2022屆高三人教A版理科數(shù)學一輪復習作業(yè)（32）不等關系與不等式

課時作業(yè)(三十二)[第32講不等關系與不等式][時間：35分鐘分值：80分]eq\a\vs4\al\co1(基礎熱身)1．若x≠2或y≠－1，M＝x2＋y2－4x＋2y，N＝－5，則M與N的大小關系是()A．M>NB．M<NC．M＝ND．M≥N2．已知a＋b>0，b<0，那么a，b，－a，－b的大小關系是()A．a(chǎn)>b>－b>－aB．a(chǎn)>－b>－a>bC．a(chǎn)>－b>b>－aD．a(chǎn)>b>－a>－b3．已知ab≠0，那么eq\f(a,b)>1是eq\f(b,a)<1的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件4．若0<α<π，則sin2α與2sinα的大小關系是()A．sin2α>2sinαB．sin2α<2sinαC．sin2α＝2sinαD．無法確定eq\a\vs4\al\co1(能力提升)5．已知x>y>z，x＋y＋z＝0，則()A．xy>yzB．xz>yzC．xy>xzD．x|y|>z|y|6．設a>2，A＝eq\r(a＋1)＋eq\r(a)，B＝eq\r(a＋2)＋eq\r(a－2)，則A、B的大小關系是()A．A>BB．A<BC．A≥BD．A≤B7．“α＋β>2，且αβ>1”是“α>1，且β>1A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件8．若a<b<0，則下列結論中正確的是()\f(1,a)>eq\f(1,b)和eq\f(1,|a|)>eq\f(1,|b|)均不能成立\f(1,a－b)>eq\f(1,a)和eq\f(1,|a|)>eq\f(1,|b|)均不能成立C．不等式eq\f(1,a－b)>eq\f(1,a)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,b)))2>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,a)))2均不能成立D．不等式eq\f(1,|a|)>eq\f(1,|b|)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))2>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))2均不能成立9．給出下列命題：①a>b與b<a是同向不等式；②a>b且b>c等價于a>c；③a>b>0，d>c>0，則eq\f(a,c)>eq\f(b,d)；④a>b?ac2>bc2；⑤eq\f(a,c2)>eq\f(b,c2)?a>b.其中真命題的序號是________．10．若a1<a2，b1<b2，則a1b1＋a2b2與a1b2＋a2b1的大小關系是________．11．[2022·永州二模]某校對文明班的評選設計了a，b，c，d，e五個方面的多元評價指標，并通過經(jīng)驗公式S＝eq\f(a,b)＋eq\f(c,d)＋eq\f(1,e)來計算各班的綜合得分，S的值越高則評價效果越好．若某班在自測過程中各項指標顯示出0<c<d<e<b<a，則下階段要把其中一個指標的值增加1個單位，而使得S的值增加最多，那么該指標應為________．(填入a，b，c，d，e中的某個字母)12．(13分)已知a>b>c>1，設M＝a－eq\r(c)，N＝a－eq\r(b)，P＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)－\r(ab)))，比較M，N，P的大小．eq\a\vs4\al\co1(難點突破)13．(1)(6分)對任意實數(shù)a、b、c，在下列命題中，真命題是()A．“ac>bc”是“a>b”的必要條件B．“ac＝bc”是“a＝b”的必要條件C．“ac>bc”是“a>b”的充分條件D．“ac＝bc”是“a＝b”的充分條件(2)(6分)設6<a<10，eq\f(a,2)≤b≤2a，c＝a＋b，那么c的取值范圍是()A．9<c<30B．0≤c≤18C．0≤c≤30D．15<c<30

課時作業(yè)(三十二)【基礎熱身】1．A[解析]由x≠2或y≠－1，則M－N＝(x－2)2＋(y＋1)2>0.2．C[解析]由a＋b>0得，a>－b>0，∴－a<b<0，∴選C.3．A[解析]eq\f(a,b)>1即eq\f(a－b,b)>0，所以a>b>0，或a<b<0，此時eq\f(b,a)<1成立；反之eq\f(b,a)<1，所以eq\f(a－b,a)>0，即a>b，a>0，或a<0，a<b，此時不能得出eq\f(a,b)>1.故選A.4．B[解析]sin2α＝2sinαcosα<2sinα.【能力提升】5．C[解析]由x＋y＋z＝0知x、y、z中至少有一個小于零有一個大于零，又x>y>z，所以z<0，x>0，故選C.6．A[解析]A2＝2a＋1＋2eq\r(a2＋a)，B2＝2a＋2eq\r(a2－4)，顯然A2>B2，選A.7．B[解析]若α>1，β>1，則α＋β>2，且αβ>1；反之不然，如α＝3，β＝eq\f(2,3)，故選B.8．B[解析]∵b<0，∴－b>0，∴a－b>a，又∵a－b<0，a<0，∴eq\f(1,a－b)<eq\f(1,a)，故eq\f(1,a－b)>eq\f(1,a)不成立；∵a<b<0，∴|a|>|b|，∴eq\f(1,|a|)<eq\f(1,|b|)，故eq\f(1,|a|)>eq\f(1,|b|)不成立．由此知選B.9．③⑤[解析]①中兩個不等式為異向不等式；②中只能確定eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>b，,b>c))?a>c，不是等價不等式；由a>b>0，d>c>0得ad>bc>0，∴eq\f(a,c)>eq\f(b,d)，故③正確；當c＝0時，④不正確；在已知條件下eq\f(1,c2)>0恒成立，∴⑤正確．故填③⑤.10．a(chǎn)1b1＋a2b2>a1b2＋a2b1[解析](a1b1＋a2b2)－(a1b2＋a2b1)＝(a1－a2)(b1－b2)>0.11．c[解析]根據(jù)分數(shù)的性質，只有在a或c上增加1才能使S增加最多．∵eq\f(a,b)＋eq\f(c＋1,d)＋eq\f(1,e)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋1,b)＋\f(c,d)＋\f(1,e)))＝eq\f(1,d)－eq\f(1,b)＝eq\f(b－d,bd)>0，∴eq\f(a,b)＋eq\f(c＋1,d)＋eq\f(1,e)>eq\f(a＋1,b)＋eq\f(c,d)＋eq\f(1,e).12．[解答]∵b>c>1，∴eq\r(b)>eq\r(c)，∴－eq\r(b)<－eq\r(c)，∴a－eq\r(b)<a－eq\r(c)，即N<M.P－N＝a＋b－2eq\r(ab)－(a－eq\r(b))＝b－2eq\r(ab)＋eq\r(b)＝eq\r(b)(eq\r(b)－2eq\r(a