1,ab)＋eq\f(1,bc)＋eq\f(1,ca)，所以a2＋b2＋c2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))eq\s\up12(2)≥ab＋bc＋ca＋eq\f(3,ab)＋eq\f(3,bc)＋eq\f(3,ca)≥6eq\r(3).所以原不等式成立．18．(本小题满分12分)设x，y，z∈R，2x－y－2z＝6，试求x2＋y2＋z2的最小值．解：考虑以下两组向量u＝(2，－1，－2)，v＝(x，y，z)，根据柯西不等式(u·v)2≤|u|2·|v|2就有[2x＋(－1)y＋(－2)z]2≤[22＋(－1)2＋(－2)2]·(x2＋y2＋z2)，即(2x－y－2z)2≤9(x2＋y2＋z2)，将2x－y－2z＝6代入其中，得36≤9(x2＋y2＋z2)，而有x2＋y2＋z2≥4，故x2＋y2＋z2的最小值为4.19．(本小题满分12分)设f(x)＝|x－1|－2|x＋1|的最大值为m.(1)求m；(2)若a，b，c∈(0，＋∞)，a2＋2b2＋c2＝m，求ab＋bc的最大值．解：(1)当x≤－1时，f(x)＝3＋x≤2；当－1＜x＜1时，f(x)＝－1－3x＜2；当x≥1时，f(x)＝－x－3≤－4.故当x＝－1时，f(x)取得最大值m＝2.(2)a2＋2b2＋c2＝(a2＋b2)＋(b2＋c2)≥2ab＋2bc＝2(ab＋bc)，当且仅当a＝b＝c＝eq\f(\r(2),2)时，等号成立．此时，ab＋bc取得最大值1.20．(本小题满分12分)求证：1＋eq\f(1,1)＋eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,1×2×3)＋…＋eq\f(1,1×2×3×…×n)＜3.证明：由eq\f(1,1×2×3×…·k)＜eq\f(1,1×2×2×…×2)＝eq\f(1,2k－1)(k是大于2的自然数)，得1＋eq\f(1,1)＋eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,1×2×3)＋…＋eq\f(1,1×2×3×…·n)＜1＋1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋…＋eq\f(1,2n－1)＝1＋eq\f(1－\f(1,2n),1－\f(1,2))＝3－eq\f(1,2n－1)＜3.21．(本小题满分12分)若a＞0，b＞0，且eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\r(ab).(1)求a3＋b3的最小值．(2)是否存在a，b，使得2a＋3b解：(1)由eq\r(ab)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥eq\f(2,\r(ab))，得ab≥2，且当a＝b＝eq\r(2)时等号成立．故a3＋b3≥2eq\r(a3