人教A版高中数学选修4-5全册试卷综合质量评估

人教A版高中数学选修4-5全册试卷综合质量评估

综合质量评估 (第一至第四讲) (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.设函数 f(x)= ,则使 f(x)≥1 的自变量 x 的取值范围是 ( ) A.(-∞,-2]∪[0,4] B.(-∞,-2]∪[0,1] C.(-∞,-2]∪[1,4] D.[-2,0]∪[1,4] 【解析】选 A.当 x<1 时, 由(x+1)2≥1 得 x≤-2 或 0≤x<1; 当 x≥1 时,由 4-|x-1|≥1 得 1≤x≤4. 综合上述,使 f(x)≥1 的自变量 x 的取值范围是 (-∞,-2]∪[0,4]. 2.设 a,b∈R,下面的不等式能成立的是 ( ) A.a2+3ab>b2 B.ab+a>b+ab C. < D.a2+b2≥2(a-b-1) 【解析】选 D.取 a=0,b=1,验证排除 A,B,再取 a=4,b=3 时,可排除 C. 【一题多解】选 D.a2+b2-2(a-b-1)=a2-2a+1+b2-2b+1=(a-1)2+(b-1)2≥0,故选 D. 【变式训练】若 a,b,c,d∈R,且 ab>0,- <- ,则下列各式恒成立的是 ( ) A.bcad C. > D. < 【解析】选 B.对- <- 两边同乘以-ab, 由-ab<0,得 bc>ad. 3.“a>0 且 b>0”是“ ≥ ”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.既不充分也不必要条件 【解析】选 A.由 a>0 且 b>0,可得 ≥ , 反之若 ≥ . 则 a≥0 且 b≥0,不一定是“a>0 且 b>0”.故选 A. 4.若 P= ,Q= - ,R= - ,则 P,Q,R 的大小顺序是 ( ) A.P>Q>R B.P>R>Q C.Q>P>R D.Q>R>P 【解析】选 B.P= = , Q= - = , R= - = . 因为 2 < + < + , 所以 > > , 所以 P>R>Q. 5.若 a,b∈R,则不等式|a|+|b|≥|a+b|中等号成立的充要条件是 ( ) A.ab>0 B.ab≥0 C.ab<0 D.ab≤0 【解析】选 B.若 ab=0,则|a|+|b|=|a+b|; 若 ab>0,则|a|+|b|=|a+b|;若 ab<0,则|a|+|b|>|a+b|. 6.若关于 x 的不等式|x-1|+|x-2|>a2+a+1(x∈R)恒成立,则实数 a 的取值范围为 ( ) A.(0,1) B.(-∞,-1)∪(0,+∞) C.(-∞,-1) D.(-1,0) 【解析】选 D.根据绝对值不等式的意义知|x-1|+|x-2|≥|(x-1)-(x-2)|=1,所以, 不等式|x-1|+|x-2|>a2+a+1(x∈R)恒成立,等价于 a2+a+1<1,解得-10,A= ,B= + ,则 A 与 B 的大小关系为 ( ) A.A>B B.A + = =A. 【变式训练】设 x>0,y>0,若 P= ,Q= + ,则 P,Q 的大小关系是 ( ) A.P=Q B.PQ 【解析】选 B.因为 x>0,y>0, 所以 P= = + < + =Q. 8.(2016·南昌高二检测)不等式|x-1|+|x-2|≥3 的解集是 ( ) A.{x|x≤1 或 x≥2} B.{x|1≤x≤2} C.{x|x≤0 或 x≥3} D.{x|0≤x≤3} 【解析】选 C.由 x≤1 时,原不等式可化为-(x-1)-(x-2)≥3,得 x≤0.因此 x≤0. 当 10,|x|≤ ,|y|≤ ,|z|= ,则|2x-y+3z|的最大值为 . 【解析】根据绝对值不等式的性质,所以|2x-y+3z|≤2|x|+|y|+3|z|≤ε.所以 |2x-y+3z|的最大值为ε. 答案:ε 10.已知实数 x,y,z 满足 x+2y+3z=a(a 为常数),则 x2+y2+z2 的最小值为 . 【解析】根据柯西不等式可知,(x2+y2+z2)(1+4+9)≥(x+2y+3z)2=a2, 所以 x2+y2+z2≥ . 答案: 11.若 a>b>c,n∈N,且 + ≥ 恒成立,则 n 的最大值是 . 【解析】因为 a>b>c,且 + ≥ 恒成立,于是 n≤ + 恒成立. 因为 + = + =2+ + ≥2+2 =4. 所以 n 的最大值是 4. 答案:4 12.请补全用分析法证明不等式“ac+bd≤ ”时的推论过程: 要证明 ac+bd≤ (1) , 只要证(ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2), 即要证:a2c2+2abcd+b2d2≤a2c2+a2d2+b2c2+b2d2, 即要证 a2d2+b2c2≥2abcd, (2) . 【解析】根据分析法的原理,及后续证明提示,可知在(1)处需要对 ac+bd 的正负 讨论;对于(2)处需要考虑前面证明步骤成立的条件,及结论的写法. 答案:(1)当 ac+bd≤0 时,命题成立.当 ac+bd>0 时 (2)因为(ad-bc)2≥0,所以 a2d2+b2c2≥2abcd,所以命题成立 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)(2016·福州高二检测)已知函数 f(x)是 R 上的增函数,a,b∈R. (1)若 a+b≥0,求证:f(a)+f(b)≥f(-a)+f(-b). (2)判断(1)中命题的逆命题是否成立,并证明你的结论. 【解析】(1)因为 a+b≥0,所以 a≥-b, 已知 f(x)是 R 上的增函数,所以 f(a)≥f(-b), 又 a+b≥0⇒b≥-a.同理 f(b)≥f(-a), 两式相加,可得 f(a)+f(b)≥f(-a)+f(-b). (2)(1)中命题的逆命题成立.逆命题:若 f(a)+f(b)≥f(-a)+f(-b),则 a+b≥0. 下面用反证法证明,设 a+b<0,则 ⇒f(a)+f(b)-2 时,令 f(x)=g(x),即-x+4=x-a,求得 x=2+ , 根据对任意 x∈[a,+∞)都有 g(x)≥f(x),所以 a≥2+ ,即 a≥4. 综上可得,a≤-2 或 a≥4. 18.(10 分)已知数列{bn}是等差数列,b1=1,b1+b2+…+b10=145. (1)求数列{bn}的通项公式 bn. (2)设数列{an}的通项 an=loga ,(其中 a>0,且 a≠1),记 Sn 为数列{an}的前 n 项和,试比较 Sn 与 logabn+1 的大小,并证明你的结论. 【解析】(1)设数列{bn}的公差为 d,由题意得 ⇒ 所以 bn=3n-2. (2)由 bn=3n-2 知 Sn=loga(1+1)+loga +…+loga =loga , 而 logabn+1=loga . 于是,比较 Sn 与 logabn+1 的大小,即比较 (1+1) … 与 的大小. 取 n=1,有(1+1)= > = . 取 n=2,有(1+1) > > = . 由此猜想: (1+1) … > .(*) 下面用数学归纳法证明: ①当 n=1 时,已验证(*)成立. ②假设 n=k(k≥1,k∈N+)时,(*)成立,即 (1+1) … > , 则当 n=k+1 时, (1+1) … > = . 因为 - = = >0, 所以 (3k+2)> = . 从而(1+1) … > ,即当 n=k+1 时(*) 也成立. 由①与②知,(*)对任意正整数 n 都成立. 所以,当 a>1 时,Sn> logabn+1, 当 0

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