【优化方案】2021高考数学总复习(湖北理科)课后达标检测：第6章-第5课时

[基础达标]一、选择题1．(2022·天津一中高三月考)已知全集U＝R，A＝{y|y＝2x＋1}，B＝{x||x－1|＋|x－2|<2}，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(∁UA))∩B＝()A．∅ B.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|\f(1,2)<x≤1))C．{x|x<1} D．{x|0<x<1}解析：选B.A＝{y|y＝2x＋1}＝{y|y>1}，B＝{x||x－1|＋|x－2|<2}＝{x|eq\f(1,2)<x<eq\f(5,2)}，所以∁UA＝{y|y≤1}，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(∁UA))∩B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|\f(1,2)<x≤1)).2．(2022·武汉市高三调研测试)若logmn＝－1，则m＋3n的最小值为()A．2 B．2eq\r(2)C．2eq\r(3) D．4解析：选C.由于logmn＝－1则mn＝1，且m>0，m≠1，n>0.所以m＋3n≥2eq\r(3mn)＝2eq\r(3)，当且仅当m＝3n，即m＝eq\r(3)，n＝eq\f(\r(3),3)时等号成立．故m＋3n的最小值为2eq\r(3).3．已知x，y，z∈R＋，且x＋y＋z＝2，则x2＋y2＋z2的最小值为()A.eq\f(4,3) B．1C.eq\f(2,3) D.eq\f(1,3)解析：选A.由柯西不等式得(x2＋y2＋z2)(12＋12＋12)≥(x＋y＋z)2，即3(x2＋y2＋z2)≥4.所以x2＋y2＋z2≥eq\f(4,3).即x2＋y2＋z2的最小值为eq\f(4,3).4．(2022·武汉市高三模拟考试)已知2x2＋3y2＋6z2－a＝0，x＋y＋z＋2－a＝0，则实数a的取值范围为()A．[1,4] B．(－∞，1]∪[4，＋∞)C．(1,4) D．(－∞，1)∪(4，＋∞)解析：选A.由柯西不等式，得eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)x))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)y))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(6)z))2))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2))))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(3))))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(6))))2))≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)x·\f(1,\r(2))＋\r(3)y·\f(1,\r(3))＋\r(6)z·\f(1,\r(6))))2，即aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,3)＋\f(1,6)))≥(a－2)2，解得1≤a≤4.二、填空题5．设函数f(x)＝eq\r(|x＋1|＋|x－2|－a)，若函数f(x)的定义域为R，则实数a的取值范围是________．解析：由题意，|x＋1|＋|x－2|－a≥0对任意x∈R恒成立，即|x＋1|＋|x－2|≥a对任意x∈R恒成立．由于|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，所以3≥a.即实数a的取值范围是(－∞，3]．答案：(－∞，3]6．已知x＋2y＋3z＝1，则x2＋y2＋z2的最小值是________．解析：由柯西不等式，得(x2＋y2＋z2)(12＋22＋32)≥(x＋2y＋3z)2，则14(x2＋y2＋z2)≥1.所以x2＋y2＋z2≥eq\f(1,14).故x2＋y2＋z2的最小值是eq\f(1,14).答案：eq\f(1,14)7．(2022·武汉市高三调研考试)不等式|x－1|＋|x＋2|≥5的解集是________．解析：当x<－2时，不等式可化为－(x－1)－(x＋2)≥5，解得x≤－3；当－2≤x≤1时，不等式可化为－(x－1)＋(x＋2)≥5，即3≥5，无解；当x>1时，不等式可化为(x－1)＋(x＋2)≥5，解得x≥2.综上，不等式|x－1|＋|x＋2|≥5的解集是(－∞，－3]∪[2，＋∞)．答案：(－∞，－3]∪[2，＋∞)8．已知x>0，y>0，且2x＋y＝6，则x2y的最大值为________．解析：由于x>0，y>0，所以x2y＝x·x·y≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋x＋y,3)))3＝8，当且仅当x＝y＝2时，等号成立．答案：89．(2022·湖北省公安三中高三月考)已知x，y，z为正实数，且eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋eq\f(1,z)＝1，则x＋4y＋9z的最小值为________，此时x＝________，y＝________，z＝________.