2013届高三数学章末综合测试题（11）不等式、推理与证明

一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符号题目要求的)
1．已知a，b，c∈R，那么下列命题中正确的是(　　)
A．若a>b，则ac2>bc2 B．若ac>bc，则a>b
C．若a3>b3且ab<0，则1a>1b D．若a2>b2且ab>0，则1a<1b
　解析　C　当c＝0时，可知选项A不正确；当c<0时，可知B不正确；由a3>b3且ab<0知a>0且b<0，所以1a>1b成立；当a<0且b<0时，可知D不正确．
2．若集合A＝{xx－2≤3，x∈R}，B＝{yy＝1－x2，x∈R}，则A∩B＝(　　)
A．[0,1] B．[0，＋∞)
C．[－1,1] D．∅
　解析　C　由x－2≤3，得－1≤x≤5，即A＝{x－1≤x≤5}；B＝{yy≤1}．故A∩B＝[－1,1]．
3．用数学归纳法证明“1＋2＋22＋…＋2n＋2＝2n＋3－1”，在验证n＝1时，左边计算所得的式子为(　　)
A．1 B．1＋2
C．1＋2＋22 D．1＋2＋22＋23
　解析　D　当n＝1时，左边＝1＋2＋22＋23.
4．已知x，y，z∈R＋，且xyz(x＋y＋z)＝1，则(x＋y)(y＋z)的最小值是(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
　解析　B　∵(x＋y)(y＋z)＝xy＋y2＋xz＋yz＝y(x＋y＋z)＋xz＝y×1xyz＋xz＝1xz＋xz≥21xz•xz＝2，当且仅当xz＝1，y(x＋y＋z)＝1时，取“＝”，
∴(x＋y)(y＋z)in＝2.
5．要证a2＋b2－1－a2b2≤0，只要证明(　　)
A．2ab－1－a2b2≤0 B．a2＋b2－1－a4＋b42≤0
C.a＋b22－1－a2b2≤0 D．(a2－1)(b2－1)≥0
　解析　D　因为a2＋b2－1－a2b2≤0⇔(a2－1)(b2－1)≥0，故选D.
6．对于平面α和共面的直线、n，下列命题为真命题的是(　　)
A．若⊥α，⊥n，则n∥α B．若∥α，n∥α，则∥n
C．若⊂α，n∥α，则∥n D．若、n与α所成的角相等，则∥n
　解析　C　对于平面α和共面的直线，n，真命题是“若⊂α，n∥α，则∥n”．
7．若不等式2x2＋2kx＋k4x2＋6x＋3<1对于一切实数都成立，则k的取值范围是(　　)
A. (－∞，＋∞) B. (1,3)
C. (－∞，3) D. (－∞，1)∪(3，＋∞)
　解析　B　∵4x2＋6x＋3＝4x2＋32x＋3＝4x＋342＋34≥34，
∴不等式等价于2x2＋2kx＋k<4x2＋6x＋3，
即2x2＋(6－2k)x＋3－k>0对任意的x 恒成立，
∴Δ＝(6－2k)2－8(3－k)<0，∴1<k<3.
8．设函数f(x)＝x2＋x＋a(a>0)满足f()<0，则f(＋1)的符号是(　　)
A．f(＋1)≥0 B．f(＋1)≤0
C．f(＋1)>0 D．f(＋1)<0
　解析　C　∵f(x)的对称轴为x＝－12，f(0)＝a>0，
∴由f()<0，得－1<<0， ∴＋1>0，∴f(＋1)>f(0)>0.
9．已知a>0，b>0，则1a＋1b＋2ab的最小值是(　　)
A．2 B．22
C．4 D．5
　解析　C　∵a>0，b>0， ∴1a＋1b＋2ab≥21ab＋2ab≥4，
当且仅当a＝b＝1时取等号，∴1a＋1b＋2abin＝4.
10．使不等式log2x(5x－1)>0成立的一个必要不充分条件是(　　)
A．x>12 B.15<x<25或x>12
C.15<x<1 D．0<x<12或x>12
　解析　D　log2x(5x－1)>0⇔
5x－1>0，2x>1，5x－1>1或5x－1>0，0<2x<1，5x－1<1⇔x>15，x>12，x>25或x>15，0<x<12，x<25，
∴x>12或15<x<25. 由x>12或15<x<25成立，可得x>12 或0<x<12成立，反之不成立，故选D.
11．假设f(x)＝x2－4x＋3，若实数x、y满足条件f(y)≤f(x)≤0，则点(x，y)所构成的区域的面积等于(　　)
A. 1 B. 2
C. 3 D. 4
　解析　B　由f(y)≤f(x)≤0可得fy≤fx，fx≤0，即1≤x≤3，x－yx＋y－4≥0，
画出其表示的平面区域如图所示，可得面积S＝2×12×2×1＝2，故选B.

