第三章 不等式核心素养单元测试优选卷-2021-2022学年高一上学期数学苏教版（2019）必修第一册（word版 含答案解析）

第三章 不等式 核心素养优选卷
一、单选题。本大题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合题意。
1．已知，为正实数，则“”是“”的（ ）
A．充要条件 B．必要不充分条件
C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件
2．设为实数，且，则下列不等式正确的是（ ）
A． B．
C． D．
3．已知，，且，则当取得最小值时，（ ）
A．16 B．6 C．18 D．12
4．二次不等式的解集为，则的值为（ ）
A． B．5 C． D．6
5．设，且，，则（ ）
A．有最大值，无最小值 B．有最大值，有最小值
C．无最大值，有最小值 D．无最大值，无最小值
6．设正实数，，满足，则当取得最大值时，的最大值为（ ）
A． B． C． D．
7．已知集合，．若，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C．或 D．
8．若则下列式子：（1），（2），
（3），（4）.其中恒成立的个数是
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、多选题。本大题共4小题，每小题5分，共20分，每小题有两项或以上符合题意。
9．设，且，那么（ ）
A．有最小值
B．有最大值
C．ab有最大值.
D．ab有最小值.
10．已知关于的不等式的解集为或，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．不等式的解集为
C．不等式的解集为或
D．
11．《几个原本》中的几何代数法研究代数问题，这种方法是后西方数学家处理问题的重要依据，通过这一原理，很多的代数公理成定理都能够通过图形实现证明，也称为无字证明.现有图形如图所示，为线段上的点，且，，为的中点，以为直径作半圆，过点作的垂线交半圆于，连接，，，过点作的垂线，垂足为，则该图形可以完成的无字证明有（ ）
A． B．
C． D．
12．下列求最值的运算中，运算方法错误的有（ ）
A．当时，，故时，的最大值为；
B．当时，，当且仅当时取等号，解得或，又由，所以取，故时，的最小值为；
C．由于，故的最小值是；
D．，，且，由于，则，又，则，，且，的最小值为．
三、填空题。本大题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知为正实数，则的最小值为______．
14．已知不等式的解集为，则____，______；不等式的解集为________________．
15．已知都为正实数，则的最小值为___________．
16．《九章算术》是中国传统数学最重要的著作，奠定了中国传统数学的基本框架，其中卷第九勾股中记载：“今有邑，东西七里，南北九里，各中开门．出东门一十五里有木．问出南门几何步而见木 ”其算法为：东门南到城角的步数，乘南门东到城角的步数，乘积作被除数，以树距离东门的步数作除数，被除数除以除数得结果，即出南门里见到树，则．若一小城，如图所示，出东门步有树，出南门步能见到此树，则该小城的周长的最小值为（注：里步）________ 里.
四、解答题。本大题共6小题，共70分，解答过程必修有必要的文字说明，公式和解题过程。
17．为发展空间互联网，抢占6G技术制高点，某企业计划加大对空间卫星网络研发的投入.据了解，该企业研发部原有100人，年人均投入a（）万元，现把研发部人员分成两类：技术人员和研发人员，其中技术人员有x名（且），调整后研发人员的年人均投入增加4x%，技术人员的年人均投入为万元.
（1）要使调整后的研发人员的年总投入不低于调整前的100人的年总投入，则调整后的技术人员最多有多少人？
（2）是否存在实数m，同时满足两个条件：①技术人员的年人均投入始终不减少；②调整后研发人员的年总投入始终不低于调整后技术人员的年总投入？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由.
18．（1）已知，，，求证：．
（2）证明：．
19．设.
（1）若不等式对一切实数恒成立，求实数的取值范围；
（2）解关于的不等式.
20．设函数，已知不等式的解集为.
（1）求和的值；
（2）若对任意恒成立，求的取值范围.
21．已知函数.
（1）解关于的不等式；
（2）若关于的不等式的解集为，求实数的值.
22．已知均为正实数.
（I）求证：；
（II）求证：.
参考答案
1．B
【解析】由，为正实数，，当且仅当时等号成立
若，可得，故必要性成立；
当，此时，但，故充分性不成立；
因此“”是“”的必要不充分条件
故选：B
2．D
【解析】已知,对各选项逐一判断：
选项A：因为,由不等式的性质，两边同乘负数，不等式变号，可得,所以选项A错误.
选项B：取,,,,则,,此时,所以选项B错误.
选项C：取,,,,则,,此时,所以选项C错误.