解析：x＋4y＋9z＝(x＋4y＋9z)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)＋\f(1,z)))＝14＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,y)＋\f(4y,x)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,z)＋\f(9z,x)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4y,z)＋\f(9z,y)))≥14＋2eq\r(\f(x,y)·\f(4y,x))＋2eq\r(\f(x,z)·\f(9z,x))＋2eq\r(\f(4y,z)·\f(9z,y))＝36，当且仅当eq\f(x,y)＝eq\f(4y,x)，eq\f(x,z)＝eq\f(9z,x)，eq\f(4y,z)＝eq\f(9z,y)，即x＝2y＝3z，即x＝6，y＝3，z＝2时等号成立．答案：3663210．空间向量α＝(1,1,1)，β＝(x，y，z)，已知|β|＝3eq\r(3)，则(1)α·β的最大值为________；(2)此时β＝________.解析：(1)由柯西不等式|α·β|≤|α||β|，得|α·β|≤eq\r(3)×3eq\r(3)，所以|α·β|≤9.故α·β≤9.(2)由柯西不等式成立的条件可知，β＝3α，故β＝(3,3,3)．答案：(1)9(2)(3,3,3)11．(2022·黄冈市黄冈中学高三模拟考试)已知x，y，z∈(0，＋∞)，且ln2x＋ln2y＋ln2z＝eq\f(1,3)，则eq\f(x2,yz)的最大值为________．解析：由柯西不等式，得(ln2x＋ln2y＋ln2z)[22＋(－1)2＋(－1)2]≥(2lnx－lny－lnz)2，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(x2,yz)))2≤2，得－eq\r(2)≤lneq\f(x2,yz)≤eq\r(2)，则e－eq\r(2)≤eq\f(x2,yz)≤eeq\r(2).即eq\f(x2,yz)的最大值为eeq\r(2).答案：eeq\r(2)12．若不等式|3x－b|<4的解集中整数有且仅有1,2,3，则实数b的取值范围是________．解析：不等式|3x－b|<4⇔－4<3x－b<4，所以eq\f(b－4,3)<x<eq\f(b＋4,3).(*)若原不等式的整数解只有1,2,3，由(*)式，知0≤eq\f(b－4,3)<1且3<eq\f(b＋4,3)≤4，解得4≤b<7且5<b≤8，所以5<b<7.答案：(5,7)[力气提升]一、选择题1．(2022·湖北省八校高三联考)若2x＋3y＋5z＝29，则函数μ＝eq\r(2x＋1)＋eq\r(3y＋4)＋eq\r(5z＋6)的最大值为()A.eq\r(5) B．2eq\r(15)C．2eq\r(30) D.eq\r(30)解析：选C.由柯西不等式，得eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(2x＋1)2＋\r(3y＋4)2＋\r(5z＋6)2))(12＋12＋12)≥(eq\r(2x＋1)＋eq\r(3y＋4)＋eq\r(5z＋6))2，则3(2x＋3y＋5z＋11)≥(eq\r(2x＋1)＋eq\r(3y＋4)＋eq\r(5z＋6))2，即3(29＋11)≥(eq\r(2x＋1)＋eq\r(3y＋4)＋eq\r(5z＋6))2，所以eq\r(2x＋1)＋eq\r(3y＋4)＋eq\r(5z＋6)≤2eq\r(30).即函数μ＝eq\r(2x＋1)＋eq\r(3y＋4)＋eq\r(5z＋6)的最大值为2eq\r(30).2．(2022·高考湖北卷)设a，b，c，x，y，z是正数，且a2＋b2＋c2＝10，x2＋y2＋z2＝40，ax＋by＋cz＝20，则eq\f(a＋b＋c,x＋y＋z)＝()A.eq\f(1,4) B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2) D.eq\f(3,4)解析：选C.由题意可得x2＋y2＋z2＝2ax＋2by＋2cz，①①与a2＋b2＋c2＝10相加可得(x－a)2＋(y－b)2＋(z－c)2＝10，所以不妨令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－a＝a,y－b＝b,z－c＝c))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－a＝b,y－b＝c,z－c＝a))，则x＋y＋z＝2(a＋b＋c)，即eq\f(a＋b＋c,x＋y＋z)＝eq\f(1,2).二、填空题3．(2022·武汉市部分学校高三联考)设二次函数f(x)＝ax2－4x＋c(x∈R)的值域为[0，＋∞)，则eq\f(1,c＋1)＋eq\f(9,a＋9)的最大值为________．解析：由题意，a>0，且eq\f(4ac－16,4a)＝0，则ac＝4.故eq\f(1,c＋1)＋eq\f(9,a＋9)＝eq\f(a＋9＋9c＋9,c＋1a＋9)＝eq\f(a＋9c＋18,ac＋a＋9c＋9)＝eq\f(a＋9c＋18,a＋9c＋13)＝1＋eq\f(5,a＋9c＋13)≤1＋eq\f(5,2\r(a·9c)＋13)＝eq\f(6,5)，当且仅当a＝9c，即a＝6，c＝eq\f(2,3)时等号成立．故eq\f(1,c＋1)＋eq\f(9,a＋9)的最大值为eq\f(6,5).答案：eq\f(6,5)4．设x，y，z∈R，若2x－3y＋z＝3，则x2＋(y－1)2＋z2的最小值为________，且此时y＝________.解析：由2x－3y＋z＝3，得2x－3(y－1)＋z＝6，故由柯西不等式得[x2＋(y－1)2＋z2][22＋(－3)2＋12]≥(2x－3y＋3＋z)2＝36，∴x2＋(y－1)2＋z2≥eq\f(36,14).所以最小值为eq\f(18,7)，eq\f(x,2)＝eq\f(y－1,－3)＝eq\f(z,1)＝t，由于2x－3y＋z＝3，∴2(2t)－3(－3t＋1)＋t＝3，所以t＝eq\f(3,7).