高三数学综合质量评估

综合质量评估(第一至第四讲) (90分钟 120分)一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40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.(·唐山高二检测)设函数f(x)={(x +1)2(x <1)4−|x −1|(x ≥1),则使f(x)≥1的自变量x的取值范围是 ( )A.(-∞,-2]∪[0,4]B.(-∞,-2]∪[0,1]C.(-∞,-2]∪[1,4]D.[-2,0]∪[1,4] 【解析】选A.当x<1时, 由(x+1)2≥1得x ≤-2或0≤x<1; 当x ≥1时,由4-|x-1|≥1得1≤x ≤4.综合上述,使f(x)≥1的自变量x 的取值范围是 (-∞,-2]∪[0,4].2.(·北京高二检测)设a,b ∈R,下面的不等式能成立的是 ( ) A.a 2+3ab>b 2B.ab+a>b+abC.a b <a +1b+1D.a 2+b 2≥2(a-b-1)【解析】选D.取a=0,b=1,验证排除A,B,再取a=4,b=3时,可排除C.【一题多解】选D.a 2+b 2-2(a-b-1)=a 2-2a+1+b 2-2b+1=(a-1)2+(b-1)2≥0,故选D.【补偿训练】若a,b,c,d ∈R,且ab>0,-ca<-db ,则下列各式恒成立的是 ( )A.bc<adB.bc>adC.a c >b dD.a c <bd【解析】选B.对-c a<-db两边同乘以-ab,由-ab<0,得bc>ad.3.(·聊城高二检测)“a>0且b>0”是“a +b 2≥√a b ”成立的 ( )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 【解析】选A.由a>0且b>0,可得a +b 2≥√a b ,反之若a +b 2≥√a b .则a ≥0且b ≥0,不一定是“a>0且b>0”.故选A.4.若P=√2,Q=√7-√3,R=√6-√2,则P,Q,R 的大小顺序是 ( ) A.P>Q>R B.P>R>Q C.Q>P>R D.Q>R>P 【解析】选B.P=√2=2√2,Q=√7-√3=√7+√3,R=√6-√2=√6+√2.因为2√2<√6+√2<√7+√3, 所以2√2>√6+√2>√7+√3,所以P>R>Q.5.若a,b ∈R,则不等式|a|+|b|≥|a+b|中等号成立的充要条件是 ( ) A.ab>0 B.ab ≥0 C.ab<0 D.ab ≤0 【解析】选B.若ab=0,则|a|+|b|=|a+b|;若ab>0,则|a|+|b|=|a+b|;若ab<0,则|a|+|b|>|a+b|.6.(·中山高二检测)若关于x 的不等式|x-1|+|x-2|>a 2+a+1(x ∈R)恒成立,则实数a 的取值范围为 ( )A.(0,1)B.(-∞,-1)∪(0,+∞)C.(-∞,-1)D.(-1,0)【解析】选D.根据绝对值不等式的意义知|x-1|+|x-2|≥|(x-1)-(x-2)|=1,所以,不等式|x-1|+|x-2|>a 2+a+1(x ∈R)恒成立,等价于a 2+a+1<1,解得-1<a<0. 7.已知t,s>0,A=t +s 7+s+t,B=s7+s +t7+t,则A 与B 的大小关系为 ( )A.A>BB.A<BC.A=BD.不确定【解题指南】通过对式子B 的分母放大使得与式子A 分母一样,然后进行大小比较.【解析】选B.B=s7+s +t7+t >s7+s+t +t7+s+t =s +t7+s+t=A.【补偿训练】设x>0,y>0,若P=x +y 1+x+y,Q=x 1+x +y1+y,则P,Q 的大小关系是 ( )A.P=QB.P<QC.P ≤QD.P>Q 【解析】选B.因为x>0,y>0, 所以P=x +y1+x+y =x1+x+y +y1+x+y <x1+x +y1+y=Q.8.(·南昌高二检测)不等式|x-1|+|x-2|≥3的解集是 ( ) A.{x|x ≤1或x ≥2} B.{x|1≤x ≤2} C.{x|x ≤0或x ≥3} D.{x|0≤x ≤3}【解析】选C.由x ≤1时,原不等式可化为-(x-1)-(x-2)≥3,得x ≤0.因此x ≤0.当1<x<2时,原不等式可化为(x-1)-(x-2)≥3,无解. 当x ≥2时,原不等式可化为(x-1)+(x-2)≥3,得x ≥3. 