最新人版高中数学选修45测试题全套和答案解析Word格式文档下载.docx
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0，b>
0，则＋＋2的最小值是（ ）
A．2B．2
C．4D．5
∵a>
b，b>
0，∴＋≥，当且仅当a＝b时取等号，
∴＋＋2≥＋2≥2＝4.
当且仅当a＝b＝1且＝2时成立，能取等号，故＋＋2的最小值为4，故选C.
C
5．设|a|＜1，|b|＜1，则|a＋b|＋|a－b|与2的大小关系是（ ）
A．|a＋b|＋|a－b|＞2
B．|a＋b|＋|a－b|＜2
C．|a＋b|＋|a－b|＝2
D．不可能比较大小
当（a＋b）（a－b）≥0时，
|a＋b|＋|a－b|＝|（a＋b）＋（a－b）|＝2|a|＜2，
当（a＋b）（a－b）＜0时，
|a＋b|＋|a－b|＝|（a＋b）－（a－b）|＝2|b|＜2.
B
6．设x，y∈R，a>
1，b>
1.若ax＝by＝3，a＋b＝2，则＋的最大值为（ ）
A．2B.
C．1D.
∵ax＝by＝3，∴x＝loga3，y＝logb3，
∴＋＝＋＝log3a＋log3b
＝log3ab≤log3＝log33＝1，故选C.
7．0<
a<
1，下列不等式一定成立的是（ ）
A．|log1＋a（1－a）|＋|log（1－a）（1＋a）|>
B．|log1＋a（1－a）|<
|log（1－a）（1＋a）|
C．|log（1＋a）（1－a）＋log（1－a）（1＋a）|<
|log（1＋a）（1－a）|＋|log（1－a）（1＋a）|
D．|log（1＋a）（1－a）－log（1－a）（1＋a）|>
|log（1＋a）（1－a）|－|log（1－a）（1＋a）|
令a＝，代入可排除B、C、D.
8．若实数a，b满足a＋b＝2，则3a＋3b的最小值是（ ）
A．18B．6
C．2D.
3a＋3b≥2＝2＝2＝6.
9．已知|a|≠|b|，m＝，n＝，则m，n之间的大小关系是（ ）
A．m＞nB．m＜n
C．m＝nD．m≤n
∵|a|－|b|≤|a±
b|≤|a|＋|b|，
∴m＝≤＝1，
n＝≥＝1，∴m≤1≤n.
10．某工厂年产值第二年比第一年增长的百分率为p1，第三年比第二年增长的百分率为p2，第四年比第三年增长的百分率为p3，则年平均增长率p的最大值为（ ）
A.B.
C.D．2
∵（1＋p）3＝（1＋p1）（1＋p2）（1＋p3），
∴1＋p＝≤，
∴p≤.
11．若a，b，c>
0，且a2＋2ab＋2ac＋4bc＝12，则a＋b＋c的最小值是（ ）
A．2B．3
a2＋2ab＋2ac＋4bc
＝a（a＋2c）＋2b（a＋2c）
＝（a＋2c）（a＋2b）
≤2，
∴（a＋b＋c）2≥12，又a，b，c>
0，
∴a＋b＋c≥2.
12．当0<
时，函数f（x）＝的最小值为（ ）
C．4D．4
f（x）＝＝
＝4tanx＋≥4.
这里tanx>
0，且tanx＝时取等号．
f（x）＝＝（0<
2x<
π）．
令μ＝，有μsin2x＋3cos2x＝5.
sin（2x＋φ）＝5,
∴sin（2x＋φ）＝.
∴≤1，得μ2≥16.
∴μ≥4或μ≤－4.又μ>
0.
二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分．请把正确答案填在题中横线上）
13．已知－≤α＜β≤，则的取值范围是________．
利用不等式的性质进行求解．由－≤α＜β≤可得．
－≤＜0.
14．设集合S＝{x||x－2|>
3}，T＝{x|a<
a＋8}，S∪T＝R，则a的取值范围是____________．
解析:
∵|x－2|>
3，
∴x－2>
3或x－2<
－3，
∴x>
5或x<
－1，
即S＝{x|x>
又∵T＝{x|a<
a＋8}，S∪T＝R，
∴画数轴可知a需满足，
∴－3<
－1.