选项D：因为,所以,所以,即,所以选项D正确.
故选：D.
3．B
【解析】因为，，
所以
所以．
当且仅当即时取等号，
所以当取得最小值时，
故选：B.
4．D
【解析】不等式的解集为，
，
原不等式等价于，
由韦达定理知，，
，，
．
故选：D．
5．C
【解析】当无限接近0时，为正数，趋近于正无穷大，所以无最大值，
当且仅当即时取等号，即最小值为2
故选：C
6．D
【解析】由正实数，，满足，
．
，
当且仅当时取等号，此时．
，当且仅当时取等号，
即的最大值是1．
故选：D
7．C
【解析】，
∵．
∴或，
∵即，∴或．
即或， 即实数的取值范围是或．
故选：C.
8．A
【解析】(1) =,当a=1,b=-2.时不等式不成立；
(2)=当a=1,b=-1时，不等式不成立；
(3)恒成立.选项正确.
(4),故不正确.
故答案为A.
9．AD
【解析】，，
，当时取等号，
，解得，
，
有最小值；
，当时取等号，
，
，
，解得，即，
有最小值．
故选：AD
10．AC
【解析】关于的不等式的解集为，
所以二次函数的开口方向向上，即，故A正确；
方程的两根为、，
由韦达定理得，解得.
对于B，，由于，所以，
所以不等式的解集为，故B不正确；
对于C，由的分析过程可知，所以
或，
所以不等式的解集为或，故C正确；
对于D，，故D不正确.
故选：AC.
11．AC
【解析】解：根据图形，利用射影定理得：，又，，
所以
由于，
所以．
由于，
所以．
故选：．
12．BCD
【解析】】解：对于A，符合基本不等式中的“一正二定三相等”，即A的运算方法正确；
对于B，当时，，
当且仅当，即时，等号成立，即B的运算方法错误；
对于C，取等的条件是，即，显然均不成立，即C的运算方法错误；
对于D，第一次使用基本不等式的取等条件为，而第二次使用基本不等式的取等条件为，两者不能同时成立，即D的运算方法错误．
故选：BCD．
13．3．
【解析】解：因为为正实数，所以，
所以根据基本不等式得：
，
当且仅当，即时等号成立.
故答案为：.
14．
【解析】因为关于x的不等式的解集为
所以和为方程的两根，且，
由韦达定理可得，解得，
所以不等式化为，
即，解得.
即不等式的解集为
故答案为：；1；
15．
【解析】，因为都为正实数，，当且仅当，即时等号成立，所以，当且仅当，即时等号成立，综上所述，当时，取最小值为.
故答案为：
16．
【解析】因为里步，由图可知，步里，步里，
，则，且，
所以，，所以，，则，
所以，该小城的周长为（里）.
故答案为：.
17．
（1）75人
（2）存在，7
18．（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【解析】（1）因为，，，
所以．
当且仅当即时等号成立，
所以，原不等式得证；
（2）
当且仅当即时等号成立，
故原不等式得证.
19．（1）；（2）答案见解析.
【解析】（1）由题意可得对一切实数成立，
当时，不满足题意；
当时，可得.
所以实数a的取值范围为.
（2）由题意可得，
当时，不等式可化为，所以不等式的解集为,
当时，,
当时，,
①当，解集为,
②当，解集为或,
③当，解集为或.
综上所述,
当，不等式的解集为或,
当，不等式的解集为,
当，不等式的解集为或,
当时, 不等式的解集为,
当时, 不等式的解集为.
20．（1）；（2）.
【解析】（1）有题意得是关于的方程的两个根，
所以，故；
（2）由（1）得，则对任意恒成立，
即，对任意恒成立.
又因为（当且仅当时，等号成立），
所以，
所以.
21．（1）①当时，不等式的解集为；
②当时，由，则不等式的解集为；
③当时，由，则不等式的解集为；
（2）
【解析】（1）不等式，可化为：.
①当时，不等式的解集为；
②当时，由，则不等式的解集为；
③当时，由，则不等式的解集为；
（2）不等可化为：.
由不等式的解集为可知，1和4是方程的两根.
故有，解得.
由时方程为的根为1或4，则实数的值为1.
22．（I）见解析；（II）见解析.
【解析】（I），
∴．
同理②
③
由①+②+③得：，
当且仅当时各个等号同时成立．
∴ ．
（II）∵
，
当且仅当时各个等号同时成立．
∴．