【2022届走向高考】高三数学一轮(人教B版)阶段性测试题7(不等式)

阶段性测试题七(不等式)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分．考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题共60分)一、选择题(本大题共12个小题，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．(文)(2022·江西白鹭洲中学期中)不等式eq\f(2,x)>x－1的解集为()A．{x|x<－2或0<x<1} B．{x|x<－1或0<x<2}C．{x|－2<x<0或x>1} D．{x|－1<x<0或x>2}[答案]B[解析]不等式化为eq\f(x2－x－2,x)<0，即eq\f(x＋1x－2,x)<0，∴x<－1或0<x<2.(理)(2021·湖北教学合作联考)已知集合A＝{x|y＝eq\r(x2－2x－3)}，B＝{x|eq\f(x＋2,x－2)≤0}，则A∩B＝()A．[－1,1] B．[－1,2)C．[1,2) D．[－2，－1][答案]D[解析]依题意，集合A＝{x|x≤－1或x≥3}，B＝{x|－2≤x<2}，利用集合的运算可得，A∩B＝{x|－2≤x≤－1}，故选D.2．(文)(2021·呼和浩特市期中)设集合A＝{x|eq\f(1,2)＜2x＜4}，B＝{x|x2≤1}，则A∪B＝()A．{x|x<2} B．{x|－eq\f(1,2)<x≤1}C．{x|－1≤x<2} D．{x|1≤x<2}[答案]C[解析]∵集合A＝{x|eq\f(1,2)＜2x＜4}＝{x|－1＜x＜2}，B＝{x|x2≤1}＝{x|－1≤x≤1}，∴A∪B＝{x|－1≤x＜2}．故选C.(理)(2021·洛阳市期中)已知p：eq\f(1,4)≤2x≤eq\f(1,2)，q：－eq\f(5,2)≤x＋eq\f(1,x)≤－2，则p是q的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件[答案]A[解析]由eq\f(1,4)≤2x≤eq\f(1,2)得，－2≤x≤－1；由－eq\f(5,2)≤x＋eq\f(1,x)≤－2，得－2≤x≤－eq\f(1,2).∵[－2，－1][－2，－eq\f(1,2)]，∴p是q的充分不必要条件．3．(2021·内蒙赤峰市宁城县月考)下列大小关系正确的是()A．0.43<30.4<log43 B．log43<0.43<30.4C．0.43<log43<30.4 D．log43<30.4<0.43[答案]C[解析]0.43<0.41<0.5,1>log43>log42＝0.5,30.4>30＝1，∴0.43<log43<30.4.4．(2022·威海期中)已知正数x，y满足eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)＝1，则x＋2y的最小值为()A．8 B．4C．2 D．0[答案]A[解析]∵x>0，y>0，∴x＋2y＝(x＋2y)(eq\f(2,x)＋eq\f(1,y))＝4＋eq\f(4y,x)＋eq\f(x,y)≥4＋2eq\r(\f(4y,x)·\f(x,y))＝8，等号在eq\f(4y,x)＝eq\f(x,y)，即x＝4，y＝2时成立，故选A.5．(2021·湖南师大附中月考)设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2，x>0,x2＋bx＋c，x≤0))，若f(－4)＝f(0)，且f(－2)＝0，则关于x的不等式f(x)≤1的解集为()A．(－∞，－3]∪[－1，＋∞)B．[－3,1]C．[－3，－1]D．[－3，－1]∪(0，＋∞)[答案]D[解析]当x≤0时，f(x)＝x2＋bx＋c，且f(－4)＝f(0)，故其对称轴为x＝－eq\f(b,2)＝－2，∴b＝4；又f(－2)＝0，∴4－8＋c＝0，∴c＝4；因此当x≤0时，f(x)＝x2＋4x＋4；令f(x)≤1，解得－3≤x≤－1；当x>0时，f(x)＝－2<1，满足条件．故不等式f(x)≤1的解集为[－3，－1]∪(0，＋∞)，故选D.6．(2021·浙江慈溪市、余姚市期中)已知a，b∈R且a>b，则()A．a2>b2 B．eq\f(a,b)>1C．lg(a－b)>0 D．(eq\f(1,2))a<(eq\f(1,2))b[答案]D[解析]由0>a>b知a2<b2，eq\f(a,b)<1，排解A和B，当0<a－b<1时排解C，故选D.7．