2019-2020年高考数学一轮复习 第七章 单元测试卷.doc

2019-2020年高考数学一轮复习 第七章 单元测试卷一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分每小题中只有一项符合题目要求)1函数f(x)的定义域是()A.B.C. D.答案D解析由题意，得解此不等式组，得.故选D.2已知c<0，则下列不等式中成立的是()Ac>2c Bc>()cC2c>()c D2c<()c答案D3已知f(x)x在(1，e)上为单调函数，则实数b的取值范围是()A(，1e2，) B(，0e2，)C(，e2 D1，e2答案A解析b0时，f(x)在(1，e)上为增函数，b>0时，当x>0时，x2，当且仅当x即x取等号若使f(x)在(1，e)上为单调函数，则1或e，0<b1或be2.综上b的取值范围是b1或be2，故选A.4函数ylog2(x5)(x>1)的最小值为()A3 B3C4 D4答案B解析x5(x1)626268，当且仅当x1即x2时取“”号ylog2(x5)log283.5设x，y满足约束条件则zx2y的取值范围为()A0,3 B3,3C3,0 D1,3答案B解析依题意，画出可行域，如图所示，可行域为ABOC，显然，当直线yx过点A(1,2)时，z取得最小值为3；当直线过点B(3,0)时，z取得最大值为3，综上可知z的取值范围为3,36若正数x，y满足x3y5xy，则3x4y的最小值是()A. B.C5 D6答案C解析x3y5xy，1.3x4y(3x4y)1(3x4y)()25，当且仅当，即x1，y时等号成立7若f(x)是偶函数，且当x0，)时，f(x)x1，则不等式f(x21)<0的解集为()A(1,0) B(，0)(0，)C(0,2) D(1,2)答案B解析根据f(x)是偶函数，可得f(x)f(|x|)|x|1.因此f(x21)|x21|1.解不等式|x21|1<0，得0<x2<2，因此x(，0)(0，)8若实数x，y满足则z3x2y的最小值是()A0 B1C. D9答案B解析可行域如图所示，可知B(0,1)，O(0,0)由得A(，)显然当目标函数tx2y过点O时取得最小值为0，故z3x2y的最小值为1.9已知整数的数对列如下：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，(1,5)，(2,4)，则第60个数对是()A(3,8) B(4,7)C(4,8) D(5,7)答案D解析观察可知横坐标和纵坐标之和为2的数对有1个，和为3的数对有2个，和为4的数对有3个，和为5的数对有4个，依此类推和为n1的数对有n个，多个数对的排序是按照横坐标依次增大的顺序来排的，由60n(n1)120，nZ，n10时，55个数对，还差5个数对，且这5个数对的横、纵坐标之和为12，它们依次是(1,11)，(2,10)，(3,9)，(4,8)，(5,7)，第60个数对是(5,7)10观察下列各式：7249,73343,742 401，则72 015的末位数字是()A1 B3C7 D9答案B解析规律：71的末位为7,72末位为9,73的末位为3,74末位为1,75的末位为7，末位为7,9,3,1,7,9,3,1，而2 01545033，72 015的末位是3.11设a，b，c为ABC的三边，则()Aa2b2c2>abcBa2b2c2>abbcacCa2b2c2<2(abbcac)Da2b2c2>2(abbcac)答案C解析c2a2b22abcosC，b2a2c22accosB，a2b2c22bccosA，a2b2c22(a2b2c2)2(abcosCaccosBbccosA)a2b2c22(abcosCaccosBbccosA)<2(abbcac)12.如图所示，有一直角墙角，两边的长度足够长，在P处有一棵树与两墙的距离分别是a米(0<a<12)，4米，不考虑树的粗细现在想用16米长的篱笆，借助墙角围成一个矩形的花圃ABCD.