12．设x，y 满足约束条件3x－y－6≤0，x－y＋2≥0，x≥0，y≥0，若目标函数z＝ax＋by(a>0，b>0)的最大值为12，则2a＋3b的最小值为(　　)
A.256 B.83
C.113 D．4
　解析　A　作出可行域(四边形OBAC围成的区域，包括边界)如图，作出直线l：ax ＋by＝0，当直线l经过点A时，z＝ax＋by取得最大值．

解x－y＋2＝0，3x－y－6＝0，得点A(4,6)，∴4a＋6b＝12，即a3＋b2＝1，
∴2a＋3b＝2a＋3ba3＋b2＝23＋32＋ab＋ba≥23＋32＋2＝256，当且仅当a ＝b时取等号．
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．已知等差数列{an}中，有a11＋a12＋…＋a2010＝a1＋a2＋…＋a3030，则在等比数列{bn}中，会有类似的结论：___ _____.
　解析　由等比数列的性质可知，b1b30＝b2b29＝…＝b11b20，∴10b11b12…b20＝30b1b2…b30 .
【答案】　10b11b12…b20＝30b1b2…b30
14．已知实数x，y满足约束条件x－y＋4≥0，x＋y≥0，x≤3，则z＝4x2－y的最小值为________．
　解析　作出不等式组所表示的可行域(图略)，z＝4x2－y＝22x•2y＝22x＋y，令ω＝2x＋y，可求得ω＝2x＋y的最小值是－2，所以z＝4x2－y的最小值为2－2＝14.
【答案】　14
15．某公司租地建仓库，每月占用费y1与仓库到车站的距离成反比，而每月库存货物的运费y2与仓库到车站的距离成正比．如果在距离车站10 k处建仓库，这项费用y1和y2分别为2万元和8万元，那 么，要使这两项费用之和最小，仓库应建在离车站________ k处．
　解析　设仓库建在离车站d k处，
由已知y1＝2＝k110，得k1＝20，∴y1＝20d. 由y2＝8＝10k2，得k2＝45，∴y2＝45d.
∴y1＋y2＝20d＋4d5≥220d•4d5＝8，当且仅当20d＝4d5，即d＝5时，费用之和最小．
【答案】　5
16．在不等边三角形中，a为最大边，要想得到∠A为钝角的结论，三边a，b，c应满足________．
　解析　由余弦定理cos A＝b2＋c2－a22bc<0，所以b2＋c2－a2<0，即a2>b2＋c2.
【答案】　a2>b2＋c2
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出字说明、证明过程或演算步骤)
17．(10分)已知表中的对数值有且只有两个是错误的.
x1.53 56
lg x3a－b＋c2a－ba＋c1＋a－b－c

