全國統(tǒng)考高考數(shù)學大一輪復習第7章不等式第1講不等關系與一元二次不等式2備考試題文含解析

一輪復習精品資料(高中)PAGEPAGE1第七章不等式第一講不等關系與一元二次不等式1.〖2021湖南六校聯(lián)考〗已知集合A={x|x2-2x-3<0},集合B={x|log2(x-1)≥0},則A∩B=()A.{x|2≤x<3} B.{x|2<x≤3}C.{x|1≤x<3} D.{x|-1≤x<2}2.〖2021福建五校聯(lián)考〗已知函數(shù)f(x)=|lgx|,若f(a)=f(b)且a<b,則不等式logax+logb(2x-1)>0的解集為()A.(1,+∞) B.(0,1)C.(12,+∞) D.(13.〖2021北京市海淀區(qū)期中考試〗設a,b∈R,且a<b<0,則()A.1a<C.a+b24.〖2021廣東省梅州市質檢〗若1a<1b<0,則不等式①1a+b<1ab;②|a|+b>0;③a-1a>b-1A.①④ B.②③ C.①③ D.②④5.〖2020合肥三檢〗若x,y∈R,則x2>y2是xy>1成立的()A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件6.〖2020陜西西工大附中4月模擬〗不等式x2-2x+5>a2對任意的x∈(1,+∞)恒成立,則實數(shù)a的取值范圍是()A.〖-2,2〗 B.(-2,2)C.(-∞,-2)∪(2,+∞) D.(-∞,-2〗∪〖2,+∞)7.〖2021蘇州市吳江中學一檢〗已知角α,β滿足-π2<α-β<π2,0<α+β<π,則3α-β的取值范圍是8.〖2020海南中學4月模擬〗當x∈(1,2)時,不等式x2+mx+2>0恒成立,則m的取值范圍是.

9.在R上定義運算:xy=x(1-y).若不等式(x-a)(x+a)<1對任意的x∈R恒成立,則實數(shù)a的取值范圍是.

10.使不等式x2+(a-6)x+9-3a>0(|a|≤1)恒成立的x的取值范圍為.

11.〖2021黑龍江省六校聯(lián)考〗若2a+1=3,2b=83,則有以下結論:①b-a<1;②1a+1b>2;③ab>34;④b2>2A.1個 B.2個 C.3個 D.4個12.〖2021浙江杭州質檢〗若a+b>0,則()A.lna+lnb>0 B.a3+b3>0C.tana+tanb>0 D.|a|>|b|13.設0<b<1+a,若關于x的不等式(x-b)2>(ax)2的解集中的整數(shù)解恰有3個,則a的取值范圍是()A.(-1,0) B.(0,1) C.(1,3) D.(3,5)14.已知函數(shù)f(x)=x2-ax+a+3,g(x)=ax-2a,若?x0∈R,使f(x0)<0和g(x0)<0同時成立,則實數(shù)a的取值范圍為()A.(7,+∞) B.(-∞,-2)∪(6,+∞)C.(-∞,-2) D.(-∞,-2)∪(7,+∞)15.〖2019河南南陽模擬〗不等式x(sinθ-cos2θ+1)≥-3對任意的θ∈R恒成立,則實數(shù)x的取值范圍是.