设此矩形花圃的面积为S平方米，S的最大值为f(a)，若将这棵树围在花圃内，则函数uf(a)的图像大致是()答案C解析设ADx，Sx(16x)()264.当且仅当x8时成立树围在花圃内，0<a8时，x8能满足条件，即f(a)64.当8<a<12时，Sx(16x)最大值为a(16a)f(a)选C.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上)13已知正实数x，y满足xy1，则(y)(x)的最小值为_答案4解析依题意知，(y)(x)11224，当且仅当xy1时取等号14已知cos；coscos；coscoscos；根据以上等式，可猜想出的一般结论是_答案coscoscos，nN*解析从已知等式的左边来看，余弦的个数从1逐个增加，分子上从开始也是逐个增加，分母分别是3,5,7，可以看出分母的通项为2n1，等式的右边是通项为的等比数列，由以上分析可以猜想出的结论为coscoscos，nN*.15当实数x，y满足不等式组时，恒有axy3成立，则实数a的取值范围是_答案(，3解析画出可行域，如图中阴影部分所示要使axy3恒成立，即可行域必须在直线axy30的下方，故分三种情况进行讨论：当a>0且1，即0<a3时，恒有axy3成立；当a0时，y3成立；当a<0时，恒有axy3成立综上可知，a3.16从等腰直角三角形纸片ABC上，剪下如图所示的两个正方形，其中BC2，A90，则这两个正方形的面积之和的最小值为_答案解析设两个正方形边长分别为a，b，则由题可得ab1，且a，b，Sa2b22()2，当且仅当ab时取等号三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17(本小题满分10分)已知不等式kx22x6k<0(k0)(1)若不等式的解集为x|x<3或x>2，求实数k的值；(2)若不等式的解集为，求实数k的取值范围答案(1)(2)，)解析(1)不等式的解集为x|x<3或x>2，k<0且x13，x22是方程kx22x6k0的两根x1x26，x1x25.k.(2)由于k0，要使不等式的解集为，只需即解得k，即k的取值范围是，)18(本小题满分12分)已知x，y，z>0，xyz3.(1)求的最小值；(2)证明：3x2y2z2<9.答案(1)3(2)略解析(1)(xyz)()(111)3()()()32223.所以最小值为3.(2)9(xyz)2x2y2z22xy2xz2yz3(x2y2z2)，x2y2z23.又x，y，z>0，xyxzyz>0.x2y2z292(xyxzyz)<9.3x2y2z2<9.19(本小题满分12分)先阅读下列不等式的证法，再解决后面的问题：已知a1，a2R，a1a21，求证：aa.证明：构造函数f(x)(xa1)2(xa2)2，因为对一切xR，恒有f(x)0，所以48(aa)0，从而得aa.(1)若a1，a2，anR，a1a2an1，请写出上述结论的推广式；(2)参考上述解法，对你推广的结论加以证明答案(1)aaa(2)略解析(1)若a1，a2，anR，a1a2an1，求证：aaa.(2)构造函数f(x)(xa1)2(xa2)2(xan)2nx22(a1a2an)xaaanx22xaaa，因为对一切xR，都有f(x)0，所以44n(aaa)0，从而证得：aaa.20(本小题满分12分)某研究所计划利用宇宙飞船进行新产品搭载试验，计划搭载若干件新产品A，B，该研究所要根据产品的研制成本、产品重量、搭载试验费用和预计收益来决定具体安排，通过调查得到的有关数据如下表：每件A产品每件B产品研制成本、搭载试验费用之和(万元)2030产品重量(千克)105预计收益(万元)8060已知研究成本、搭载试验费用之和的最大资金为300万元，最大搭载重量为110千克，则如何安排这两种产品进行搭载，才能使总预计收益达到最大，求最大预计收益是多少答案960万元解析设搭载A产品x件，B产品y件，则预计收益z80x60y，由题意知，作出可行域如图所示作出直线l：80x60y0并平移，由图形知，当直线经过点M时，z取到最大值由解得即M(9,4)所以zmax809604960(万元)，所以搭载9件A产品，4件B产品，才能使总预计收益达到最大，最大预计收益为960万元21(本小题满分12分)设a11，an1b(nN*)(1)若b1，求a2，a3及数列an的通项公式；(2)若b1，问：是否存在实数c使得a2nca2n1对所有nN*成立？