因此x ≥3,综上所述,原不等式的解集是{x|x ≤0或x ≥3}.二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中横线上)9.(·聊城高二检测)若ε>0,|x|≤ε6,|y|≤ε3,|z|=ε9,则|2x-y+3z|的最大值为 .【解析】根据绝对值不等式的性质,所以|2x-y+3z|≤2|x|+|y|+3|z|≤ε.所以|2x-y+3z|的最大值为ε. 答案:ε10.(·盐城高二检测)已知实数x,y,z 满足x+2y+3z=a(a 为常数),则x 2+y 2+z 2的最小值为 .【解析】根据柯西不等式可知,(x 2+y 2+z 2)(1+4+9)≥(x+2y+3z)2=a 2, 所以x 2+y 2+z 2≥a 214.答案:a 21411.若a>b>c,n ∈N,且1a−b +1b−c≥na−c 恒成立,则n 的最大值是 . 【解析】因为a>b>c,且1a−b +1b−c ≥na−c恒成立,于是n ≤a −c a−b +a −cb−c恒成立.因为a −c a−b +a −cb−c =(a−b)+(b−c)a−b+(a−b)+(b−c)b−c=2+b −ca−b +a −bb−c≥2+2√b −c a−b·a−b b−c=4.所以n 的最大值是4. 答案:412.请补全用分析法证明不等式“ac+bd≤√(a2+b2)(c2+d2)时的推论过程:要证明ac+bd≤√(a2+b2)(c2+d2)(1) ,只要证(ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2),即要证:a2c2+2abcd+b2d2≤a2c2+a2d2+b2c2+b2d2,即要证a2d2+b2c2≥2abcd, (2) .【解析】根据分析法的原理,及后续证明提示,可知在(1)处需要对ac+bd的正负讨论;对于(2)处需要考虑前面证明步骤成立的条件,及结论的写法.答案:(1)当ac+bd≤0时,命题成立.当ac+bd>0时(2)因为(ad-bc)2≥0,所以a2d2+b2c2≥2abcd,所以命题成立三、解答题(本大题共6小题,共60分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)13.(10分)(·福州高二检测)已知函数f(x)是R上的增函数,a,b∈R.(1)若a+b≥0,求证:f(a)+f(b)≥f(-a)+f(-b).(2)判断(1)中命题的逆命题是否成立,并证明你的结论.【解析】(1)因为a+b≥0,所以a≥-b,已知f(x)是R上的增函数,所以f(a)≥f(-b),又a+b≥0⇒b≥-a.同理f(b)≥f(-a),两式相加,可得f(a)+f(b)≥f(-a)+f(-b).(2)(1)中命题的逆命题成立.逆命题:若f(a)+f(b)≥f(-a)+f(-b),则a+b≥0.下面用反证法证明,设a+b<0,则a+b<0⇒a<−b⇒f(a)<f(−b),a+b<0⇒b<−a⇒f(b)<f(−a),}⇒f(a)+f(b)<f(-a)+f(-b),这与已知矛盾,故有a+b≥0成立.从而逆命题成立.14.(10分)(·天津高二检测)正数x,y 满足1x +9y =1.(1)求xy 的最小值.(2)求x+2y 的最小值. 【解析】(1)由1=1x +9y≥2√1x·9y得xy ≥36,当且仅当1x =9y即y=9x=18时取等号.故xy 的最小值为36.(2)由题意可得x+2y=(x+2y)(1x+9y )19+2y x+9x y≥19+2√2y x ·9xy=19+6√2.当且仅当2y x=9xy,即9x 2=2y 2时取等号.故x+2y 的最小值为19+6√2. 15.(10分)(·天津高二检测)等腰Rt △AOB 的直角边长为1,在此三角形中任取点P,过P 点分别作三边的平行线,与各边围成以P 为顶点的三个三角形,求这三个三角形的面积和的最小值.【解题指南】本题需建立直角坐标系,设出P 点的坐标,确定三角形面积和的函数,再应用柯西不等式求解.【解析】以OA,OB 分别为x 轴、y 轴,建立直角坐标系,如图.则AB 的直线方程为x+y=1.设P 的坐标为(x P ,y P ),则以P 为公共顶点的三个三角形的面积和S=12x P2+12y P2+12(1-x P-y P)2,所以2S=x P2+yP2+(1-x P-y P)2. 