2025屆高考數(shù)學(xué)一輪知能訓(xùn)練階段檢測(cè)卷四不等式含解析

PAGE5-階段檢測(cè)卷(四)(不等式)時(shí)間：50分鐘滿分：100分一、單項(xiàng)選擇題：本大題共6小題，每小題6分，共36分，有且只有一個(gè)正確答案，請(qǐng)將正確選項(xiàng)填入題后的括號(hào)中.1.設(shè)a，b，c∈R，且a>b，則()A.ac>bcB.eq\f(1,a)<eq\f(1,b)C.a2>b2D.a3>b32.(2024年遼寧丹東五校協(xié)作體聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝|lnx|.若0<a<b，且f(a)＝f(b)，則a＋4b的取值范圍是()A.(4，＋∞)B.[4，＋∞)C.(5，＋∞)D.[5，＋∞)3.已知不等式x2－2x－3<0的解集為A，不等式x2＋x－6<0的解集為B，不等式x2＋ax＋b<0的解集為A∩B，那么a＋b等于()A.－3B.1C.－1D.34.(2024年山東)定義運(yùn)算“?”：x?y＝eq\f(x2－y2,xy)(x，y∈R，xy≠0).當(dāng)x>0，y>0時(shí)，x?y＋(2y)?x的最小值是()A.2B.4C.2eq\r(2)D.eq\r(2)5.(2024年重慶模擬)x，y滿意約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－4≤0，,x－2y－4≤0，,2x－y＋4≥0，))若z＝ax－y取得最大值的最優(yōu)解不唯一，則實(shí)數(shù)a的值為()A.－1B.2C.eq\f(1,2)D.2或－16.某企業(yè)投入100萬(wàn)元購(gòu)入一套設(shè)備，該設(shè)備每年的運(yùn)轉(zhuǎn)費(fèi)用是0.5萬(wàn)元，此外每年都要花費(fèi)肯定的維護(hù)費(fèi)，第一年的維護(hù)費(fèi)為2萬(wàn)元，由于設(shè)備老化，以后每年的維護(hù)費(fèi)都比上一年增加2萬(wàn)元.為使該設(shè)備年平均費(fèi)用最低，該企業(yè)須要更新設(shè)備的年數(shù)為()A.10B.11C.13D.21二、多項(xiàng)選擇題：本大題共2小題，每小題6分，共12分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)是符合題目要求的，請(qǐng)將正確選項(xiàng)填入題后的括號(hào)中.7.已知正數(shù)a，b滿意a＋b＝4，ab的最大值為t，不等式x2＋3x－t<0的解集為M，則()A.t＝2B.t＝4C.M＝{x|－4<x<1}D.M＝{x|－1<x<4}8.下列說(shuō)法不正確的是()A.若x，y>0，x＋y＝2，則2x＋2y的最大值為4B.若x<eq\f(1,2)，則函數(shù)y＝2x＋eq\f(1,2x－1)的最大值為－1C.若x，y>0，x＋y＋xy＝3，則xy的最小值為1D.函數(shù)y＝eq\f(x2＋6,\r(x2＋2))的最小值為4三、填空題：本大題共3小題，每小題6分，共18分，把答案填在題中橫線上.9.(2024年北京)若x，y滿意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤2，,y≥－1，,4x－3y＋1≥0，))則y－x的最小值為__________，最大值為__________.10.(2024年齊、魯教科研協(xié)作體模擬)已知x>0，y>0，x＋2y＋2xy＝8，則x＋2y的最小值是________.11.(2024年浙江)已知a∈R，函數(shù)f(x)＝ax3－x，若存在t∈R，使得|f(t＋2)－f(t)|≤eq\f(2,3)，則實(shí)數(shù)a的最大值是________.四、解答題：本大題共2小題，共34分，解答須寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟.12.(14分)經(jīng)過(guò)長(zhǎng)期觀測(cè)得到：在交通繁忙的時(shí)段內(nèi)，某馬路段汽車的車流量y(千輛/時(shí))與汽車的平均速度v(千米/時(shí))之間的函數(shù)關(guān)系為：y＝eq\f(920v,v2＋3v＋1600)(v>0).