高中数学 综合质量评估(含解析)新人A教版选修4-5(2021年最新整理)

2017年高中数学综合质量评估（含解析）新人A教版选修4-5
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综合质量评估
（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。

（2016·唐山高二检测）设函数f(x）=,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.（2016·北京高二检测)设a，b∈R,下面的不等式能成立的是( )
A.a2+3ab〉b2
B.ab+a>b+ab
C。

< D.a2+b2≥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。

a2+b2—2(a—b-1）=a2—2a+1+b2-2b+1=（a-1)2+（b-1）2≥0,故选D.
【补偿训练】若a，b,c,d∈R,且ab〉0，—<-,则下列各式恒成立的是（）
A.bc<ad B。

bc〉ad
C。

> D.〈
【解析】选B.对—<—两边同乘以—ab，
由-ab〈0，得bc>ad.
3.(2016·聊城高二检测)“a>0且b>0”是“≥”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≥，
反之若≥。

则a≥0且b≥0,不一定是“a>0且b〉0”。

故选A.
4。

若P=,Q=—,R=-，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==，
Q=-=,
R=-=。

因为2〈+<+，
所以>>，
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。

(2016·中山高二检测）若关于x的不等式|x-1｜+|x-2|>a2+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｜>a2+a+1（x∈R)恒成立，等价于a2+a+1<1,解得-1<a<0。

7。

已知t,s>0,A=，B=+,则A与B的大小关系为（）
A.A〉B
B.A〈B
C。

A=B D。

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=+>+==A.
【补偿训练】设x>0,y〉0,若P=，Q=+，则P,Q的大小关系是（）A.P=Q B.P〈Q
C。

P≤Q D.P〉Q
【解析】选B。

因为x>0，y〉0,
所以P==+〈+=Q.
8。

（2016·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。

（2016·聊城高二检测）若ε〉0，|x｜≤，|y｜≤，｜z|=，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：ε
10。

（2016·盐城高二检测）已知实数x,y，z满足x+2y+3z=a(a为常数),则x2+y2+z2的最小值为。

【解析】根据柯西不等式可知,（x2+y2+z2）（1+4+9）≥(x+2y+3z)2=a2，
所以x2+y2+z2≥.
答案：
11.若a>b>c，n∈N,且+≥恒成立，则n的最大值是.
【解析】因为a>b〉c，且+≥恒成立，于是n≤+恒成立。

因为+=+
=2++≥2+2=4。

所以n的最大值是4。

答案:4
12.请补全用分析法证明不等式“ac+bd≤”时的推论过程：要证明ac+bd ≤（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)(2016·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
⇒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）(2016·天津高二检测)正数x，y满足+=1。

（1）求xy的最小值。

(2)求x+2y的最小值.
【解析】（1）由1=+≥2得xy≥36,
当且仅当=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)
19++≥19+2
=19+6.当且仅当=，即9x2=2y2时取等号.故x+2y的最小值为19+6。

15.(10分）（2016·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=++(1-x P—y P）2,
所以2S=++(1—x P—y P)2。

由柯西不等式，得
[++（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≥.
当且仅当==时,等号成立,即x P=y P=时，面积S最小,且最小值为.
16.（10分)(2016·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
≤-或x≥.所以实数x的取值范围为∪。

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≥—，
所以-≤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。

(2）f(x)=|x+2|—｜2x-2|=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+，
根据对任意x∈[a,+∞）都有g(x)≥f（x），所以a≥2+,即a≥4.
综上可得,a≤-2或a≥4。

18.（10分）（2016·南京高二检测)已知数列｛b n｝是等差数列,b1=1,b1+b2+…+b10=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，（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log 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
⇒
所以b n=3n—2.
(2）由b n=3n-2知
S n=log a(1+1）+log a+…+log a
=log a，
而log a b n+1=log a.
于是,比较S n与log a b n+1的大小，即比较
(1+1）…与的大小。

取n=1，有（1+1)=>=.
取n=2,有（1+1)〉〉=。

由此猜想：
(1+1)…〉。

(＊)
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）…>,
则当n=k+1时,
(1+1）…
〉=。

因为—
==〉0,
所以(3k+2)>=。

从而（1+1)…>，即当n=k+1时(＊)也成立.
由①与②知，（*)对任意正整数n都成立.
所以，当a>1时，S n>log a b n+1,
当0〈a〈1时,S n<log a b n+1.。