2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-第二章-第一節(jié)-等式與不等式的性質(zhì)-專項(xiàng)訓(xùn)練【含答案】

第二章-第一節(jié)-等式與不等式的性質(zhì)-專項(xiàng)訓(xùn)練1.已知a＞0，b＞0，設(shè)m＝a－2b＋2，n＝2a－b，則（）A.m≥n B.m＞nC.m≤n D.m＜n2.若a，b∈R，且a＞｜b｜，則（）A.a＜－b B.a＞bC.a2＜b2 D.1a＞3.已知a＋b＜0，且a＞0，則（）A.a2＜－ab＜b2 B.b2＜－ab＜a2C.a2＜b2＜－ab D.－ab＜b2＜a24.在開山工程爆破時(shí)，已知導(dǎo)火索燃燒的速度是每秒0.5厘米，人跑開的速度為每秒4米，距離爆破點(diǎn)150米以外（含150米）為安全區(qū).為了使導(dǎo)火索燃盡時(shí)人能夠跑到安全區(qū)，導(dǎo)火索的長(zhǎng)度x（單位：厘米）應(yīng)滿足的不等式為（）A.4×x0.5＜150 B.4×C.4×x0.5≤150 D.4×5.（多選）下列命題為真命題的是（）A.若a＞b，c＞d，則a＋c＞b＋d B.若a＞b，c＞d，則ac＞bdC.若a＞b，則ac＞bc D.若a＜b＜0，c＜0，則c6.（多選）設(shè)a＞b＞1，c＜0，則下列結(jié)論正確的是（）A.ca＞cb B.acC.a（b－c）＞b（a－c） D.ac＞7.15－216－5（填8.已知a，b為實(shí)數(shù)，且a≠b，a＜0，則a2b－b2a（填“＞”“＜”或“＝9.已知a，b∈R，給出下面三個(gè)論斷：①a＞b；②1a＜1b；③a＜0且b＜0.以其中的兩個(gè)論斷作為條件，余下的一個(gè)論斷作為結(jié)論，寫出一個(gè)正確的命題：10.已知6＜a＜60，15＜b＜18，求a－b，a＋b11.若a＞0，b＞0，則p＝（ab）a＋b2與q＝abbaA.p≥q B.p≤qC.p＞q D.p＜q12.已知實(shí)數(shù)a，b，c滿足b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，則a，b，c的大小關(guān)系為（）A.a＜b≤c B.b≤c＜aC.b＜c＜a D.b＜a＜c13.已知－1＜x－y＜4，2＜x＋y＜3，則3x＋2y的取值范圍為.14.（1）已知a＋b＞0，試比較ab2＋ba2與1（2）若bc－ad≥0，bd＞0，求證：a＋bb15.若a＞b＞0，c＜d＜0，｜b｜＞｜c(diǎn)｜.（1）求證：b＋c＞0；（2）求證：b＋c（（3）在（2）的不等式中，能否找到一個(gè)代數(shù)式，滿足b＋c（a－c）2＜所求式＜a＋參考答案與解析1.A由題意可知，m－n＝a－2b＋2－2a＋b＝（a－1）2＋（b－1）2≥0，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝1時(shí)，等號(hào)成立，即m≥n，故選A.2.B由a＞｜b｜得，當(dāng)b≥0時(shí)，a＞b，當(dāng)b＜0時(shí)，a＞－b，綜上可知，當(dāng)a＞｜b｜時(shí)，則a＞b成立，故選B.3.A法一由a＋b＜0，且a＞0可得b＜0，且a＜－b.因?yàn)閍2－（－ab）＝a（a＋b）＜0，所以0＜a2＜－ab.又因?yàn)?＜a＜－b，所以0＜－ab＜（－b）2，所以0＜a2＜－ab＜b2，故選A.法二令a＝1，b＝－2，則a2＝1，－ab＝2，b2＝4，從而a2＜－ab＜b2，故選A.4.B由題意知導(dǎo)火索燃燒的時(shí)間為x0.5秒，人在此時(shí)間內(nèi)跑的路程為（4×x0.5）米，由題意可得4×5.AD對(duì)于A，由不等式的性質(zhì)可知同向不等式相加，不等號(hào)方向不變，故正確.對(duì)于B，當(dāng)a＝－1，b＝－2，c＝2，d＝1時(shí)，ac＝bd，故錯(cuò)誤.對(duì)于C，當(dāng)c＜0時(shí)，ac＜bc，故錯(cuò)誤.對(duì)于D，ca－cb＝c（b－a）ab，因?yàn)閎－a＞0，c＜0，ab＞0，所以ca－cb＜06.ABC對(duì)于A，∵a＞b＞1，c＜0，∴ca－cb＝c（b－a）ab＞0，∴ca＞cb，故A正確；對(duì)于B，∵a＞b＞1，c＜0，∴ac＜bc，故B正確；對(duì)于C，∵a＞b＞1，∴a（b－c）－b（a－c）＝ab－ac－ab＋bc＝－c（a－b）＞0，∴a（b－c）＞b（a－c），故C正確；對(duì)于D，∵1c＜0，a＞b＞7.＜解析：分母有理化有15－2＝5＋2，16－5＝6＋5，顯然5＋2＜6＋58.＜解析：因?yàn)閍≠b，a＜0，所以a－（2b－b2a）＝（a－b）2a＜0，9.若a＞b，a＜0且b＜0，則1a＜1b（解析：若a＞b，a＜0且b＜0，則1a＜1b，證明：1a－1b＝b－aab，∵a＞b，∴b－a＜0.∵a＜0，b＜0，∴ab＞0，則1a－1b＝10.解：因?yàn)?＜a＜60，15＜b＜18，所以－18＜－b＜－15，所以－12＜a－b＜45.又118＜1b＜115，則618＜即13＜ab因?yàn)閍＋bb＝ab＋1，所以411.Apq＝（ab）a＋b2abba＝aa－b2bb－a2＝（ab）a－b2，若a＞b＞0，則ab＞1，a－b＞0，∴pq＞1；若0＜a＜b，則0＜ab＜12.A∵c－b＝4－4a＋a2＝（a－2）2≥0，∴c≥b，又∵b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，兩式相減得2b＝2＋2a2，即b＝1＋a2，∴b－a＝a2＋1－a＝（a－12）2＋34＞0，∴b＞a，∴a＜b≤13.（92，192）解析：設(shè)3x＋2y＝λ（x－y）＋μ（x＋y），即3x＋2y＝（λ＋μ）x＋（μ－λ）y，于是λ＋μ=3，μ－λ=2，解得λ＝12，μ＝52，∴3x＋2y＝12（x－y）＋52（x＋y）.∵－1＜x－y＜4，2＜x＋y＜3，∴－12＜12（x－y）＜2，5＜52（x＋y）＜152，∴92＜14.解：（1）ab2＋ba2－（1a＋1b）＝a－bb2＋b－aa2∵a＋b＞0，（a－b）2≥0，∴（a＋∴ab2＋ba2≥（2）證明：∵bc≥ad，1bd＞0，∴cd≥∴cd＋1≥ab＋1，∴a＋15.解：（1）證明：因?yàn)椋黚｜＞｜c(diǎn)｜，且b＞0，c＜0，所以b＞－c，所以b＋c＞0.（2）證明：因?yàn)閏＜d＜0，所以－c＞－d＞0.又a＞b＞0，所以由同向不等式的可加性可得a－c＞b－d＞0，所以（a－c）2＞