(1)在該時(shí)段內(nèi)，當(dāng)汽車的平均速度v為多少時(shí)，車流量最大？最大車流量為多少？(精確到0.1千輛/時(shí))(2)若要求在該時(shí)段內(nèi)車流量超過(guò)10千輛/時(shí)，則汽車的平均速度應(yīng)在什么范圍內(nèi)？13.(20分)已知f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e＋\f(1,e)))lnx＋eq\f(1,x)－x.(1)求函數(shù)f(x)的極值；(2)設(shè)g(x)＝ln(x＋1)－ax＋ex，對(duì)于隨意x1∈[0，＋∞)，x2∈[1，＋∞)，總有g(shù)(x1)≥eq\f(e,2)f(x2)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

階段檢測(cè)卷(四)1．D2．B解析：由題意知lna＝－lnb，即lnab＝0，∴ab＝1，∴a＋4b≥2eq\r(4ab)＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(當(dāng)且僅當(dāng)a＝2，b＝\f(1,2)時(shí)取等號(hào)))，故選B.3．A解析：由題意，A＝{x|－1<x<3}，B＝{x|－3<x<2}，A∩B＝{x|－1<x<2}，則不等式x2＋ax＋b<0的解集為{x|－1<x<2}．由根與系數(shù)的關(guān)系可知，a＝－1，b＝－2，∴a＋b＝－3，故選A.4．D解析：由新定義運(yùn)算知，x?y＝eq\f(x2－y2,xy)，(2y)?x＝eq\f(2y2－x2,2yx)＝eq\f(4y2－x2,2xy)，∵x>0，y>0，x?y＋(2y)?x＝eq\f(x2－y2,xy)＋eq\f(4y2－x2,2xy)＝eq\f(x2＋2y2,2xy)≥eq\f(2\r(x2·2y2),2xy)＝eq\f(2\r(2)xy,2xy)＝eq\r(2)，∴x?y＋(2y)?x的最小值是eq\r(2).5．C解析：作出不等式組表示的平面區(qū)域，如圖D276.由z＝ax－y得y＝ax－z，即直線y＝ax－z在y軸上的截距最小時(shí)z最大．①若a＝0，則y＝－z，此時(shí)，目標(biāo)函數(shù)只在B處取得最大值，不滿意條件．②若a>0，則目標(biāo)函數(shù)y＝ax－z的斜率k＝a>0，要使z＝ax－y取得最大值的最優(yōu)解不唯一，則直線y＝ax－z與直線x－2y－4＝0平行，此時(shí)a＝eq\f(1,2).③若a<0，明顯不滿意題意．故選C.圖D2766．A解析：設(shè)該企業(yè)須要更新設(shè)備的年數(shù)為x，設(shè)備年平均費(fèi)用為y，則x年后的設(shè)備維護(hù)費(fèi)用為2＋4＋…＋2x＝x(x＋1)，∴x年的平均費(fèi)用為y＝eq\f(100＋0.5x＋xx＋1,x)＝x＋eq\f(100,x)＋1.5.由基本不等式，得y＝x＋eq\f(100,x)＋1.5≥2eq\r(x·\f(100,x))＋1.5＝21.5，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(100,x)，即x＝10時(shí)取等號(hào)．7．BC8.AC9．－31解析：作出可行域，如圖D277中陰影部分．圖D277設(shè)z＝y(tǒng)－x，則y＝x＋z.當(dāng)直線y＝x＋z經(jīng)過(guò)點(diǎn)B(2，－1)時(shí)，z取最小值－3，經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(2,3)時(shí)，z取最大值1.10．4解析：方法一，∵x>0，y>0，x＋2y＋2xy＝8，∴(2y＋1)(x＋1)＝9且x＋1>0,2y＋1>0.∴x＋2y＝(2y＋1)＋(x＋1)－2≥2eq\r(2y＋1·x＋1)－2＝4.(當(dāng)且僅當(dāng)x＝2，y＝1時(shí)取等號(hào))∴x＋2y的最小值為4.