【復(fù)習(xí)參考】2021年高考數(shù)學(xué)(理)提升演練：二元一次不等式(組)與簡(jiǎn)單的線性規(guī)劃問(wèn)題

2021屆高三數(shù)學(xué)（理）提升演練：二元一次不等式(組)與簡(jiǎn)潔的線性規(guī)劃問(wèn)題一、選擇題1．若實(shí)數(shù)x，y滿(mǎn)足不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2y－5≥0，,2x＋y－7≥0，,x≥0，y≥0，,))則3x＋4y的最小值是()A．13 B．15C．20 D．282．已知向量a＝(x＋z,3)，b＝(2，y－z)，且a⊥b，若x，y滿(mǎn)足不等式|x|＋|y|≤1，則z的取值范圍為()A．[－2,2] B．[－2,3]C．[－3,2] D．[－3,3]3．若不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0，,x＋3y≥4,3x＋y≤4))，所表示的平面區(qū)域被直線y＝kx＋eq\f(4,3)分為面積相等的兩部分，則k的值是()A.eq\f(7,3) B.eq\f(3,7)C.eq\f(4,3) D.eq\f(3,4)4．已知O是坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)A(－1,1)．若點(diǎn)M(x，y)為平面區(qū)域eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≥2，,x≤1，,y≤2))上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則·的取值范圍是()A．[－1,0] B．[0,1]C．[0,2] D．[－1,2]5．已知實(shí)數(shù)x，y滿(mǎn)足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋6≥0,x＋y≥0,x≤3))，若z＝ax＋y的最大值為3a＋9，最小值為3a－3，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A．a(chǎn)≥1 B．a(chǎn)≤－1C．－1≤a≤1 D．a(chǎn)≥1或a≥－16．若變量x，y滿(mǎn)足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3≤2x＋y≤9，,6≤x－y≤9，))則z＝x＋2y的最小值為()A．－8 B．－6C．0 D．12二、填空題7．在平面直角坐標(biāo)系中，不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥1,y≤2,x－y≤0))表示的平面區(qū)域的外接圓的方程為_(kāi)_______．8．已知實(shí)數(shù)x，y滿(mǎn)足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－ay－1≥0,2x＋y≥0,x≤1))(a∈R)，若目標(biāo)函數(shù)z＝x＋3y只有當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1,y＝0))時(shí)取得最大值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．9．已知實(shí)數(shù)x，y滿(mǎn)足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋4≥0,x＋y≥0,x≤3))，則z＝eq\f(4x,2－y)的最小值為_(kāi)_______．三、解答題10．已知?ABCD的三個(gè)頂點(diǎn)為A(－1,2)，B(3,4)，C(4，－2)，點(diǎn)(x，y)在?ABCD的內(nèi)部，求z＝2x－5y的取值范圍．11．由約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y≥0，,y≤x，,y≤2－x，,t≤x≤t＋10<t<1))所確定的平面區(qū)域的面積S＝f(t)，試求f(t)的表達(dá)式．12．某養(yǎng)分師要為某個(gè)兒童預(yù)訂午餐和晚餐．已知一個(gè)單位的午餐含12個(gè)單位的碳水化合物，6個(gè)單位的蛋白質(zhì)和6個(gè)單位的維生素C；一個(gè)單位的晚餐含8個(gè)單位的碳水化合物，6個(gè)單位的蛋白質(zhì)和10個(gè)單位的維生素C.另外，該兒童這兩餐需要的養(yǎng)分中至少含64個(gè)單位的碳水化合物，42個(gè)單位的蛋白質(zhì)和54個(gè)單位的維生素C.假如一個(gè)單位的午餐、晚餐的費(fèi)用分別是2.5元和4元．那么要滿(mǎn)足上述的養(yǎng)分要求，并且花費(fèi)最少，應(yīng)當(dāng)為該兒童分別預(yù)訂多少個(gè)單位的午餐和晚餐？詳解答案一、選擇題1．解析：不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2y－5≥0，,2x＋y－7≥0，,x≥0，y≥0，))表示的可行域如圖所示，依據(jù)目標(biāo)函數(shù)z＝3x＋4y的幾何意義簡(jiǎn)潔求得，當(dāng)x＝3，y＝1時(shí)，z有最小值13.答案：A2．解析：由于a⊥b，所以a·b＝0，所以2x＋3y＝z，不等式|x|＋|y|≤1可轉(zhuǎn)化為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≤1x≥0，y≥0,x－y≤1x≥0，y＜0,－x＋y≤1x＜0，y≥0,－x－y≤1x＜0，y＜0))，由圖可得其對(duì)應(yīng)的可行域?yàn)檫呴L(zhǎng)為eq\r(2)，以點(diǎn)(1,0)，(－1,0)，(0,1)，(0，－1)為頂點(diǎn)的正方形，結(jié)合圖象可知當(dāng)直線2x＋3y＝z過(guò)點(diǎn)(0，－1)時(shí)z有最小值－3，當(dāng)過(guò)點(diǎn)(0,1)時(shí)z有最大值3.