－3<
－1
15．设x>
－1，求函数y＝的最小值为________．
∵x>
－1，∴x＋1>
y＝＝
＝（x＋1）＋5＋≥2·
＋5＝9.
当且仅当x＋1＝，即x＝1时，等号成立．
∴y的最小值是9.
9
16．某商品进货价每件50元，据市场调查，当销售价格（每件x元）在50<
x≤80时，每天售出的件数P＝，若想每天获得的利润最多，销售价格每件应定为____________元．
设销售价格定为每件x元（50<
x≤80），每天获得利润y元，则：
y＝（x－50）·
P＝，
设x－50＝t，则0<
t≤30，
∴y＝＝
＝≤＝2500.
当且仅当t＝10，即x＝60时，ymax＝2500.
60
三、解答题（本大题共6小题，共74分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（12分）已知30＜x＜42,16＜y＜24，求x＋y，x－2y，的取值范围．
∵30＜x＜42,16＜y＜24，
∴46＜x＋y＜66.
∵16＜y＜24，
∴－48＜－2y＜－32，
∴－18＜x－2y＜10.
∵30＜x＜42，
∴＜＜.
18．（12分）已知a，b，x，y∈R＋，x，y为变量，a，b为常数，且a＋b＝10，＋＝1，x＋y的最小值为18，求a，b.
∵x＋y＝（x＋y）
＝a＋b＋＋≥a＋b＋2
＝（＋）2，
当且仅当＝时取等号．
又（x＋y）min＝（＋）2＝18，
即a＋b＋2＝18①
又a＋b＝10②
由①②可得或.
19．（12分）解不等式|x＋1|＋|x|<
2.
利用分类讨论的思想方法．
当x≤－1时，－x－1－x<
2，解得－<
x≤－1；
当－1<
0时，x＋1－x<
2，解得－1<
0；
当x≥0时，x＋1＋x<
2，解得0≤x<
.
因此，原不等式的解集为.
利用方程和函数的思想方法．
令f（x）＝|x＋1|＋|x|－2
＝
作函数f（x）的图象（如图），
知当f（x）<
0时，－<
故原不等式的解集为
方法三：
利用数形结合的思想方法．
由绝对值的几何意义知，|x＋1|表示数轴上点P（x）到点A（－1）的距离，|x|表示数轴上点P（x）到点O（0）的距离．
由条件知，这两个距离之和小于2.
作数轴（如图），知原不等式的解集为
方法四：
利用等价转化的思想方法．
原不等式⇔0≤|x＋1|＜2－|x|，
∴（x＋1）2＜（2－|x|）2，且|x|＜2，
即0≤4|x|＜3－2x，且|x|＜2.
∴16x2＜（3－2x）2，且－2＜x＜2.
解得－＜x＜.故原不等式的解集为
20．（12分）求函数y＝3x＋（x>
0）的最值．
由已知x>
∴y＝3x＋＝＋＋
≥3＝3，
当且仅当＝＝，即x＝时，取等号．
∴当x＝时，函数y＝3x＋的最小值为3.
21．（12分）在某交通拥挤地段，交通部门规定，在此地段内的车距d（m）正比于车速v（km/h）的平方与车身长s（m）的积，且最小车距不得少于半个车身长，假定车身长均为s（m），且车速为50km/h时车距恰为车身长s，问交通繁忙时，应规定怎样的车速，才能使此地段的车流量Q最大？
由题意，知车身长s为常量，车距d为变量．且
d＝kv2s，把v＝50，d＝s代入，得k＝，把d＝s代入
d＝v2s，得v＝25.所以
d＝则车流量
Q＝＝
当0<
v≤25时，Q为v的增函数，所以当v＝25时，
Q1＝＝.
当v>
25时，
Q2＝＝
≤＝.
当且仅当＝，即v＝50时，等号成立．即当v＝50时，Q取得最大值Q2＝.因为Q2>
Q1，所以车速规定为50km/h时，该地段的车流量Q最大．
22．（14分）已知函数f（x）＝ax2－4（a为非零实数），设函数F（x）＝.
（1）若f（－2）＝0，求F（x）的表达式；
（2）在
（1）的条件下，解不等式1≤|F（x）|≤2；
（3）设mn<
0，m＋n>
0，试判断F（m）＋F（n）能否大于0?
（1）∵f（－2）＝0，∴4a＋4＝0，
得a＝－1，∴f（x）＝－x2＋4，
F（x）＝.