答案第七章不等式第一講不等關系與一元二次不等式1.A解法一由題意可得A={x|-1<x<3},B={x|x≥2},所以A∩B={x|2≤x<3},故選A.解法二因為對數(shù)中真數(shù)大于0,所以集合B中的元素大于1,所以1?B,則1?A∩B,故排除選項C,D;又2∈A,2∈B,所以2∈A∩B,排除選項B.故選A.2.Af(a)=f(b)?|lga|=|lgb|?lga=±lgb?a=b或a=1b,因為a<b,所以0<a=1b<1,所以logax+logb(2x-1)=logax-loga(2x-1)=logax2x-1>03.D∵a<b<0,∴1a>1b,故A錯;∵a<b<0,∴a2>b2,即b2-a2<0,ab>0,可得ba-ab=b2-a2ab<0,∴ba<ab,故B錯;∵a<b<0,∴a+b4.D由1a<1b<0,得b<a<0.①因為a+b<0,ab>0,所以1a+b<1ab成立,即①正確;②因為b<a<0,所以-b>-a>0,則-b>|a|,即|a|+b<0,所以②錯誤;③因為b<a<0,且1a<1b<0,所以a-1a>b-1b,故③正確;④因為b<a5.B解法一若x2>y2,令x=-3,y=1,則xy<1,所以“x2>y2”不是“xy若xy>1,則x,y同號,當x>0,y>0時,x>y>0,則可得x2>y2;當x<0,y<0時,x<y<0,則有-x>-y>0,所以有x2>y2.所以“x2>y2”是“xy>1”的必要條件.解法二x2>y2?|x|>|y|?|x||y|>1?xy>1或xy<-1,所以“x2>y6.A由于直線x=1是y=x2-2x+5的圖象的對稱軸,所以當x>1時,x2-2x+5>12-2+5=4,所以a2≤4,解得-2≤a≤2.故選A.7.(-π,2π)設3α-β=m(α-β)+n(α+β)=(m+n)α+(n-m)β,則m+n=3,n-m=-1,解得m=2,n=1.因為-π2<α8.(-22,+∞)(分離參數(shù)法)當x∈(1,2)時,不等式x2+mx+2>0恒成立等價于m>-(x+2x)在x∈(1,2)時恒成立,即等價于m>〖-(x+2x)〗max.因為x∈(1,2),所以-(x+2x)≤-2x·2x=-22,當且僅當x=2x,即x=2時取等號.故m>-29.(-12,32)由題意知,(x-a)(x+a)<1可化為(x-a)(1-x-a)<1,即x2-x-a2+a+1>0,則不等式x2-x-a2+a+1>0對任意的則Δ=1+4a2-4a-4<0,即4a2-4a-3<0,解得-12<a<32.所以實數(shù)a的取值范圍是(-110.(-∞,2)∪(4,+∞)將原不等式整理為形式上是關于a的不等式得(x-3)a+x2-6x+9>0.令f(a)=(x-3)a+x2-6x+9,因為f(a)>0在|a|≤1時恒成立,所以(1)若x=3,則f(a)=0,不符合題意,舍去;(2)若x≠3,則由一次函數(shù)的單調性,可得f(-1)>0,f(綜上可知,使原不等式恒成立的x的取值范圍是(-∞,2)∪(4,+∞).11.D由2a+1=3,2b=83,得2a+1·2b=8,所以a+1+b=3,則a+b=2.又2a+1=2·2a=3,所以2<2a=32<2,所以b>1>a>12.對于①,因為2b2a=2b-a=169<2,所以b-a<1,故①正確;對于②,1a+1b=a+bab=2ab,因為0<ab<(a+b2)2=1,所以1a+1b=2ab>2,故②正確;對于③,ab=a(2-a)=-(a-1)2+1,因為12<a<1,所以-(a-1)2+1∈(34,1),所以ab>34,故③正確;對于④,因為23b=(2b)3=(83)3=51227>16=24,所以3b>4,b>43,所以12<a12.B取a=b=1,則lna+lnb=0,|a|=|b|,排除A,D;取a=π4,b=3π4,則tana+tanb13.C關于x的不等式(x-b)2>(ax)2等價于(a2-1)x2+2bx-b2<0,即〖(a+1)x-b〗·〖(a-1)x+b〗<0.因為該不等式的解集中的整數(shù)解恰有3個,且a+1>0,所以a-1>0,即a>1.又0<b<1+a,所以該不等式的解集為-ba-1<x<ba+1,且0<ba+1<1,所以解集中的3個整數(shù)解是-2,-1,0,所以-3≤-ba-1<-2,即2<ba-1≤3,即2a-2<b≤3a-3.因為b14.A解法一(1)當a=0時,g(x)=0,不存在x0∈R,使得g(x0)<0.(2)當a<0時,g(x)=ax-2a在R上單調遞減,且其圖象恒過點(2,0).當x>2時,g(x)=ax-2a<0.易知函數(shù)f(x)在(a2,+∞)上單調遞增,所以當x>2時,f(x)>7-a>0,不存在x0∈(2,+∞),使得f(x0)<0(3)當a>0時,g(x)=ax-2a在R上單調遞增,且其圖象恒過點(2,0).當x<2時,g(x)=ax-2a<0,則命題轉化為不等式x2-ax+a+3<0在(-∞,2)上有解.①當a2<2,即0<a<4時,需滿足f(a2)=-a②當a2≥2,即a≥4時,需滿足f(2)=7-a<0,解得a>7綜上可知,實數(shù)a的取值范圍是(7,+∞).故選A.解法二由f(x)=x2-ax+a+3,知f(1)=4.若存在x0∈R,使f(x0)<0,則對應方程的根的判別式Δ=a2-4(a+3)>0,即a<-2或a>6.又g(x)=ax-2a的圖象恒過點(2,0),故當a>6時,作出函數(shù)f(x)和g(x)的大致圖象如圖D7-1-2所示,當a<-2時,作出函數(shù)f(x)和g(x)的大致圖象如圖D7-1-3所示.由函數(shù)圖象知,當a>6時,由g(x)<0可知x<2,所以a>6,當a<-2時,由g(x)<0可知x>2,此時函數(shù)f(x)=x2-ax+a+3的圖象的對稱軸方程為x=a2,且a2<0,又函數(shù)f(x)的圖象恒過點(1,4),所以不存在x0∈(2,+∞),使得f(x0綜上,實數(shù)a的取值范圍為(7,+∞),故選A.〖解后反思〗本題中解法一是從代數(shù)的角度出發(fā),通過分類討論,并結合函數(shù)的單調性與圖象特征求得最值,從而解決問題.解法二是從形的角度出發(fā),通過數(shù)形結合,讓問題直觀獲解.15.〖-32,12〗由題意知,sinθ-cos2θ+1=sin2θ+sinθ,令sinθ=t,則t∈〖-1,1則不等式x(sinθ-cos2θ+1)≥-3對任意的θ∈R恒成立,等價于f(t)=xt2+xt+3≥0對任意的t∈〖-1,1〗恒成立.又f(0)=3>0,易知二次函數(shù)y=xt2+xt+3,t∈R的圖象的對稱軸方程為t=-1所以x<0,f解得-32≤x<0或x=0或0<所以實數(shù)x的取值范圍為〖-32,12第七章不等式第一講不等關系與一元二次不等式1.〖2021湖南六校聯(lián)考〗已知集合A={x|x2-2x-3<0},集合B={x|log2(x-1)≥0},則A∩B=()A.{x|2≤x<3} B.{x|2<x≤3}C.{x|1≤x<3} D.{x|-1≤x<2}2.〖2021福建五校聯(lián)考〗已知函數(shù)f(x)=|lgx|,若f(a)=f(b)且a<b,則不等式logax+logb(2x-1)>0的解集為()A.(1,+∞) B.(0,1)C.(12,+∞) D.(13.〖2021北京市海淀區(qū)期中考試〗設a,b∈R,且a<b<0,則()A.1a<C.a+b24.〖2021廣東省梅州市質檢〗若1a<1b<0,則不等式①1a+b<1ab;②|a|+b>0;③a-1a>b-1A.①④ B.②③ C.①③ D.②④5.〖2020合肥三檢〗若x,y∈R,則x2>y2是xy>1成立的()A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件6.〖2020陜西西工大附中4月模擬〗不等式x2-2x+5>a2對任意的x∈(1,+∞)恒成立,則實數(shù)a的取值范圍是()A.〖-2,2〗 B.(-2,2)C.(-∞,-2)∪(2,+∞) D.(-∞,-2〗∪〖2,+∞)7.〖2021蘇州市吳江中學一檢〗已知角α,β滿足-π2<α-β<π2,0<α+β<π,則3α-β的取值范圍是8.〖2020海南中學4月模擬〗當x∈(1,2)時,不等式x2+mx+2>0恒成立,則m的取值范圍是.

