2025年高考数学一轮复习-1.3-等式性质与不等式性质-专项训练【含解析】

2025年高考数学一轮复习-1.3-等式性质与不等式性质-专项训练【原卷版】时间：45分钟一、选择题1．若x<a<0，则一定成立的不等式是()A．x2<ax<0 B．x2>ax>a2C．x2<a2<0 D．x2>a2>ax2．若a，b，c为实数，则下列命题中正确的是()A．若a>b，则ac2>bc2B．若a<b<0，则a2>ab>b2C．若a<b<0，则eq\f(1,a)<eq\f(1,b)D．若a<b<0，则eq\f(b,a)>eq\f(a,b)3．若a>b>0，c<d<0，则一定有()A.eq\f(a,c)>eq\f(b,d) B.eq\f(a,c)<eq\f(b,d)C.eq\f(a,d)>eq\f(b,c) D.eq\f(a,d)<eq\f(b,c)4．有外表一样，重量不同的四个小球，它们的重量分别是a，b，c，d，已知a＋b＝c＋d，a＋d>b＋c，a＋c<b，则这四个小球由重到轻的排列顺序是()A．d>b>a>c B．b>c>d>aC．d>b>c>a D．c>a>d>b5．已知a，b，c，d∈R，则P＝ac＋bd，Q＝eq\r(a2＋b2c2＋d2)的大小关系为()A．P≥Q B．P>QC．P<Q D．P≤Q6．已知实数a，b，c满足a＋b＋c＝0，abc>0，则eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)的值()A．一定是正数 B．一定为负数C．可能为0 D．正负不定7．已知a>0，b>0，c>0，若eq\f(c,a＋b)<eq\f(a,b＋c)<eq\f(b,c＋a)，则有()A．c<a<b B．b<c<aC．a<b<c D．c<b<a8．甲、乙两人同时从寝室到教室，甲一半路程步行，一半路程跑步，乙一半时间步行，一半时间跑步，如果两人步行速度、跑步速度均相同，则谁先到教室()A．甲 B．乙C．同时到达 D．无法判断二、填空题9．已知若a>b>c，且a＋b＋c＝0，则b2－4ac0.(填“>”“<”或“＝”)10．已知α，β满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1≤α＋β≤1，,1≤α＋2β≤3，))则z＝α＋3β的取值范围是．三、解答题11．已知三个不等式：①ab>0；②eq\f(c,a)>eq\f(d,b)；③bc>ad.若以其中两个作为条件，余下的一个作为结论，请写出两个正确的命题，并写出推理过程．12．(1)设x<y<0，试比较(x2＋y2)(x－y)与(x2－y2)·(x＋y)的大小．(2)已知a>0，b>0，x>0，y>0且eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，x>y，求证：eq\f(x,x＋a)>eq\f(y,y＋b).13．(多选题)设a，b为正实数，则下列命题中为真命题的是()A．若a2－b2＝1，则a－b<1；B．若eq\f(1,b)－eq\f(1,a)＝1，则a－b<1；C．若|eq\r(a)－eq\r(b)|＝1，则|a－b|<1；D．若|a3－b3|＝1，则|a－b|<1.14．某学习小组在调查鲜花市场的鲜花价格后得知，购买2枝玫瑰与1枝康乃馨所需费用之和大于8元，而购买4枝玫瑰与5枝康乃馨所需费用之和小于22元．设购买2枝玫瑰所需费用为A元，购买3枝康乃馨所需费用为B元，则A，B的大小关系是()A．A>B B．A<BC．A＝B D．A，B的大小关系不确定15．某公司有20名技术人员，计划开发A、B两类共50件电子器件，每类每件所需人员和预计产值如下：产品种类每件需要人员数每件产值(万元/件)A类eq\f(1,2)7.5B类eq\f(1,3)6今制定计划欲使总产值最高，则A类产品应生产件，最高产值为万元．16．若a>b>0，c<d<0，|b|>|c|.(1)求证：b＋c>0；(2)求证：eq\f(b＋c,a－c2)<eq\f(a＋d,b－d2)；(3)在(2)中的不等式中，能否找到一个代数式，满足eq\f(b＋c,a－c2)<所求式<eq\f(a＋d,b－d2)？若能，请直接写出该代数式；若不能，请说明理由．2025年高考数学一轮复习-1.3-等式性质与不等式性质-专项训练【解析版】时间：45分钟一、选择题1．若x<a<0，则一定成立的不等式是(B)A．x2<ax<0 B．x2>ax>a2C．x2<a2<0 D．x2>a2>ax解析：取x＝－2，a＝－1，则x2＝4，a2＝1，ax＝2，∴x2>ax，可排除A，显然C不正确．又a2＝1，∴ax>a2.∴排除D，故选B.2．若a，b，c为实数，则下列命题中正确的是(B)A．若a>b，则ac2>bc2B．若a<b<0，则a2>ab>b2C．若a<b<0，则eq\f(1,a)<eq\f(1,b)D．若a<b<0，则eq\f(b,a)>eq\f(a,b)解析：∵a>b，当c＝0时，ac2＝bc2，故A错．