（2）∵|F（－x）|＝|F（x）|，
∴|F（x）|是偶函数，
故可以先求x>
0的情况．
当x>
0时，由|F
（2）|＝0，
故当0<
x≤2时，
解不等式1≤－x2＋4≤2，得≤x≤；
x>
2时，解不等式1≤x2－4≤2，得≤x≤；
综合上述可知原不等式的解集为
{x|≤x≤或≤x≤或－≤x≤－或－≤x≤－}．
（3）∵f（x）＝ax2＋4，
∴F（x）＝，
∵mn<
0，不妨设m>
0，则n<
又m＋n>
0，∴m>
－n>
0，∴m2>
n2，
∴F（m）＋F（n）＝am2＋4－an2－4
＝a（m2－n2），
所以：
当a>
0时，F（m）＋F（n）能大于0，
当a<
0时，F（m）＋F（n）不能大于0.
第二讲 证明不等式的基本方法
1．已知>
，则下列不等式一定成立的是（ ）
A．a2>
b2 B．lga>
lgb
C.>
D.b>
a
从已知不等式入手：
>
⇔a>
b（c≠0），其中a，b可异号或其中一个为0，由此否定A、B、C，应选D.
2．若<
<
0，则下列结论不正确的是（ ）
A．a2<
b2B．ab<
b2
C.＋>
2D．|a|＋|b|>
|a＋b|
因为<
0⇔⇔⇔b<
由此判定A、B、C正确，应选D.
3．用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要做的假设是（ ）
A．方程x3＋ax＋b＝0没有实根
B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一个实根
C．方程x3＋ax＋b＝0至多有两个实根
D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实根
反证法证明问题时，反设实际是命题的否定，∴用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x2＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要做的假设是：
方程x2＋ax＋b＝0没有实根．故应选A.
4．用反证法证明命题：
“三角形的内角中至少有一个不大于60°
”时，反设正确的是（ ）
A．假设三内角都不大于60°
B．假设三内角都大于60°
C．假设三内角至多有一个大于60°
D．假设三内角至多有两个大于60°
至少有一个不大于60度是指三个内角有一个或者两个或者三个小于或等于60°
.所以，反设应该是它的对立情况，即假设三内角都大于60度．
5．设x>
0，y>
0，x＋y＝1，＋的最大值是（ ）
A．1B.
C.D.
0，∴1＝x＋y≥2，
∴≥，
∴＋≤＝（当且仅当x＝y＝时取“＝”）．
6．用分析法证明：
欲使①A>
B，只需②C<
D，这里①是②的（ ）
A．充分条件B．必要条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
分析法证明的本质是证明结论的充分条件成立，即②⇒①，所以①是②的必要条件．
7．已知0<
b，且a＋b＝1，则下列不等式中，正确的是（ ）
A．log2a>
0B．2a－b<
C．log2a＋log2b<
－2D．2＋<
特值法令a＝，b＝代入可得．
因为0<
b且a＋b＝1，
所以0<
1，所以log2a<
－1<
a－b<
0所以<
2a－b<
1，
又因为＋>
2所以2＋>
4，
而ab<
2＝，
所以log2a＋log2b<
－2成立．
8．a>
0，则“a>
b”是“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．即不充分也不必要条件
a－－b＋＝a－b＋＝（a－b）.
∵a>
∴a>
b⇔（a－b）>
0⇔a－>
b－.
可得“a>
b－”成立的充要条件．
9．设a>
0，则以下不等式中不恒成立的是（ ）
A．（a＋b）≥4B．a3＋b3≥2ab2
C．a2＋b2＋2≥2a＋2bD.≥－
因为（a＋b）≥2·
2＝4，所以A正确．
a3＋b3≥2ab2⇔（a－b）（a2＋ab－b2）≥0，但a，b大小不确定，所以B错误．
（a2＋b2＋2）－（2a＋2b）＝（a－1）2＋（b－1）2≥0，所以C正确．
≥－⇔＋≥⇔≥0，所以D正确．
10．设a，b∈R＋，且a≠b，P＝＋，Q＝a＋b，则（ ）
A．P>
QB．P≥Q
C．P<
QD．P≤Q
P－Q＝＋－（a＋b）＝＝＝.
∵a，b都是正实数，且a≠b，
∴>
0，∴P>
Q.
