高中数学单元质量评估(二) (2)

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单元质量评估(二)

(第二讲)

(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.已知a>b>c>0,A=a2a b2b c2c,B=a b+c b c+a c a+b,则A与B的大小关系是( )

A.A>B

B.A

C.A=B

D.不确定

【解析】选A.因为a>b>c>0,所以A>0,B>0,

所以==a a-b a a-c b b-c b b-a c c-a c c-b

=.

因为a>b>0,所以>1,a-b>0,

所以>1,同理>1,>1.

所以>1,即A>B.

2.若实数x,y适合不等式xy>1,x+y≥-2,则( )

A.x>0,y>0

B.x<0,y<0

C.x>0,y<0

D.x<0,y>0

【解析】选A.x,y异号时,显然与xy>1矛盾,所以可排除C,D.假设x<0,y<0,则x<.

所以x+y0,y>0.

3.(2016·威海高二检测)使不等式+>1+成立的正整数a的最大值是

( ) A.10 B.11 C.12 D.13

【解析】选C.用分析法可证a=12时不等式成立,a=13时不等式不成立.

4.设a>0,b>0,a+b=1,M=++,则M与8的大小关系是( )

A.M=8

B.M≥8

C.M<8

D.M≤8

【解析】选B.因为a>0,b>0,a+b=1,

所以1=a+b≥2,所以≤,所以≥4.

所以++=(a+b)+≥2·2+4=8.

所以++≥8,即M≥8.

当且仅当a=b=时等号成立.

5.(2016·石家庄高二检测)已知a>b,则不等式①a2>b2;②<;③>中不成立的个数是( )

A.0

B.1

C.2

D.3

【解析】选D.因为a>b,①a2-b2=(a-b)(a+b)符号不确定,即a2>b2不一定成立; ②-=符号不确定,即<不一定成立;③-=符号不确定,即>不一定成立,故三个不等式不成立的个数为3.

6.已知△ABC中,∠C=90°,则的取值范围是( )

A.(0,2)

B.

C. D.

【解析】选C.因为∠C=90°,所以c2=a2+b2,

即c=.又有a+b>c,

所以1<=≤=.

7.若x,y,a∈R+,且+≤a恒成立,则a的最小值是( )

A. B. C.1 D.

【解题指南】根据≥得到≥(+)求解.

【解析】选B.因为≥,即≥

(x+y),所以≥(+),

而+≤a,

即≥(+)恒成立,得≤,

即a≥.

8.(2016·济南高二检测)已知实数a,b,c满足a+b+c=0,abc>0,则++的值的情况为( )

A.一定是正数

B.一定是负数

C.可能是0

D.正负不能确定

【解析】选B.因为实数a,b,c满足a+b+c=0,abc>0,

不妨设a>b>c,则a>0>b>c,

++==

=<0.

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·菏泽高二检测)已知a>0,b>0,若P是a,b的等差中项,Q是a,b的正的等比中项,是,的等差中项,则P,Q,R按从大到小的排列顺序为. 【解析】由已知得P=,Q=,

==

所以R=;所以R≤Q≤P.

答案:R≤Q≤P

10.若T1=,T2=,则当s,m,n∈R+时,T1与T2的大小为.

【解析】因为-=s·=≤0.所以T1≤T2.

答案:T1≤T2

11.(2016·湛江高二检测)若函数a,b满足a+b=1,则+的最大值是.

【解析】+==

=2-,则a+b=1≥2知ab≤,

所以+=2-≤2-=.

当且仅当a=b=时,取最大值.

答案:

12.(2016·太原高二检测)已知a>b>c,且+≥恒成立,则实数m的最大值为.

【解析】因为a>b>c,所以a-b,b-c,a-c均为正数,

(a-c)=[(a-b)+(b-c)]

=++2≥4,当且仅当|a-b|=|b-c|时取等号,

于是+≥.

所以m≤4.

答案:4

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)设a,b,c为三角形的三边,求证:++≥3.

【证明】设x=b+c-a,y=a+c-b,z=a+b-c,则有a+b+c=x+y+z,a=(y+z),b=(x+z), c=(x+y).此时,原不等式等价于++≥3.

而++=

≥

=3.

所以原不等式成立.

14.(10分)已知x,y∈R,且<1,<1,求证:+≥.

【证明】因为<1,<1,所以>0,>0.

所以+≥.

故要证明结论成立,只需证≥成立,

即证1-xy≥成立即可,

因为(y-x)2≥0,有-2xy≥-x2-y2,

所以(1-xy)2≥(1-x2)(1-y2),

所以1-xy≥>0,

所以不等式成立.

15.(10分)(2016·莱芜高二检测)已知函数f(x)=tanx,x∈.若x1,x2∈

且x1≠x2.求证:[f(x1)+f(x2)]>f.

【证明】要证[f(x1)+f(x2)]>f.

即证:(tanx1+tanx2)>tan,

只需证明>tan,

只需证明>.

由于x1,x2∈,故x1+x2∈(0,π),

所以cosx1cosx2>0,sin(x1+x2)>0,1+cos(x1+x2)>0.

故只需证明1+cos(x1+x2)>2cosx1cosx2.

即证1+cosx1cosx2-sinx1sinx2>2cosx1cosx2.

即证cos(x1-x2)<1.

由于x1,x2∈且x1≠x2.上式函数成立.

因此[f(x1)+f(x2)]>f.

16.(10分)(2016·盐城高二检测)已知x1,x2均为正数,求证:≥

.

【解题指南】直接证明不易找到切入点,可采用分析法或反证法完成证明. 【证明】假设<,

两边平方得:

<

1+.

即<1+x1x2.

再两边平方得1+++<1+2x1x2+,

即+<2x1x2.

这与+≥2x1x2矛盾,所以原式成立.

17.(10分)(2015·湖南高考)设a>0,b>0,且a+b=+,证明:

(1)a+b≥2.

(2)a2+a<2与b2+b<2不可能同时成立.

【解题指南】(1)将已知条件中的式子可等价变形为ab=1,再由基本不等式即可得证.(2)利用反证法,假设a2+a<2与b2+b<2同时成立,可求得0

【证明】由a+b=+=,a>0,b>0,得ab=1.

(1)由基本不等式及ab=1,有a+b≥2=2,即a+b≥2.

(2)假设a2+a<2与b2+b<2同时成立,则由a2+a<2及a>0得0

18.(10分)(2015·全国卷Ⅱ)设a,b,c,d均为正数,且a+b=c+d.证明:

(1)若ab>cd,则+>+.

(2)+>+是|a-b|<|c-d|的充要条件.

【解题指南】(1)由a+b=c+d及ab>cd,可证明(+)2>(+)2,开方即得+>+.(2)本小题可借助第一问的结论来证明,但要分必要性与充分性来证明.

【证明】(1)因为(+)2=a+b+2,(+)2=c+d+2.

由题设a+b=c+d,ab>cd得(+)2>(+)2.因此+>+.

(2)(i)若|a-b|<|c-d|,则(a-b)2<(c-d)2,

即(a+b)2-4ab<(c+d)2-4cd.

因为a+b=c+d,a,b,c,d均为正数,所以ab>cd.

由(1)得+>+.

(ii)若+>+,则(+)2>(+)2,

即a+b+2>c+d+2.

因为a+b=c+d,所以ab>cd.

于是(a-b)2=(a+b)2-4ab<(c+d)2-4cd=(c-d)2.

因此|a-b|<|c-d|.

综上,+>+是|a-b|<|c-d|的充要条件.

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