(2021·石光中学阶段测试)若不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≤2，,0≤y≤2，,x≥a.))表示的平面区域是一个三角形，则实数a的取值范围是()A．a≤0 B．0≤a<2C．0≤a≤2 D．a>2[答案]B[解析]eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≤2，,0≤y≤2，))表示的平面区域为阴影部分，要使此区域与x≥a围成一个三角形，应有0≤a<2.8．(2021·石家庄五校联合体摸底)若定义在R上的偶函数y＝f(x)是[0，＋∞)上的递增函数，则不等式f(log2x)<f(－1)的解集是()A．(eq\f(1,2)，2) B．(－∞，－2)∪(2，＋∞)C．R D．(－2,2)[答案]A[解析]∵f(x)为偶函数，∴不等式f(log2x)<f(－1)可化为f(|log2x|)<f(1)，∵f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴|log2x|<1，∴－1<log2x<1，∴eq\f(1,2)<x<2.9．(2021·合肥市庐江四中、巢湖四中联考)设a，b∈R，则“a>b”是“a|a|>b|b|”的()A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件[答案]C[解析]若a>b>0，则|a|>|b|，∴a|a|>b|b|；若a>0>b，明显a|a|>b|b|；若0>a>b，则0<－a<－b，∴0<|a|<|b|，∴－a|a|<－b|b|，∴a|a|>b|b|，综上a>b⇒a|a|>b|b|，反之若a|a|>b|b|，亦可得出a>b，故选C.10．(文)(2021·江西乐安一中月考)已知x，y满足不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≤2，,y－x≥0，,x≥0.))目标函数z＝ax＋y只在点(1,1)处取最小值，则有()A．a<－1 B．a>－1C．a<1 D．a>1[答案]A[解析]作出可行域如图阴影部分所示．由z＝ax＋y，得y＝－ax＋z.只在点(1,1)处z取得最小值，则斜率－a>1，故a<－1，故选D.(理)(2021·呼和浩特市期中)变量x，y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－3y＋2≤0,x＋y－6≤0,x－y≥0))时，x－2y＋m≤0恒成立，则实数m的取值范围为()A．[0，＋∞) B．[1，＋∞)C．(－∞，3] D．(－∞，0][答案]D[解析]由题意作出其平面区域如图，令u＝－x＋2y，要使x－2y＋m≤0恒成立，只需m≤umin作直线l0：x＝2y，平移l0，当经过可行域内的点B时，u取最小值，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－3y＋2＝0，,x＋y－6＝0，))解得B(4,2)，∴umin＝－4＋2×2＝0，∴m≤0.11．(文)(2021·新乡、许昌、平顶山调研)设x、y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2y＋3≥0，,2x－3y＋4≤0，,y≥0.))若目标函数z＝ax＋by(其中a>0，b>0)的最大值为3，则eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)的最小值为()A．4 B．3C．2 D．1[答案]B[解析]作出可行域如图，∵a>0，b>0，目标函数z＝ax＋by的最大值为3，∴在点A(1,2)处z取到最大值，∴a＋2b＝3，∴eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝eq\f(1,3)(eq\f(1,a)＋eq\f(2,b))(a＋2b)＝eq\f(1,3)(5＋eq\f(2b,a)＋eq\f(2a,b))≥eq\f(1,3)(5＋2eq\r(\f(2b,a)·\f(2a,b)))＝3，等号成立时a＝b＝1，故选B.(理)(2021·河南八校联考)x、y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－2≤0，,x－2y－2≤0，,2x－y＋2≥0.))