11．若函数f（x），g（x）分别是R上的奇函数、偶函数，且满足f（x）－g（x）＝ex，则有（ ）
A．f
（2）<
f（3）<
g（0）B．g（0）<
f
（2）
C．f
（2）<
g（0）<
f（3）D．g（0）<
f
（2）<
f（3）
因为函数f（x），g（x）分别是R上的奇函数、偶函数．
所以f（－x）－g（－x）＝－f（x）－g（x）＝e－x，①
f（x）－g（x）＝ex，②
①②联立，解之得
f（x）＝，g（x）＝－代入数值比较可得．
12．“a＝”是“对任意的正数x,2x＋≥1”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
因为2x＋≥2＝2，
当a＝时2＝1.
但当a＝2时，2＝4，当然有2x＋≥1所以是充分不必要条件．
13．设a＝－，b＝－，c＝－，则a，b，c的大小顺序是__________．
用分析法比较，a>
b⇔＋>
＋⇔8＋2>
8＋2，同理可比较得b>
c.
a>
b>
c
14．已知三个不等式：
（1）ab>
（2）－<
－；
（3）bc>
ad.
以其中两个作为条件，余下一个作为结论，为________．
运用不等式性质进行推理，从较复杂的分式不等式
（2）切入，去寻觅它与
（1）的联系．
－<
－⇔>
⇔－>
⇔>
0⇔ab·
（bc－ad）>
（1）、（3）⇒
（2）；
（1）、
（2）⇒（3）；
（2）、（3）⇒
（1）
15．若f（n）＝－n，g（n）＝n－，φ（n）＝，则f（n），g（n），φ（n）的大小顺序为________．
因为f（n）＝－n＝，
g（n）＝n－＝.
又因为＋n<
2n<
＋n，
所以f（n）<
φ（n）<
g（n）．
g（n）>
φ（n）>
f（n）
16．完成反证法整体的全过程．
题目：
设a1，a2，…，a7是1,2,3，……，7的一个排列，
求证：
乘积p＝（a1－1）（a2－2）…（a7－7）为偶数．
证明：
反设p为奇数，则________均为奇数．①
因奇数个奇数的和还是奇数，所以有
奇数＝________.②
＝________.③
＝0.
但奇数≠偶数，这一矛盾说明p为偶数．
反设p为奇数，则（a1－1），（a2－2），…，（a7－7）均为奇数．
因为数个奇数的和还是奇数，所以有
奇数＝（a1－1）＋（a2－2）＋…＋（a7－7）
＝（a1＋a2＋…＋a7）－（1＋2＋3＋…＋7）＝0.
（a1－1），（a2－2），…，（a7－7）
（a1－1）＋（a2－2）＋…＋（a7－7）
（a1＋a2＋…＋a7）－（1＋2＋3＋…＋7）
三、解答题（本大题共6个小题，共74分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（12分）若a<
b<
c，求证：
a2b＋b2c＋c2a<
a2c＋b2a＋c2b.
∵a<
c，
∴a－b<
0，b－c<
0，a－c<
于是：
a2b＋b2c＋c2a－（a2c＋b2a＋c2b）
＝（a2b－a2c）＋（b2c－b2a）＋（c2a－c2b）
＝a2（b－c）＋b2（c－a）＋c2（a－b）
＝a2（b－c）－b2（b－c）＋c2（a－b）－b2（a－b）
＝（b－c）（a2－b2）＋（a－b）（c2－b2）
＝（b－c）（a－b）（a＋b）＋（a－b）（c－b）（c＋b）
＝（b－c）（a－b）[a＋b－（c＋b）]
＝（b－c）（a－b）（a－c）<
∴a2b＋b2c＋c2a<
ab2＋bc2＋ca2.
18．（12分）已知a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1.
≥8.
∵a，b，c∈R＋，a＋b＋c＝1，
∴－1＝＝＝＋≥，
同理－1≥，－1≥.
由于上述三个不等式两边均为正，分别相乘，
∴≥·
·
＝8.
当且仅当a＝b＝c＝时取等号．
19．（12分）求证：
＋>
1＋.
用分析法证明
1＋
⇐8＋3＋2>
1＋10＋2
⇐2>
⇐>
最后一个不等式是成立的，故原不等式成立．
20．（12分）若x，y>
0，且x＋y>
2，则和中至少有一个小于2.
