（导学教程）2012届高三数学（理）二轮复习试题：专题一第三讲综合验收评估（北师大版）

一、选择题
1．不等式≤0的解集是
A．(－∞，－1)∪(－1,2]　　 B．[－1,2]
C．(－∞，－1)∪[2，＋∞) D．(－1,2]
解析　原不等式等价于(x－2)(x＋1)≤0且x≠－1，解得{x|－1＜x≤2}．
答案　D
2．(2011·兰州模拟)若b＜a＜0，则下列不等式中正确的是
A.＞ B．|a|＞|b|
C.＋＞2 D．a＋b＞ab
解析　－＝＜0，A选项错；
b＜a＜0 －b＞－a＞0 |b|＞|a|，B选项错；
＋＝＋≥2，
由于≠，所以等号不成立，C选项正确；
a＋b＜0且ab＞0，D选项错．故选C.
答案　C
3．(2011·滨州模拟)在平面直角坐标系中，不等式组(a为常数)表示的平面区域的面积是9，那么实数a的值为
A．3＋2 B．－3＋2
C．－5 D．1
解析　作出可行域，可得平面区域的面积S＝(a＋2)·2(a＋2)＝(a＋2)2＝9，
由题意可知a＞0，∴a＝1.
答案　D
4．设0＜a＜1，函数f(x)＝loga(a2x－3ax＋3)，则使f(x)＞0的x的取值范围是
A．(－∞，0) B．(0，＋∞)
C．(loga2,0) D．(loga2，＋∞)
解析　根据题意可得0＜a2x－3ax＋3＜1，
令t＝ax，即0＜t2－3t＋3＜1，
因为Δ＝(－3)2－4×3＝－3＜0，
故t2－3t＋3＞0恒成立，
只要解不等式t2－3t＋3＜1即可，
即解不等式t2－3t＋2＜0，解得1＜t＜2，
即1＜ax＜2，取以a为底的对数，根据对数函数性质得loga2＜x＜0.故选C.
答案　C
5．(2011·广东)已知平面直角坐标系xOy上的区域D由不等式组给定，若M(x，y)为D上的动点，点A的坐标为(，1)，则z＝·的最大值为
A．4 B．3
C．4 D．3
解析　由线性约束条件画出可行域如图所示，目标函数z＝·＝x＋y，将其化为y＝－x＋z，结合图形可知，目标函数的图象过点(，2)时，z最大，将点(，2)的坐标代入z＝x＋y得z的最大值为4.
答案　C
6．若x，y都是正数，则2＋2的最小值是
A．1 B．2
C．3 D．4
解析　2＋2＝＋＋≥1＋1＋2＝4，当且仅当x＝y＝时取等号．
答案　D
二、填空题
7．已知x＞0，y＞0，x，a，b，y成等差数列，x，c，d，y成等比数列，则的最小值是________．
解析　∵＝≥＝4.
答案　4
8．(2011·陕西)如图，点(x，y)在四边形ABCD内部和边界上运动，那么2x－y的最小值为________．
解析　令b＝2x－y，则y＝2x－b，如图所示，作斜率为2的平行线y＝2x－b，
当经过点A时，直线在y轴上的截距最大，为－b，此时b＝2x－y取得最小值，为b＝2×1－1＝1.
答案　1
9．(2011·浙江)若实数x，y满足x2＋y2＋xy＝1，则x＋y的最大值是________．
解析　由x2＋y2＋xy＝1，得1＝(x＋y)2－xy，
∴(x＋y)2＝1＋xy≤1＋，
解得－≤x＋y≤，
∴x＋y的最大值为.
答案　
三、解答题
10．设命题p：f(x)＝在区间(1，＋∞)上是减函数；命题q：x1，x2是方程x2－ax－2＝0的两个实根，且不等式m2＋5m－3≥|x1－x2|对任意的实数a∈[－1,1]恒成立．若綈p∧q为真，试求实数m的取值范围．
解析　对于命题p有x－m≠0，又x∈(1，＋∞)，故m≤1，则命题p：m≤1.
对于命题q有|x1－x2|＝＝≤3，
则m2＋5m－3≥3，即m2＋5m－6≥0，
解得m≥1或m≤－6.
若綈p∧q为真，则p为假且q为真，
所以，故m＞1.
11．(2011·安徽)(1)设x≥1，y≥1，证明x＋y＋≤＋＋xy；
(2)设1＜a≤b≤c，证明logab＋logbc＋logca≤logba＋logcb＋logac.
证明　(1)由于x≥1，y≥1，所以x＋y＋≤＋＋xy xy(x＋y)＋1≤y＋x＋(xy)2.
将上式中的右式减左式，得
[y＋x＋(xy)2]－[xy(x＋y)＋1]＝[(xy)2－1]－[xy(x＋y)－(x＋y)]
＝(xy＋1)(xy－1)－(x＋y)(xy－1)＝(xy－1)(xy－x－y＋1)
＝(xy－1)(x－1)(y－1)．
由于x≥1，y≥1，所以(xy－1)(x－1)(y－1)≥0，
从而所要证明的不等式成立．
(2)设logab＝x，logbc＝y，由对数的换底公式得
logca＝，
logba＝，logcb＝，logac＝xy.
于是，所要证明的不等式即为x＋y＋≤＋＋xy.
又由于1＜a≤b≤c，所以x＝logab≥1，y＝logbc≥1.
故由(1)知所要证明的不等式成立．
12．(2011·北京)已知函数f(x)＝(x－k)2e.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若对于任意的x∈(0，＋∞)，都有f(x)≤，求k的取值范围．
解析　(1)f′(x)＝(x2－k2)e.
令f′(x)＝0，得x＝±k.
当k＞0时，f(x)与f′(x)的变化情况如下：
x (－∞，－k) －k (－k，k) k (k，＋∞)
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) ?↗ 4k2e－1 ↘? 0 ↗?
所以f(x)的单调递增区间是(－∞，－k)和(k，＋∞)，单调递减区间是(－k，k)．
当k＜0时，f(x)与f′(x)的变化情况如下：
x (－∞，k) k (k，－k) －k (－k，＋∞)
f′(x) － 0 ＋ 0 －
f(x) ?↘ 0 ?↗ 4k2e－1 ?↘?
所以f(x)的单调递减区间是(－∞，k)和(－k，＋∞)，单调递增区间是(k，－k)．
(2)当k＞0时，因为f(k＋1)＝＞，
所以不会有 x∈(0，＋∞)，f(x)≤.
当k＜0时，由(1)知f(x)在(0，＋∞)上的最大值是f(－k)＝.
所以 x∈(0，＋∞)，
f(x)≤等价于f(－k)＝≤，
解得－≤k＜0.
故当 x∈(0，＋∞)，f(x)≤时，k的取值范围是.
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