若z＝y－ax取得最大值的最优解不唯一，则实数a的值为()A.eq\f(1,2)或－1 B．2或eq\f(1,2)C．2或1 D．2或－1[答案]D[解析]作出可行域如图，∵z＝y－ax取得最大值的最优解不唯一，∴直线l：y＝ax＋z应与l1或l3重合，∴a＝－1或2.12．(2021·宝安中学、潮阳一中、桂城中学摸底)已知O是坐标原点，点A(－1,0)，若点M(x，y)为平面区域eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≥2，,x≤1，,y≤2.))上的一个动点，则|eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OM,\s\up6(→))|的取值范围是()A．[1，eq\r(5)] B．[2，eq\r(5)]C．[1,2] D．[0，eq\r(5)][答案]A[解析]eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OM,\s\up6(→))＝(－1,0)＋(x，y)＝(x－1，y)，设z＝|eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OM,\s\up6(→))|＝eq\r(x－12＋y2)，则z的几何意义为M到定点E(1,0)的距离，由约束条件作出平面区域如图，由图象可知当M位于D(0,2)时，z取得最大值z＝eq\r(1＋4)＝eq\r(5)，当m位于C(1，－1)时z取得最小值1，∴1≤z≤eq\r(5)，即|eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OM,\s\up6(→))|的取值范围是[1，eq\r(5)]．第Ⅱ卷(非选择题共90分)二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上．)13．(2022·日照模拟)已知函数f(x)与g(x)的图像关于直线x＝2对称，若f(x)＝4x－15，则不等式eq\f(gx,x2－1)≥0的解集是________．[答案](－∞，－1)∪[eq\f(1,4)，1)[解析]若f(x)＝4x－15，则g(x)＝f(4－x)＝4(4－x)－15＝1－4x，故不等式eq\f(gx,x2－1)≥0等价于eq\f(1－4x,x2－1)≥0，即(x－1)(x＋1)(4x－1)≤0(x≠1且x≠－1)，解得x<－1或eq\f(1,4)≤x<1.14．(2021·山东师大附中模拟)已知x>0，y>0，若eq\f(2y,x)＋eq\f(8x,y)≥m2＋2m恒成立，则实数m的取值范围是________．[答案]－4≤m≤2[解析]由于x>0，y>0，所以由基本不等式知，eq\f(2y,x)＋eq\f(8x,y)≥2eq\r(\f(2y,x)·\f(8x,y))＝8，当且仅当eq\f(2y,x)＝eq\f(8x,y)，即y＝2x时等号成立，问题eq\f(2y,x)＋eq\f(8x,y)≥m2＋2m恒成立转化为(eq\f(2y,x)＋eq\f(8x,y))min≥m2＋2m，即8≥m2＋2m，解此一元二次不等式得，－4≤m≤2.15．(文)(2022·安徽程集中学期中)已知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0,x－3y≤0,2x＋3y－9≤0))，则z＝x－y的最大值是________．[答案]2[解析]作出可行域如图，作直线l0：x－y＝0，平移l0到l1：y＝x－z，l1经过点A时，直线l1的纵截距最小，此时z取最大值，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－3y＝0，,2x＋3y－9＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝1.))∴zmax＝2.(理)(2022·营口三中期中)若x，y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋1≥0，,x＋y－3≤0，,x＋3y－3≥0，))则z＝3x－y的最小值为________．[答案]－1[解析]作出可行域如图，作直线l0：y＝3x，平移l0到经过点A时，－z最大，从而z最小，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋1＝0，,x＋3y－3＝0，))得A(0,1)，∴zmin＝3×0－1＝－1.16．