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1、阶段质量检测(四) 模块综合检测 (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已知 a，b 为非零实数，且 aB BA0)的解集是 M， 不等式|f(x)g(x)|0) 的解集为 N，则集合 M 与 N 的关系是( ) ANM BMN CMN DMN 4已知 R，则 4cos 的最大值是( )2sin22 A2 B336 C. D. 6 3 6 5不等式|x1|x2|5 的解集为( ) A(，22，) B(，12，) C(，23，) D(，32，) 6已知 为锐角，a，b 均为正实数则下列不等式成立的是( ) A(ab)2 a2
2、cos2 b2 sin2 B(ab)2 a2 cos2 b2 sin2 Ca2b2 a2 cos2 b2 sin2 D(ab)21 时，不等式 ax恒成立，则实数 a 的取值范围是( ) 1 x1 A(，2) B2，) C3，) D(，3 9若实数 x、y 满足 1，则 x22y2有( ) 1 x2 1 y2 A最大值 32 B最小值 3222 C最大值 6 D最小值 6 10若 x1，则函数 yx 的最小值为( ) 1 x 16x x21 A16 B8 C4 D非上述情况 二、填空题(本大题共有 4 小题，每小题 5 分，共 20 分) 11若 x，y，z 是正数，且满足 xyz(xyz)1
3、，则(xy)(yz)的最小值为_ 12(广东高考)不等式|x1|x2|5 的解集为_ 13若不等式|xa|x2|1 对任意实数 x 均成立，则实数 a 的取值范围为 _ 14设正数 a，b，c 的乘积 abc1，的最小值为_ 1 a2bc 1 b2ca 1 c2ab 三、解答题(本大题共有 4 小题，共 50 分) 15(本小题满分 12 分)已知 a，b 是不相等的正实数 求证：(a2bab2)(ab2a2b)9a2b2. 16 (本小题满分 12 分)若 a1a2an， b1b2bn， 求证 ： a1b1a2b2anbn n . a1a2an n b1b2bn n 17(本小题满分 12
4、分)(新课标全国卷)设函数 f(x)|xa|(a0) |x 1 a| (1)证明：f(x)2； (2)若 f(3)0， 但 ab 的符号不确定，故 B 项错误 C 项中， 1 ab2 1 a2b 1 ab( 1 b 1 a) ab a2b2 由 aA. s 7s t 7t s 7st t 7ts st 7st 3选 C 由绝对值不等式的性质知|f(x)g(x)|f(x)|g(x)|， 集合 N 与集合 M 成 MN 关系 4选 B 由 4cos 3.当且仅当 4cos 2sin2242 22(2sin2)2cos26 ，即 sin ，cos 时，等号成立，故选 B.22sin2 6 3 3 3
5、 5选 D 由题意不等式|x1|x2|5 的几何意义为数轴上到 1，2 两个点的距离 之和大于等于 5 的点组成的集合，而2,1 两个端点之间的距离为 3，由于分布在2,1 以外 的点到2,1 的距离要计算两次，而在2,1 内部的距离则只计算一次，因此只要找出2 左 边到2 的距离等于1 的点3，以及 1 右边到 1 的距离等于1 的点 2，这样就 53 2 53 2 得到原不等式的解集为(，32，) 6选 A 设 m，n(cos ，sin )， ( a cos ， b sin ) 则|ab| a cos cos b sin sin | ， ( a cos ) 2( b sin ) 2 1 a
6、2 cos2 b2 sin2 所以(ab)2. a2 cos2 b2 sin2 7选 D 当 a2 时，f(x)Error! 如图 1 可知，当 x 时，f(x)minf 1 a 2 ( a 2) a 2 3，可得 a8； 当 a1 时， 原不等式即 x1x25 x2，此时得到 x2.于是原不等式的解集为x3 或 x2 答案：x|x3 或 x2 13 解析 ： 由题得|xa|x2|(xa)(x2)|a2|， |a2|1， 解得 a(， 1 3，) 答案：(，13，) 14 解析 ： 设 a ， b ， c ， 则 xyz1， 则可化为 1 x 1 y 1 z 1 a2bc 1 b2ca 1 c
7、2ab x yz ，不妨设 xyz，则， y zx z xy 1 yz 1 zx 1 xy 据排序不等式得 zxy， x yz y zx z xy 1 yz 1 zx 1 xy yzx， x yz y zx z xy 1 yz 1 zx 1 xy 两式相加并化简可得 23. ( x yz y zx z xy) 即 . x yz y zx z xy 3 2 即 . 1 a2bc 1 b2ca 1 c2ab 3 2 所以的最小值为 . 1 a2bc 1 b2ca 1 c2ab 3 2 答案：3 2 15证明：因为 a，b 是正实数， 所以 a2bab233ab0， 3 a2bab2 当且仅当 a2
8、bab2，即 ab1 时，等号成立； 同理：ab2a2b33ab0， 3 ab2a2b 当且仅当 ab1 时，等号成立 所以(a2bab2)(ab2a2b)9a2b2， 当且仅当 ab1 时，等号成立 因为 ab，所以(a2bab2)(ab2a2b)9a2b2. 16证明：由题设和排序不等式，可知有以下 n 组式子成立： a1b1a2b2anbna1b1a2b2anbn， a1b1a2b2anbna1b2a2b3anb1， a1b1a2b2anbna1bna2b1anbn1. 将上述 n 个不等式叠加后，两边同除以 n2，即得欲证的不等式 17 解 ： (1)证明 ： 由 a0， 有 f(x)
9、|xa| a2.当且仅当 “a |x 1 a| |x 1 axa| 1 a 1”时等号成立 所以 f(x)2. (2)f(3)|3a|. |3 1 a| 当 a3 时，f(3)a ， 1 a 由 f(3)5 得 3a. 5 21 2 当 0a3 时，f(3)6a ， 1 a 由 f(3)5 得a3. 1 5 2 综上，a 的取值范围是. ( 1 5 2 ，5 21 2 ) 18解：(1)当 n1 时，a1S12a1，所以 a11； 当 n2 时，a1a2S222a2，所以 a2 ； 3 2 当 n3 时，a1a2a3S323a3，所以 a3 ； 7 4 当 n4 时，a1a2a3a4S424a4， 所以 a4. 15 8 由此猜想 an(nN) 2n1 2n1 (2)当 n1 时，a11，结论成立 假设 nk(k1 且 kN)时，结论成立，即 ak， 2k1 2k1 那么 nk1(k1 且 kN)时， ak1Sk1Sk2(k1)ak12kak 2akak1. 所以 2ak12ak， 所以 ak1， 2ak 2 22 k1 2k1 2 2k11 2k 这就是说当 nk1 时，结论也成立， 综上可得 an(nN) 2n1 2n1