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- 2021-06-25 发布
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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=a2ab2bc2c,B=ab+cbc+aca+b,则 A 与 B 的大小关系是 ( )
A.A>B B.Ab>c>0,所以 A>0,B>0,
所以 = =aa-baa-cbb-cbb-acc-acc-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.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.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.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.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.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.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 ) 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)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)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 00,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 0cd,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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