《2018-2019学年高二数学人教B版选修4-5阶段质量检测（一） 不等式的基本性质和证明不等式的基本方法 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018-2019学年高二数学人教B版选修4-5阶段质量检测（一） 不等式的基本性质和证明不等式的基本方法 Word版含解析.pdf（6页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 阶段质量检测(一) 不等式的基本性质和证明不等式的基本方法 (时间：90 分钟，满分 120 分) 一、选择题(本大题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 分) 1若 0，则下列结论不正确的是( ) 1 a 1 b Aa2b2 Babb2 C. 2 D|a|b|ab| b a a b 2设 a，b，cR，则“abc1”是“abc”的( ) 1 a 1 b 1 c A充分条件但不是必要条件 B必要条件但不是充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要的条件 3不等式Error!Error!的解集是( ) A(0,2) B(0,2.5) C(0，)
2、D(0,3)6 4若 ab0，则下列不等式中一定成立的是( ) Aa b B. 1 b 1 a b a b1 a1 Ca b D. 1 b 1 a 2ab a2b a b 5若不等式 x2|2x6|a 对于一切实数 x 均成立，则实数 a 的最大值是( ) A7 B9 C5 D11 6“|x1|2”是“x3”的( ) A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 7(江苏高考)对任意 x，yR，|x1|x|y1|y1|的最小值为( ) A1 B2 C3 D4 8若实数 a，b 满足 ab2，则 3a3b的最小值是( ) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印
3、A18 B6 C2 D.3 4 3 9设 a、b、c 是互不相等的正数，则下列不等式中不恒成立的是( ) A|ab|ac|bc| Ba2a 1 a2 1 a C|ab|2 1 ab D.a3a1a2a 10已知 a，b，c，dR且 S，则下列判断 a abc b bcd c cda d abd 中正确的是( ) A02. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 16(本小题满分 12 分)设 a，b，c，d 是正数，求证：下列三个不等式： ab0，b0，且 . 1 a 1 b ab (1)求 a3b3的最小值； (2)是否存在 a，b，使得 2a3b6？并说明理由 18.(本小题满分 14
4、 分)(辽宁高考)设函数 f(x)2|x1|x1，g(x)16x28x1.记 f(x)1 的解集为 M，g(x)4 的解集为 N. (1)求 M； (2)当 xMN 时，证明：x2f(x)xf(x)2 . 1 4 答 案 1选 D 法一 ： (特殊值法)： 令 a1，b2，代入 A、B、C、D 中，知 D 不正确 法二：由 0，得 ba0，所以 b2ab，aba2，故 A、B 正确 1 a 1 b 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 又由 0， 0，且 ，得 2 正确 b a a b b a a b b a a b 从而 A、B、C 均正确，对于 D，由 ba0|a|b|. 即|a|b
5、|0，而|ab|0. 2选 A 当 abc2 时，有abc，但 abc1，所以必要性不成 1 a 1 b 1 c 立；当 abc1 时，abc 1 a 1 b 1 c bcacab abc bcacab ， 所以充分性成立， 故 “abc1” 是 “ abbcac 2 abbcac 1 a 1 b 1 c abc”的充分不必要条件 3选 C 用筛选法，容易验证 x2 是不等式的解，否定 A； x 不是不等式的解，否 5 2 定 D；x使与|取“” ， ，故否定 B.6 3x 3x 2x 2x 6 5 2 4选 A ab0 0， 1 b 1 a a b . 1 b 1 a 5选 C 令 f(x)
6、x2|2x6|， 当 x3 时，f(x)x22x6(x1)279； 当 x0， a3b3c33abcabc0. 答案：abc0 14解析：设矩形长为 x cm(00,8x0， 可得 S 216，当且仅当 x8x 即 x4 时，Smax16. ( x8x 2 ) 所以矩形的最大面积是 16 cm2. 答案：16 15解：(1)f(x)Error!Error! 图象如下： (2)不等式|x8|x4|2，即 f(x)2. 由2x122，得 x5. 由函数 f(x)图象可知，原不等式的解集为(，5) 16证明：假设不等式正确 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 a，b，c，d 都是正数， 两不
7、等式相乘得(ab)20，4cd6，从而不存在 a，b，使得 2a3b6.3 18解：(1)f(x)Error!Error! 当 x1 时，由 f(x)3x31 得 x ， 4 3 故 1x ； 4 3 当 x1 时，由 f(x)1x1 得 x0，故 0x1. 所以 f(x)1 的解集为 M. x|0 x 4 3 (2)证明：由 g(x)16x28x14， 得 16 24，解得 x . (x 1 4) 1 4 3 4 因此 N， x 1 4 x 3 4 故 MN. x0 x 3 4 当 xMN 时，f(x)1x，于是 x2f(x)xf(x)2xf(x)xf(x)xf(x)x(1x) 2 . 1 4 (x 1 2) 1 4