x7891427
lg x2(a＋c)3(1－a－c)2(2a－b)1－a＋2b3(2a－b)
(1)假设上表中lg 3＝2a－b与lg 5＝a＋c都是正确的，试判断lg 6＝1＋a－b－c是否正确？给出判断过程；
(2)试将两个错误的对象值均指出并加以改正(不要求证明)．
　解析　(1)由lg 5＝a＋c得lg 2＝1－a－c，
∴lg 6＝lg 2＋lg 3＝1－a－c＋2a－b＝1＋a－b－c，
满足表中数值，即lg 6在假设下是正确的．
(2)lg 1.5与lg 7是错误的，
正确值应为lg 1.5＝lg32＝lg 3－lg 2＝2a－b－1＋a＋c＝3a－b＋c－1.
lg 7＝lg 14－lg 2＝1－a＋2b－1＋a＋c＝2b＋c.
18．(12分)已知f(x)＝－3x2＋a(6－a)x＋6.
(1)解关于a的不等式f(1)>0；
(2)若不等式f(x)>b的解集为(－1,3)，求实数a、b的值．
　解析　(1)∵f(x)＝－3x2＋a(6－a)x＋6，
∴f(1)＝－3＋a(6－a)＋6＝－a2＋6a＋3>0
即a2－6a－3<0，解得3－23<a<3＋23.
∴不等式解集为{a3－23<a<3＋23}．
(2)f(x)>b的解集为(－1,3)，
即方程－3x2＋a(6－a)x＋6－b＝0的两根为－1,3，
∴2＝a6－a3，－3＝－6－b3， 解得a＝3±3，b＝－3.
19．(12分)(2011•南京模拟)已知数列{an}满足a 1＝0，a2＝1，当n∈N*时，an＋2＝an＋1＋an.求证：数列{an}的第4＋1(∈N*)项能被3整除．
　解析　(1)当＝1时，a4＋1＝a5＝a4＋a3＝(a3＋a2)＋(a2＋a1)＝(a2＋a 1)＋2a2＋a1＝3a2＋2a1＝3＋0＝3.
即当＝1时，第4＋1项能被3整除．命题成立．
(2)假设当＝k时，a4k＋1能被3整除，则当＝k＋1时，
a4(k＋1)＋1＝a4k＋5＝a4k＋4＋a4k＋3＝2a4k＋3＋a4k＋2＝2(a4k＋2＋a4k＋1)＋a4k＋2＝3a4k＋2＋2a4k＋1.
显然，3a4k＋2能被3整除，又由假设知a4k＋1能被3整除，
∴3a4k＋2＋2a4k＋1能被3整除．
即当＝k＋1时，a4(k＋1)＋1也能被3整除．命题也成立．
由(1)和(2)知，对于任意n∈N*，数列{an}中的第4＋1(∈N*)项能被3整除．
20．(12分)设二次函数f(x)＝x2＋ax＋a，方程 f(x)－x＝0的两根x1和x2满足0<x1<x2<1.
(1)求实数a的取值范围；
(2)试比较f(0)f(1)－f(0)与116的大小，并说明理由．
　解析　(1)令g(x)＝f(x)－x＝x2＋(a－1)x＋a，

由题意可得Δ>0，0<1－a2<1，g1>0，g0>0⇔a<3－22或a>3＋22，－1<a<1，a>0
⇔0<a<3－22，
故实数a的取值范围是(0,3－22)．
(2)f(0)f(1)－f(0)＝g(0)g(1)＝2a2，
令h(a)＝2a2，∵当a>0时，h(a)单调递增，
∴当0<a<3－22时，0<h(a)<h(3－22)＝2(3－22)2＝2(17－122)＝2×117＋122<116，
即f(0)f(1)－f(0)<116.
21．(12分)已知{an}是正数组成的数列，a1＝1，且点(an，an＋1)(n∈N*)在函数y＝x2＋1的图象上．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足b1＝1，bn＋1＝bn＋2an，求证：bn•bn＋2<b2n＋1.
　解析　(1)由已知得an＋1＝an＋1，则an＋1－an＝1，又a1＝1，所以数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列．故an＝1＋(n－1)×1＝n.
(2)由(1)知，an＝n，从而bn＋1－bn＝2n.
当n≥2时，
bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1
＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝1－2n1－2＝2n－1.
又b1＝1也适合上式，所以bn＝2n－1，
bn•bn＋2－b2n＋1＝(2n－1)(2n＋2－1)－(2n＋1－1)2
＝(22n＋2－2n＋2－2n＋1)－(22n＋2－2•2n＋1＋1 )
＝－2n<0.
所以bn•bn＋2<b2n＋1.
22．(12分)某营养师要为某个儿童预定午餐和晚餐．已知一个单位的午餐含12个单位的碳水化合物，6个单位蛋白质和6个单位的维生素C；一个单位的晚餐含8个单位的碳水化合物，6个单位的蛋白质和10个单位的维生素C.另外，该儿童这两餐需要的营养中至少含64个单位的碳水化合物，42个单位的蛋白质和54个单位的维生素C.如果一个单位的午餐、晚餐的费用分别是2.5元和4元，那么满足上述的营养要求，并且花费最少，应当为该儿童分别预定多少个单位的午餐和晚餐？
　解析　设该儿童分别预定x，y个单位的午餐和晚餐，共需z元，则z＝2.5x＋4y.
可行域为12x＋8y≥64，6x＋6y≥42，6x＋10y≥54，x≥0，y≥0，即3x＋2y≥16，x＋y≥7，3x＋5y≥27，x≥0，y≥0，
作出可行域如图阴影部分所示，所以当x＝4，y＝3时，花费最少，zin＝22元．

因此，分别预定4个单位午餐和3个单位晚餐，就满足要求了．

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