所以y＝－eq\f(2,7).答案：eq\f(18,7)－eq\f(2,7)5．(2022·陕西省重点中学高三模拟考试)对于任意的实数a(a≠0)和b，不等式|a＋b|＋|a－b|≥M·|a|恒成立，记实数M的最大值是m，则m的值为________．解析：不等式|a＋b|＋|a－b|≥M·|a|恒成立，即M≤eq\f(|a＋b|＋|a－b|,|a|)对于任意的实数a(a≠0)和b恒成立，只要左边恒小于或等于右边的最小值．由于|a＋b|＋|a－b|≥|(a＋b)＋(a－b)|＝2|a|，当且仅当(a－b)(a＋b)≥0时等号成立，即|a|≥|b|时，eq\f(|a＋b|＋|a－b|,|a|)≥2成立，也就是eq\f(|a＋b|＋|a－b|,|a|)的最小值是2.答案：26．(2022·湖北省黄冈模拟)已知M是△ABC内的一点(不含边界)，且eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝2eq\r(3)，∠BAC＝30°，若△MBC，△MCA，△MAB的面积分别为x，y，z，记f(x，y，z)＝eq\f(1,x)＋eq\f(4,y)＋eq\f(9,z)，则f(x，y，z)的最小值是________．解析：依据eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝2eq\r(3)，得AB·AC＝4，故△ABC的面积是eq\f(1,2)AB·ACsin30°＝1，即x＋y＋z＝1.故f(x，y，z)＝eq\f(1,x)＋eq\f(4,y)＋eq\f(9,z)＝(x＋y＋z)(eq\f(1,x)＋eq\f(4,y)＋eq\f(9,z))＝14＋eq\f(4x,y)＋eq\f(9x,z)＋eq\f(y,x)＋eq\f(9y,z)＋eq\f(z,x)＋eq\f(4z,y)＝14＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4x,y)＋\f(y,x)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9x,z)＋\f(z,x)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9y,z)＋\f(4z,y)))≥14＋4＋6＋12＝36.等号当且仅当y＝2x，z＝3x,3y＝2z时成立．答案：367．设a，b，c，x，y，z均为正实数，且满足a2＋b2＋c2＝25，x2＋y2＋z2＝36，ax＋by＋cz＝30，则eq\f(a＋b＋c,x＋y＋z)＝________.解析：由柯西不等式等号成立的条件，知eq\f(a,x)＝eq\f(b,y)＝eq\f(c,z)＝λ，再由等比定理，得eq\f(a＋b＋c,x＋y＋z)＝λ.因此只需求λ的值即可．由柯西不等式，得302＝(ax＋by＋cz)2≤(a2＋b2＋c2)(x2＋y2＋z2)＝25×36，当且仅当eq\f(a,x)＝eq\f(b,y)＝eq\f(c,z)＝λ时，上式等号成立．于是a＝λx，b＝λy，c＝λz.从而有λ2(x2＋y2＋z2)＝25，解得λ＝±eq\f(5,6)(舍负)，即eq\f(a,x)＝eq\f(b,y)＝eq\f(c,z)＝eq\f(5,6).答案：eq\f(5,6)8．(2022·湖南长沙市高三模拟)已知x>0，y>0，z>0，x＋2y＋3z＝3，那么eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,4y)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2y＋\f(1,6z)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3z＋\f(1,2x)))2的最小值为________．解析：由柯西不等式，得eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,4y)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2y＋\f(1,6z)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3z＋\f(1,2x)))2))(12＋12＋12)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,4y)＋2y＋\f(1,6z)＋3z＋\f(1,2x)))2，即3eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,4y)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2y＋\f(1,6z)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3z＋\f(1,2x)))2))≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(1,2x)＋\f(1,4y)＋\f(1,6z)))2，当且仅当x＋eq\f(1,4y)＝2y＋eq\f(1,6z)＝3z＋eq\f(1,2x)时等号成立．由于eq\f(1,2x)＋eq\f(1,4y)＋eq\f(1,6z)＝eq\f(x＋2y＋3z,3×2x)＋eq\f(x＋2y＋3z,3×4y)＋eq\f(x＋2y＋3z,3×6z)＝eq\f(1,6)＋eq\f(y,3x)＋eq\f(z,2x)＋eq\f(x,12y)＋eq\f(1,6)＋eq\f(z,4y)＋eq\f(x,18z)＋eq\f(y,9z)＋eq\f(1,6)＝eq\f(