所以z的取值范圍為[－3,3]．答案：D3．解析：由圖可知，線性規(guī)劃區(qū)域?yàn)椤鰽BC邊界及內(nèi)部，y＝kx＋eq\f(4,3)恰過(guò)A(0，eq\f(4,3))，y＝kx＋eq\f(4,3)將區(qū)域平均分成面積相等兩部分，故過(guò)BC的中點(diǎn)D(eq\f(1,2)，eq\f(5,2))，eq\f(5,2)＝k×eq\f(1,2)＋eq\f(4,3)，k＝eq\f(7,3).答案：A4．解析：平面區(qū)域如圖中陰影部分所示的△BDN，N(0,2)，D(1,1)，設(shè)點(diǎn)M(x，y)，因點(diǎn)A(－1,1)，則z＝·＝－x＋y，由圖可知；當(dāng)目標(biāo)函數(shù)z＝－x＋y過(guò)點(diǎn)D時(shí)，zmin＝－1＋1＝0；當(dāng)目標(biāo)函數(shù)z＝－x＋y過(guò)點(diǎn)N時(shí)，zmax＝0＋2＝2，故z的取值范圍為[0,2]，即·的取值范圍為[0,2]．答案：C5．解析：作出x，y滿(mǎn)足的可行域，如圖陰影部分所示，則z在點(diǎn)A處取得最大值，在點(diǎn)C處取得最小值．又kBC＝－1，kAB＝1，∴－1≤－a≤1，即－1≤a≤1.答案：C6．解析：依據(jù)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3≤2x＋y≤9,6≤x－y≤9))得可行域如圖中陰影部分所示：依據(jù)z＝x＋2y得y＝－eq\f(x,2)＋eq\f(z,2)，平移直線y＝－eq\f(x,2)得過(guò)M點(diǎn)時(shí)取得最小值．依據(jù)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＝9,2x＋y＝3))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝4,y＝－5))，則zmin＝4＋2×(－5)＝－6.答案：B二、填空題7．解析：不等式組表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示．易知△ABC為等腰直角三角形，A(2,2)，B(1,1)，C(1,2)，因此△ABC的外接圓的圓心為(eq\f(3,2)，eq\f(3,2))，半徑為eq\f(\r(2－12＋2－12),2)＝eq\f(\r(2),2).所以所求外接圓的方程為(x－eq\f(3,2))2＋(y－eq\f(3,2))2＝eq\f(1,2).答案：(x－eq\f(3,2))2＋(y－eq\f(3,2))2＝eq\f(1,2)8．解析：在平面直角坐標(biāo)系中畫(huà)出不等式組所表示的可行域，其中直線x－ay－1＝0經(jīng)過(guò)定點(diǎn)(1,0)且斜率為eq\f(1,a)，結(jié)合圖形可知，只有當(dāng)eq\f(1,a)>0，即a>0時(shí)，目標(biāo)函數(shù)z＝x＋3y才能在點(diǎn)(1,0)處取得最大值(如圖(1))；若eq\f(1,a)<0，則可行域變?yōu)殚_(kāi)放的區(qū)域，目標(biāo)函數(shù)z＝x＋3y不存在最大值(如圖(2))．所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是a>0.答案：(0，＋∞)9．解析：作出不等式組所表示的可行域(圖略)，z＝eq\f(4x,2－y)＝22x·2y＝22x＋y，令ω＝2x＋y，可求得ω＝2x＋y的最小值是－2，所以z＝eq\f(4x,2－y)的最小值為2－2＝eq\f(1,4).答案：eq\f(1,4)三、解答題10．解：由題可知，平行四邊形ABCD的點(diǎn)D的坐標(biāo)為(0，－4)，點(diǎn)(x，y)在平行四邊形內(nèi)部，如圖，所以在D(0，－4)處目標(biāo)函數(shù)z＝2x－5y取得最大值為20，在點(diǎn)B(3,4)處目標(biāo)函數(shù)z＝2x－5y取得最小值為－14，由題知點(diǎn)(x，y)在平行四邊形內(nèi)部，所以端點(diǎn)取不到，故z＝2x－5y的取值范圍是(－14,20)．11．解：由約束條件所確定的平面區(qū)域是五邊形ABCEP，如圖所示，其面積S＝f(t)＝S△OPD－S△AOB－S△ECD，而S△OPD＝eq\f(1,2)×1×2＝1.S△OAB＝eq\f(1,2)t2，S△ECD＝eq\f(1,2)(1－t)2，所以S＝f(t)＝1－eq\f(1,2)t2－eq\f(1,2)(1－t)2＝－t2＋t＋eq\f(1,2).12．解：法一：設(shè)需要預(yù)訂滿(mǎn)足養(yǎng)分要求的午餐和晚餐分別為x個(gè)單位和y個(gè)單位，所花的費(fèi)用為z元，則依題意得：z＝2.5x＋4y，且x，y滿(mǎn)足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0，,y≥0，,12x＋8y≥64，,6x＋6y≥42，,6x＋10y≥54.))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0，,y≥0，,3x＋2y≥16，,x＋y≥7，,3x＋5y≥27.))作出線性約束條件所表示的可行域，如圖所示，z在可行域的四個(gè)頂點(diǎn)A(9,0)，B(4,3)，C(2,5)，D(0，8)處的值分別是zA＝2.5×9＋4×0＝22.5，zB＝2.5×4＋4×3＝22，zC＝2.5×2＋4×5＝25，zD＝2.5×0＋4×8＝32.比較之，zB最小，因此，應(yīng)當(dāng)為該兒童預(yù)訂4個(gè)單位的午餐和3個(gè)單位的晚餐，就可滿(mǎn)足要求．法二：設(shè)需要預(yù)訂滿(mǎn)足養(yǎng)分要求的午餐和晚餐分別為x個(gè)單位和y個(gè)單位，所花的費(fèi)用為z元，則依題意得：z＝2.5x＋4y，且x，y滿(mǎn)足eq\b