(文)(2021·江西南昌市二中月考)设x，y，z均为正数，满足x－2y＋3z＝0，则eq\f(y2,xz)的最小值是________．[答案]3[解析]由条件可得，2y＝x＋3z，∵x＋3z≥2eq\r(3xz)，∴y2≥3xz，∴eq\f(y2,xz)≥3，所以最小值为3.(理)(2021·辽宁省五校协作体期中)设正实数x，y，z满足x2－3xy＋4y2－z＝0，则当eq\f(z,xy)取得最小值时，x＋2y－z的最大值为________．[答案]2[解析]∵x2－3xy＋4y2－z＝0，∴z＝x2－3xy＋4y2，又x，y，z是正实数，∴eq\f(z,xy)＝eq\f(x,y)＋eq\f(4y,x)－3≥2eq\r(\f(x,y)·\f(4y,x))－3＝1，当且仅当x＝2y时取“＝”．∴x＋2y－z＝x＋2y－(x2－3xy＋4y2)＝4y－2y2＝－2(y－1)2＋2≤2，所以x＋2y－z的最大值为2.三、解答题(本大题共6个小题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．)17．(本小题满分12分)(2021·江西南昌市二中月考)已知△ABC的角A、B、C所对的边分别是a、b、c，设向量m＝(a，b)，n＝(sinA，cosB)，p＝(1,1)．(1)若m∥n，求角B的大小；(2)若m·p＝4，边长c＝2，求△ABC的面积的最大值．[解析](1)∵m∥n，∴acosB＝bsinA，∴2RsinAcosB＝2RsinBsinA，∴cosB＝sinB，∴tanB＝1.∵B∈(0，π)，∴B＝eq\f(π,4).(2)由m·p＝4得a＋b＝4，由均值不等式有ab≤(eq\f(a＋b,2))2＝4(当且仅当a＝b＝2时等号成立)，∴cosC＝eq\f(a2＋b2－4,2ab)＝eq\f(a＋b2－2ab－4,2ab)＝eq\f(6－ab,ab)＝eq\f(6,ab)－1≥eq\f(3,2)－1＝eq\f(1,2)，∴C∈(0，eq\f(π,3)]，从而sinC∈(0，eq\f(\r(3),2)](当且仅当a＝b＝2时等号成立)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)absinC≤eq\f(1,2)×4×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)，即当a＝b＝2时，△ABC的面积有最大值eq\r(3).18．(本小题满分12分)(2022·河南省试验中学期中)已知函数f(x)＝lg(x＋1)．(1)若0<f(1－2x)－f(x)<1，求x的取值范围；(2)若g(x)是以2为周期的偶函数，且当0≤x≤1时，有g(x)＝f(x)，求函数y＝g(x)(x∈[1,2])的反函数．[解析](1)由条件知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－2x>0，,x＋1>0，))∴－1<x<1，由0<lg(2－2x)－lg(x＋1)＝lgeq\f(2－2x,x＋1)<1得1<eq\f(2－2x,x＋1)<10，∵x＋1>0，∴x＋1<2－2x<10x＋10，－eq\f(2,3)<x<eq\f(1,3).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1<x<1，,－\f(2,3)<x<\f(1,3)，))得－eq\f(2,3)<x<eq\f(1,3).(2)当x∈[1,2]时，2－x∈[0,1]，因此y＝g(x)＝g(x－2)＝g(2－x)＝f(2－x)＝lg(3－x)，由单调性可得y∈[0，lg2]，∵x＝3－10y，∴所求反函数是y＝3－10x，x∈[0，lg2]．19．(本小题满分12分)(2021·黄冈中学月考)北京、张家港2022年冬奥会申办委员会在俄罗斯索契举办了发布会，某公司为了竞标配套活动的相关代言，打算对旗下的某商品进行一次评估．该商品原来每件售价为25元，年销售8万件．(1)据市场调查，若价格每提高1元，销售量将相应削减2000件，要使销售的总收入不低于原收入，该商品每件定价最多为多少元？(2)为了抓住申奥契机，扩大该商品的影响力，提高年销售量．公司打算马上对该商品进行全面技术革新和营销策略改革，并提高定价到x元．