∵a<b<0，∴a2>ab，b2<ab，eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，eq\f(a,b)>1，eq\f(b,a)<1，即eq\f(b,a)<eq\f(a,b)，∴B正确，C，D错误．3．若a>b>0，c<d<0，则一定有(D)A.eq\f(a,c)>eq\f(b,d) B.eq\f(a,c)<eq\f(b,d)C.eq\f(a,d)>eq\f(b,c) D.eq\f(a,d)<eq\f(b,c)解析：方法一：∵c<d<0，∴－c>－d>0，∴eq\f(1,－d)>eq\f(1,－c)>0.又a>b>0，∴eq\f(a,－d)>eq\f(b,－c)，∴eq\f(a,d)<eq\f(b,c).方法二：令a＝3，b＝2，c＝－3，d＝－2.则eq\f(a,c)＝－1，eq\f(b,d)＝－1，排除选项A，B.又eq\f(a,d)＝－eq\f(3,2)，eq\f(b,c)＝－eq\f(2,3)，∴eq\f(a,d)<eq\f(b,c)，排除选项C.4．有外表一样，重量不同的四个小球，它们的重量分别是a，b，c，d，已知a＋b＝c＋d，a＋d>b＋c，a＋c<b，则这四个小球由重到轻的排列顺序是(A)A．d>b>a>c B．b>c>d>aC．d>b>c>a D．c>a>d>b解析：∵a＋b＝c＋d，a＋d>b＋c，∴a＋d＋(a＋b)>b＋c＋(c＋d)，即a>c.∴b<d.又a＋c<b，∴a<b.综上可得，d>b>a>c.5．已知a，b，c，d∈R，则P＝ac＋bd，Q＝eq\r(a2＋b2c2＋d2)的大小关系为(D)A．P≥Q B．P>QC．P<Q D．P≤Q解析：P2－Q2＝(ac＋bd)2－(a2＋b2)(c2＋d2)＝a2c2＋2abcd＋b2d2－(a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2)＝－a2d2＋2abcd－b2c2＝－(ad－bc)2≤0，所以P2≤Q2，又Q≥0，所以P≤Q.6．已知实数a，b，c满足a＋b＋c＝0，abc>0，则eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)的值(B)A．一定是正数 B．一定为负数C．可能为0 D．正负不定解析：∵(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ac＝0，且a2＋b2＋c2>0(由abc>0知abc均不为0)．∴ab＋bc＋ac<0.∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)＝eq\f(ab＋bc＋ac,abc)<0.7．已知a>0，b>0，c>0，若eq\f(c,a＋b)<eq\f(a,b＋c)<eq\f(b,c＋a)，则有(A)A．c<a<b B．b<c<aC．a<b<c D．c<b<a解析：由eq\f(c,a＋b)<eq\f(a,b＋c)<eq\f(b,c＋a)可得eq\f(c,a＋b)＋1<eq\f(a,b＋c)＋1<eq\f(b,c＋a)＋1，即eq\f(a＋b＋c,a＋b)<eq\f(a＋b＋c,b＋c)<eq\f(a＋b＋c,c＋a).因为a>0，b>0，c>0，所以a＋b>b＋c>c＋a.由a＋b>b＋c，可得a>c.由b＋c>c＋a，可得b>a.于是有c<a<b.8．甲、乙两人同时从寝室到教室，甲一半路程步行，一半路程跑步，乙一半时间步行，一半时间跑步，如果两人步行速度、跑步速度均相同，则谁先到教室(B)A．甲 B．乙C．同时到达 D．无法判断解析：设寝室到教室的路程为s，步行速度v1，跑步速度v2，则甲用时t1＝eq\f(\f(1,2)s,v1)＋eq\f(\f(1,2)s,v2)，乙用时t2＝eq\f(2s,v1＋v2)，t1－t2＝eq\f(s,2v1)＋eq\f(s,2v2)－eq\f(2s,v1＋v2)＝seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v1＋v2,2v1v2)－\f(2,v1＋v2)))＝eq\f(v1＋v22－4v1v2,2v1v2v1＋v2)·s＝eq\f(v1－v22·s,2v1v2v1＋v2)>0，∴甲用时多．二、填空题9．已知若a>b>c，且a＋b＋c＝0，则b2－4ac>0.(填“>”“<”或“＝”)解析：∵a＋b＋c＝0，∴b＝－(a＋c)，∴b2＝a2＋c2＋2ac.∴b2－4ac＝a2＋c2－2ac＝(a－c)2.∵a>c，∴(a－c)2>0，∴b2－4ac>0.10．已知α，β满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1≤α＋β≤1，,1≤α＋2β≤3，))则z＝α＋3β的取值范围是{z|1≤z≤7}．