证明你的结论答案(1)a22，a31，an1(2)存在c解析(1)方法一：a22，a31，再由题设条件知(an11)2(an1)21.从而(an1)2是首项为0，公差为1的等差数列故(an1)2n1，即an1(nN*)方法二：a22，a31，可写为a11，a21，a31.因此猜想an1.下面用数学归纳法证明上式：当n1时结论显然成立假设nk时结论成立，即ak1.则ak1111.这就是说，当nk1时结论成立，所以an1(nN*)(2)解法一：设f(x)1，则an1f(an)令cf(c)，即c1，解得c.下面用数学归纳法证明加强命题a2nca2n11.当n1时，a2f(1)0，a3f(0)1，所以a2a31，结论成立假设nk时结论成立，即a2kca2k11.易知f(x)在(，1上为减函数，从而cf(c)f(a2k1)f(1)a2，即1ca2k2a2.再由f(x)在(，1上为减函数，得cf(c)f(a2k2)f(a2)a31.故ca2k31，因此a2(k1)ca2(k1)11.这就是说，当nk1时结论成立综上，符合条件的c存在，其中一个值为c.解法二：设f(x)1，则an1f(an)先证：0an1(nN*) 当n1时，结论明显成立假设nk时结论成立，即0ak1.易知f(x)在(，1上为减函数，从而0f(1)f(ak)f(0)11.即0ak11.这就是说，当nk1时结论成立，故成立再证：a2na2n1(nN*) 当n1时，a2f(1)0，a3f(a2)f(0)1，有a2a3，即n1时成立假设nk时，结论成立，即a2ka2k1.由及f(x)在(，1上为减函数，得a2k1f(a2k)f(a2k1)a2k2，a2(k1)f(a2k1)f(a2k2)a2(k1)1.这就是说，当nk1时成立，所以对一切nN*成立由得a2n1，即(a2n1)2a2a2n2.因此a2n.又由，及f(x)在(，1上为减函数，得f(a2n)f(a2n1)，即a2n1a2n2.所以a2n11.解得a2n1.综上，由，知存在c使a2nca2n1对一切nN*成立22(本小题满分12分)设函数f(x)定义在(0，)上，f(1)0，导函数f(x)，g(x)f(x)f(x)(1)求g(x)的单调区间和最小值；(2)是否存在x0>0，使得|g(x)g(x0)|<对任意x>0成立？若存在，求出x0的取值范围；若不存在，请说明理由答案(1)单调递减区间(0,1)，单调递增区间(1，)，最小值为1(2)满足条件的x0不存在解析(1)由题设易知f(x)lnx，g(x)lnx，g(x)，令g(x)0，得x1.当x(0,1)时，g(x)<0，故(0,1)是g(x)的单调减区间当x(1，)时，g(x)>0，故(1，)是g(x)的单调增区间因此，x1是g(x)的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，所以最小值为g(1)1.(2)满足条件的x0不存在证明如下：证法一：假设存在x0>0，使|g(x)g(x0)|<对任意x>0成立，即对任意x>0，有lnx<g(x0)<lnx，(*)但对上述x0，取x1eg(x0)时，有lnx1g(x0)，这与(*)左边不等式矛盾因此，不存在x0>0，使|g(x)g(x0)|<对任意x>0成立证法二：假设存在x0>0，使|g(x)g(x0)|<对任意的x>0成立由(1)知，g(x)的最小值为g(1)1.又g(x)lnx>lnx，而x>1时，lnx的值域为(0，)x1时，g(x)的值域为1，)从而可取一个x1>1，使g(x1)g(x0)1，即g(x1)g(x0)1，故|g(x1)g(x0)|1>，与假设矛盾不存在x0>0，使|g(x)g(x0)|<对任意x>0成立