公司拟投入eq\f(1,6)(x2－600)万元作为技改费用，投入50万元作为固定宣扬费用，投入eq\f(x,5)万元作为浮动宣扬费用．试问：当该商品改革后的销售量a至少应达到多少万件时，才可能使改革后的销售收入不低于原收入与总投入之和？并求出此时商品的每件定价．[解析](1)设每件定价为t元，依题意得[80000－(t－25)×2000]t≥25×80000，整理得t2－65t＋1000≤0，解得25≤t≤40.所以要使销售的总收入不低于原收入，每件定价最多为40元．(2)依题意知，当x>25时，不等式ax≥25×8＋50＋eq\f(1,6)(x2－600)＋eq\f(1,5)x有解，等价于x>25时，a≥eq\f(150,x)＋eq\f(1,6)x＋eq\f(1,5)有解．由于eq\f(150,x)＋eq\f(1,6)x≥2eq\r(\f(150,x)×\f(1,6)x)＝10，当且仅当eq\f(150,x)＝eq\f(x,6)，即x＝30时等号成立，所以a≥10.2.当该商品改革后的销售量a至少达到10.2万件时，才可能使改革后的销售收入不低于原收入与总投入之和，此时该商品的每件定价为30元．20．(本小题满分12分)(2021·河南省信阳六检)已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝2an－2.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝log2an，cn＝eq\f(1,bnbn＋1)，数列{cn}的前n项和为Tn.若对n∈N*，Tn≤k(n＋4)恒成立，求实数k的取值范围．[解析](1)当n＝1时，a1＝2a1－2，∴a1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2－(2an－1－2)，∴eq\f(an,an－1)＝2，∴数列{an}为以2为公比的等比数列，∴an＝2n.(2)∵bn＝log2an＝log22n＝n，∴cn＝eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，∴Tn＝(1－eq\f(1,2))＋(eq\f(1,2)－eq\f(1,3))＋…＋(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).∵eq\f(n,n＋1)≤k(n＋4)，∴k≥eq\f(n,n＋1n＋4)＝eq\f(n,n2＋5n＋4)＝eq\f(1,n＋\f(4,n)＋5).∵n＋eq\f(4,n)＋5≥2eq\r(n·\f(4,n))＋5＝9，当且仅当n＝eq\f(4,n)，即n＝2时等号成立，∴eq\f(1,n＋\f(4,n)＋5)≤eq\f(1,9)，因此k≥eq\f(1,9)，故实数k的取值范围为[eq\f(1,9)，＋∞)．21．(本小题满分12分)(2021·唐山市海港高级中学月考)已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)对任意正数m，n都有f(mn)＝f(m)＋f(n)－eq\f(1,2)，当x>4时，f(x)>eq\f(3,2)，且f(eq\f(1,2))＝0.(1)求f(2)的值；(2)解关于x的不等式f(x)＋f(x＋3)>2.[解析](1)令m＝n＝1得，f(1)＝f(1)＋f(1)－eq\f(1,2)，所以f(1)＝eq\f(1,2)，令m＝2，n＝eq\f(1,2)得，f(2×eq\f(1,2))＝f(2)＋f(eq\f(1,2))－eq\f(1,2)，解得f(2)＝1.(2)任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1<x2，则f(x2)－f(x1)＝f(x1·eq\f(x2,x1))－f(x1)＝f(eq\f(x2,x1))－eq\f(1,2)＝f(eq\f(4x2,x1)·eq\f(1,4))－eq\f(1,2)＝f(eq\f(4x2,x1))＋f(eq\f(1,4))－1.由于f(eq\f(1,4))＝f(eq\f(1,2))＋f(eq\f(1,2))－eq\f(1,2)＝－eq\f(1,2)，且由eq\f(4x2,x1)>4得f(eq\f(4x2,x1))>eq\f(3,2).所以f(x2)－f(x1)>eq\f(3,2)－eq\f(1,2)－1＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．由