9.在R上定義運算:xy=x(1-y).若不等式(x-a)(x+a)<1對任意的x∈R恒成立,則實數(shù)a的取值范圍是.

10.使不等式x2+(a-6)x+9-3a>0(|a|≤1)恒成立的x的取值范圍為.

11.〖2021黑龍江省六校聯(lián)考〗若2a+1=3,2b=83,則有以下結論:①b-a<1;②1a+1b>2;③ab>34;④b2>2A.1個 B.2個 C.3個 D.4個12.〖2021浙江杭州質檢〗若a+b>0,則()A.lna+lnb>0 B.a3+b3>0C.tana+tanb>0 D.|a|>|b|13.設0<b<1+a,若關于x的不等式(x-b)2>(ax)2的解集中的整數(shù)解恰有3個,則a的取值范圍是()A.(-1,0) B.(0,1) C.(1,3) D.(3,5)14.已知函數(shù)f(x)=x2-ax+a+3,g(x)=ax-2a,若?x0∈R,使f(x0)<0和g(x0)<0同時成立,則實數(shù)a的取值范圍為()A.(7,+∞) B.(-∞,-2)∪(6,+∞)C.(-∞,-2) D.(-∞,-2)∪(7,+∞)15.〖2019河南南陽模擬〗不等式x(sinθ-cos2θ+1)≥-3對任意的θ∈R恒成立,則實數(shù)x的取值范圍是.