由柯西不等式,得[x P2+yP2+(1-x P-y P)2](12+12+12) ≥(x P+y P+1-x P-y P)2=1,所以3·2S≥1,所以S≥16.当且仅当x P1=y P1=1−x P−y P1时,等号成立,即x P=y P=13时,面积S最小,且最小值为16.16.(10分)(·长安高二检测)已知a,b,c∈R,a2+b2+c2=1,|x-1|+|x+1|≥(a-b+c)2对一切实数a,b,c恒成立,求实数x的取值范围.【解析】因为a,b,c∈R,a2+b2+c2=1,由柯西不等式得,(a-b+c)2≤(a2+b2+c2)(1+1+1)=3,|x-1|+|x+1|≥(a-b+c)2对一切实数a,b,c恒成立,等价于|x-1|+|x+1|≥3,解得x≤-3 2或x≥32.所以实数x的取值范围为(−∞,−32]∪[32,+∞).17.(10分)已知函数f(x)=|x+2|-|2x-2|.(1)解不等式f(x)≥-2.(2)设g(x)=x-a,对任意x∈[a,+∞)都有g(x)≥f(x),求a的取值范围.【解题指南】(1)分类讨论,去掉绝对值,分别求得不等式f(x)≥-2的解集,再取并集,即得所求.(2)作出f(x)的图象,数形结合求得满足x∈[a,+∞)时g(x)≥f(x)的a的取值范围. 【解析】(1)对于f(x)≥-2,当x≤-2时,不等式即x-4≥-2,即x≥2,所以x∈∅;当-2<x<1时,不等式即3x≥-2,即x≥-23,所以-23≤x<1;当x ≥1时,不等式即-x+4≥-2, 即x ≤6,所以1≤x ≤6.综上,不等式的解集为{x |−23≤x ≤6}.(2)f(x)=|x+2|-|2x-2|={x −4,x ≤−2,3x,−2<x <1,−x +4,x ≥1,函数f(x)的图象如图所示:因为g(x)=x-a,表示一条斜率为1且在y 轴上的截距等于-a 的直线,当直线过(1,3)点时,-a=2.①当-a ≥2,即a ≤-2时,恒有g(x)≥f(x)成立.②当-a<2,即a>-2时,令f(x)=g(x),即-x+4=x-a,求得x=2+a2,根据对任意x ∈[a,+∞)都有g(x)≥f(x),所以a ≥2+a2,即a ≥4.综上可得,a ≤-2或a ≥4.18.(10分)(·南京高二检测)已知数列{b n }是等差数列,b 1=1,b 1+b 2+…+b 10=145. (1)求数列{b n }的通项公式b n . (2)设数列{a n }的通项a n =log a (1+1b n),(其中a>0,且a ≠1),记S n 为数列{a n }的前n 项和,试比较S n 与13log a b n+1的大小,并证明你的结论. 【解析】(1)设数列{b n }的公差为d,由题意得{b 1=1,10b 1+10(10−1)2d =145⇒{b 1=1,d =3.所以b n =3n-2. (2)由b n =3n-2知S n =log a (1+1)+log a (1+14)+…+log a (1+13n−2)=log a [(1+1)(1+14) (1)13n−2)],而13log a b n+1=log a √3n +13.于是,比较S n 与13log a b n+1的大小,即比较(1+1)(1+14) (1)13n−2)与√3n +13的大小.取n=1,有(1+1)=√83>√43=√3×1+13. 取n=2,有(1+1)(1+14)>√83>√73=√3×2+13.由此猜想:(1+1)(1+14) (1)13n−2)>√3n +13.(*)下面用数学归纳法证明: ①当n=1时,已验证(*)成立.②假设n=k(k ≥1,k ∈N +)时,(*)成立,即 (1+1)(1+14) (1)13k−2)>√3k +13,则当n=k+1时, (1+1)(1+14) (1)13k−2)[1+13(k+1)−2]>√3k +13(1+13k+1)=3k+23k+1√3k +13. 因为(3k+23k+1√3k +13)3-(√3k +43)3=(3k+2)3−(3k+4)(3k+1)2(3k+1)2=9k+4(3k+1)2>0,所以√3k+133k+1(3k+2)>√3k +43=√3(k +1)+13.从而(1+1)(1+14) (1)13k−2)(1+13k+1)>√3(k +1)+13,即当n=k+1时(*)也成立.由①与②知,(*)对任意正整数n都成立.log a b n+1,所以,当a>1时,S n>13当0<a<1时,S n<1log a b n+1.3。