方法二，∵x>0，y>0，∴2xy≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2y＋x,2)))2＝eq\f(2y＋x,4)2(當(dāng)且僅當(dāng)x＝2，y＝1時(shí)取等號(hào))．又x＋2y＋2xy＝8，∴x＋2y＋eq\f(x＋2y,4)2≥8，∴(x＋2y－4)(x＋2y＋8)≥0，∴x＋2y－4≥0，即x＋2y≥4(當(dāng)且僅當(dāng)x＝2，y＝1時(shí)取等號(hào))，∴x＋2y的最小值為4.方法三，∵x>0，y>0，x＋2y＋2xy＝8，∴x＝eq\f(8－2y,1＋2y)＝eq\f(9,2y＋1)－1，∴x＋2y＝eq\f(9,2y＋1)＋(2y＋1)－2≥2eq\r(\f(9,2y＋1)·2y＋1)－2＝4(當(dāng)且僅當(dāng)y＝1時(shí)取等號(hào))，∴x＋2y的最小值為4.方法四(秒殺解法)，x＋2y＋2xy＝8，即x＋2y＋x·2y＝8.由條件及結(jié)論關(guān)于x,2y的對(duì)稱性知當(dāng)x＝2y＝2時(shí)x＋2y取最小值為4.11.eq\f(4,3)解析：使得f(t＋2)－f(t)＝a{2·[(t＋2)2＋t(t＋2)＋t2]}－2＝2a(3t2＋6t＋4)－2，令m＝3t2＋6t＋4∈[1，＋∞)，則原不等式轉(zhuǎn)化為存在m≥1，|am－1|≤eq\f(1,3)，其折線函數(shù)如圖D278，圖D278只需－eq\f(1,3)≤a－1≤eq\f(1,3)，即eq\f(2,3)≤a≤eq\f(4,3)，即a的最大值是eq\f(4,3).12．解：(1)依題意，y＝eq\f(920v,3＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v＋\f(1600,v))))≤eq\f(920,3＋2\r(1600))＝eq\f(920,83)，當(dāng)且僅當(dāng)v＝eq\f(1600,v)，即v＝40時(shí)，上式等號(hào)成立，∴ymax＝eq\f(920,83)≈11.1(千輛/時(shí))．(2)由條件得eq\f(920v,v2＋3v＋1600)>10，整理得v2－89v＋1600<0，即(v－25)(v－64)<0，解得25<v<64.答：當(dāng)v＝40千米/時(shí)，車流量最大，最大車流量約為11.1千輛/時(shí)．假如要求在該時(shí)段內(nèi)車流量超過(guò)10千輛/時(shí)，則汽車的平均速度應(yīng)大于25千米/時(shí)且小于64千米/時(shí)．13．解：(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(e＋\f(1,e),x)－eq\f(1,x2)－1＝－eq\f(x－e\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,e))),x2).xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))eq\f(1,e)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))e(e，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)單調(diào)遞減微小值單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減∴f(x)的微小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(2,e)，極大值為f(e)＝eq\f(2,e).(2)由(1)可知，當(dāng)x∈[1，＋∞)時(shí)，函數(shù)f(x)的最大值為eq\f(2,e).對(duì)于隨意x1∈[0，＋∞)，x2∈[1，＋∞)，總有g(shù)(x1)≥eq\f(e,2)f(x2)成立，等價(jià)于g(x)≥1恒成立，g′(x)＝ex＋eq\f(1,x＋1)－a.①a≤2時(shí)，∵ex≥x＋1，∴g′(x)＝ex＋eq\f(1,x＋1)－a≥x＋1＋eq\f(1,x＋1)－a≥2－a≥0，即g(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，g(x)≥g(0)＝1恒成立