答案第七章不等式第一講不等關系與一元二次不等式1.A解法一由題意可得A={x|-1<x<3},B={x|x≥2},所以A∩B={x|2≤x<3},故選A.解法二因為對數(shù)中真數(shù)大于0,所以集合B中的元素大于1,所以1?B,則1?A∩B,故排除選項C,D;又2∈A,2∈B,所以2∈A∩B,排除選項B.故選A.2.Af(a)=f(b)?|lga|=|lgb|?lga=±lgb?a=b或a=1b,因為a<b,所以0<a=1b<1,所以logax+logb(2x-1)=logax-loga(2x-1)=logax2x-1>03.D∵a<b<0,∴1a>1b,故A錯;∵a<b<0,∴a2>b2,即b2-a2<0,ab>0,可得ba-ab=b2-a2ab<0,∴ba<ab,故B錯;∵a<b<0,∴a+b4.D由1a<1b<0,得b<a<0.①因為a+b<0,ab>0,所以1a+b<1ab成立,即①正確;②因為b<a<0,所以-b>-a>0,則-b>|a|,即|a|+b<0,所以②錯誤;③因為b<a<0,且1a<1b<0,所以a-1a>b-1b,故③正確;④因為b<a5.B解法一若x2>y2,令x=-3,y=1,則xy<1,所以“x2>y2”不是“xy若xy>1,則x,y同號,當x>0,y>0時,x>y>0,則可得x2>y2;當x<0,y<0時,x<y<0,則有-x>-y>0,所以有x2>y2.所以“x2>y2”是“xy>1”的必要條件.解法二x2>y2?|x|>|y|?|x||y|>1?xy>1或xy<-1,所以“x2>y6.A由于直線x=1是y=x2-2x+5的圖象的對稱軸,所以當x>1時,x2-2x+5>12-2+5=4,所以a2≤4,解得-2≤a≤2.故選A.7.(-π,2π)設3α-β=m(α-β)+n(α+β)=(m+n)α+(n-m)β,則m+n=3,n-m=-1,解得m=2,n=1.因為-π2<α8.(-22,+∞)(分離參數(shù)法)當x∈(1,2)時,不等式x2+mx+2>0恒成立等價于m>-(x+2x)在x∈(1,2)時恒成立,即等價于m>〖-(x+2x)〗max.因為x∈(1,2),所以-(x+2x)≤-2x·2x=-22,當且僅當x=2x,即x=2時取等號.故m>-29.(-12,32)由題意知,(x-a)(x+a)<1可化為(x-a)(1-x-a)<1,即x2-x-a2+a+1>0,則不等式x2-x-a2+a+1>0對任意的則Δ=1+4a2-4a-4<0,即4a2-4a-3<0,解得-12<a<32.所以實數(shù)a的取值范圍是(-110.(-∞,2)∪(4,+∞)將原不等式整理為形式上是關于a的不等式得(x-3)a+x2-6x+9>0.令f(a)=(x-3)a+x2-6x+9,因為f(a)>0在|a|≤1時恒成立,所以(1)若x=3,則f(a)=0,不符合題意,舍去;(2)若x≠3,則由一次函數(shù)的單調性,可得f(-1)>0,f(綜上可知,使原不等式恒成立的x的取值范圍是(-∞,2)∪(4,+∞).11.D由2a+1=3,2b=83,得2a+1·2b=8,所以a+1+b=3,則a+b=2.又2a+1=2·2a=3,所以2<2a=32<2,所以b>1>a>12.對于①,因為2b2a=2b-a=169<2,所以b-a<1,故①正確;對于②,1a+1b=a+bab=2ab,因為0<ab<(a+b2)2=1,所以1a+1b=2ab>2,故②正確;對于③,ab=a(2-a)=-(a-1)2+1,因為12<a<1,所以-(a-1)2+1∈(34,1),所以ab>34,故③正確;對于④,因為23b=(2b)3=(83)3=51227>16=24,所以3b>4,b>43,所以12<a12.B取a=b=1,則lna+lnb=0,|a|=|b|,排除A,D;取a=π4,b=3π4,則tana+tanb13.C關于x的不等式(x-b)2>(ax)2等價于(a2-1)x2+2bx-b2<0,即〖(a+1)x-b〗·〖(a-1)x+b〗<0.因為該不等式的解集中的整數(shù)解恰有3個,且a+1>0,所以a-1>0,即a>1.又0<b<1+a,所以該不等式的解集為-ba-1<x<ba+1,且0<ba+1<1,所以解集中的3個整數(shù)解是-2,-1,0,所以-3≤-ba-1<-2,即2<ba-1≤3,即2a-2<b≤3a-3.因為b14.A解法一(1)當a=0時,g(x)=0,不存在x0∈R,使得g(x0)<0.(2)當a<0時,g(x)=ax-2a在R上單調遞減,且其圖象恒過點(2,0).當x>2時,g(x)=ax-2a<0.易知函數(shù)f(x)在(a2,+∞)上單調遞增,所以當x>2時,f(x)>7-a>0,不存在x0∈(2,+∞),使得