解析：设α＋3β＝λ(α＋β)＋v(α＋2β)＝(λ＋v)α＋(λ＋2v)β(λ，v∈R)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＋v＝1，,λ＋2v＝3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝－1，,v＝2，))所以α＋3β＝－(α＋β)＋2(α＋2β)．又－1≤－(α＋β)≤1,2≤2(α＋2β)≤6，所以1≤α＋3β≤7.故z＝α＋3β的取值范围是{z|1≤z≤7}．三、解答题11．已知三个不等式：①ab>0；②eq\f(c,a)>eq\f(d,b)；③bc>ad.若以其中两个作为条件，余下的一个作为结论，请写出两个正确的命题，并写出推理过程．解：答案不唯一．命题一：若ab>0，且eq\f(c,a)>eq\f(d,b)，则bc>ad.证明：因为eq\f(c,a)>eq\f(d,b)，且ab>0，所以eq\f(c,a)·ab>eq\f(d,b)·ab，即bc>ad.命题二：若ab>0，且bc>ad，则eq\f(c,a)>eq\f(d,b).证明：因为ab>0，所以eq\f(1,ab)>0，又bc>ad，所以bc·eq\f(1,ab)>ad·eq\f(1,ab)，即eq\f(c,a)>eq\f(d,b).12．(1)设x<y<0，试比较(x2＋y2)(x－y)与(x2－y2)·(x＋y)的大小．(2)已知a>0，b>0，x>0，y>0且eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，x>y，求证：eq\f(x,x＋a)>eq\f(y,y＋b).解：(1)方法一：(x2＋y2)(x－y)－(x2－y2)(x＋y)＝(x－y)[x2＋y2－(x＋y)2]＝－2xy(x－y)，因为x<y<0，所以xy>0，x－y<0所以－2xy(x－y)>0，所以(x2＋y2)(x－y)>(x2－y2)(x＋y)．方法二：因为x<y<0，所以x－y<0，x2>y2，x＋y<0.所以(x2＋y2)(x－y)<0，(x2－y2)(x＋y)<0，所以0<eq\f(x2＋y2x－y,x2－y2x＋y)＝eq\f(x2＋y2,x2＋y2＋2xy)<1，所以(x2＋y2)(x－y)>(x2－y2)(x＋y)．(2)证明：eq\f(x,x＋a)－eq\f(y,y＋b)＝eq\f(bx－ay,x＋ay＋b).因为eq\f(1,a)>eq\f(1,b)且a>0，b>0，所以b>a>0，又因为x>y>0，所以bx>ay>0，所以eq\f(bx－ay,x＋ay＋b)>0，所以eq\f(x,x＋a)>eq\f(y,y＋b).13．(多选题)设a，b为正实数，则下列命题中为真命题的是(AD)A．若a2－b2＝1，则a－b<1；B．若eq\f(1,b)－eq\f(1,a)＝1，则a－b<1；C．若|eq\r(a)－eq\r(b)|＝1，则|a－b|<1；D．若|a3－b3|＝1，则|a－b|<1.解析：对于A，由题意a，b为正实数，则a2－b2＝1⇒a－b＝eq\f(1,a＋b)⇒a－b>0⇒a>b>0，故a＋b>a－b>0.若a－b≥1，则eq\f(1,a＋b)≥1⇒a＋b≤1≤a－b，这与a＋b>a－b>0矛盾，故a－b<1成立．对于B，取特殊值，a＝3，b＝eq\f(3,4)，则a－b>1.对于C，取特殊值，a＝9，b＝4时，|a－b|>1.对于D，∵|a3－b3|＝1，a>0，b>0，∴a≠b，不妨设a>b>0.∴a2＋ab＋b2>a2－2ab＋b2>0，∴(a－b)(a2＋ab＋b2)>(a－b)(a－b)2，即a3－b3>(a－b)3>0，∴1＝|a3－b3|>(a－b)3>0，∴0<a－b<1，即|a－b|<1.因此正确．14．某学习小组在调查鲜花市场的鲜花价格后得知，购买2枝玫瑰与1枝康乃馨所需费用之和大于8元，而购买4枝玫瑰与5枝康乃馨所需费用之和小于22元．设购买2枝玫瑰所需费用为A元，购买3枝康乃馨所需费用为B元，则A，B的大小关系是(A)A．A>B B．A<BC．A＝B D．A，B的大小关系不确定解析：设每枝玫瑰的价格为x元，每枝康乃馨的价格为y元，则由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋y>8，,4x＋5y<22，))2x＝A,3y＝B，整理得x＝eq\f(A,2)，y＝eq\f(B,3)，将其代入不等式组得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(A＋\f(B,3)>8，,2A＋\f(5B,3)<22，))将A＋eq\f(B,3)>8乘以－2与2A＋eq\f(5,3)B<22相加，解得B<6，将B<6代入A>8－eq\f(B,3)中，解得A>6，故A>B.15．某公司有20名技术人员，计划开发A、B两类共50件电子器件，每类每件所需人员和预计产值如下：产品种类每件需要人员数每件产值(万元/件)A类eq\f(1,2)7.5B类eq\f(1,3)6今制定计划欲使总产值最高，则A类产品应生产20件，最高产值为330万元．解析：设应开发A类电子