反设≥2且≥2，
∵x，y>
∴1＋y≥2x,1＋x≥2y两边相加，则
2＋（x＋y）≥2（x＋y），可得x＋y≤2，与x＋y>
2矛盾，
∴和中至少有一个小于2.
21．（12分）已知a，b，c，d都是实数，且a2＋b2＝1，c2＋d2＝1，求证|ac＋bd|≤1.
证法一（综合法） 因为a，b，c，d都是实数，所以
|ac＋bd|≤|ac|＋|bd|≤＋
＝.
又因为a2＋b2＝1，c2＋d2＝1.
所以|ac＋bd|≤1.
证法二（比较法） 显然有
|ac＋bd|≤1⇔－1≤ac＋bd≤1.
先证明ac＋bd≥－1.
∵ac＋bd－（－1）
＝ac＋bd＋＋
＝≥0.
∴ac＋bd≥－1.
再证明ac＋bd≤1.
∵1－（ac＋bd）＝＋－（ac＋bd）
＝＋－ac－bd
＝≥0，
∴ac＋bd≤1.
综上得|ac＋bd|≤1.
证法三（分析法） 要证|ac＋bd|≤1.
只需证明（ac＋bd）2≤1.
即只需证明a2c2＋2abcd＋b2d2≤1.①
由于a2＋b2＝1，c2＋d2＝1，因此①式等价于
a2c2＋2abcd＋b2d2≤（a2＋b2）（c2＋d2）②
将②式展开、化简，得（ad－bc）2≥0.③
因为a，b，c，d都是实数，所以③式成立，即①式成立，原命题得证．
22．（14分）数列{an}为等差数列，an为正整数，其前n项和为Sn，数列{bn}为等比数列，且a1＝3，b1＝1，数列{ban}是公比为64的等比数列，b2S2＝64.
（1）求an，bn；
（2）求证：
＋＋…＋<
（1）设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则d为正整数，
an＝3＋（n－1）d，bn＝qn－1，
依题意有①
由（6＋d）q＝64知q为正有理数，故d为6的因子1,2,3,6之一，
解①得d＝2，q＝8.
故an＝3＋2（n－1）＝2n＋1，bn＝8n－1.
（2）证明：
∵Sn＝3＋5＋…＋（2n＋1）＝n（n＋2）．
∴＋＋…＋＝＋＋＋…＋
＝<
第三讲 柯西不等式与排序不等式
1．若a，b∈R，且a2＋b2＝10，则a＋b的取值范围是（ ）
A．[－2，2] B．[－2，2]
C．[－，]D．[－，]
由（a2＋b2）（1＋1）≥（a＋b）2，
所以a＋b∈[－2，2]，故选A.
2．若x＋x＋…＋x＝1，y＋y＋…＋y＝1，则x1y1＋x2y2＋…＋xnyn的最大值是（ ）
A．2B．1
C．3D.
由（x1y1＋x2y2＋…＋xnyn）2≤（x＋x＋…＋x）（y＋y＋…＋y）＝1，故选B.
3．学校要开运动会，需要买价格不同的奖品40件、50件、20件，现在选择商店中单价为5元、3元、2元的奖品，则至少要花（ ）
A．300元B．360元
C．320元D．340元
由排序原理知，反序和最小为320，故选C.
4．已知a，b，c为非零实数，则（a2＋b2＋c2）的最小值为（ ）
A．7B．9
C．12D．18
由（a2＋b2＋c2）
≥2
＝（1＋1＋1）2＝9，
∴所求最小值为9，故选B.
5．设a，b，c≥0，a2＋b2＋c2＝3，则ab＋bc＋ca的最大值为（ ）
A．0B．1
由排序不等式a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac，
所以ab＋bc＋ca≤3.故应选C.
6．表达式x＋y的最大值是（ ）
因为x＋y≤
＝1，故选B.
7．已知不等式（x＋y）≥a对任意正实数x，y恒成立，则实数a的最大值为（ ）
A．2B．4
C.D．16
由（x＋y）≥（1＋1）2＝4，
因此不等式（x＋y）（x＋y）≥a对任意正实数x，y恒成立，
即a≤4，故应选B.
8．设a，b，c为正数，a＋b＋4c＝1，则＋＋2的最大值是（ ）
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