《届数学一轮高考核动力》(新课标)高考数学(文)一轮强化突破训练(18)_浙江高考数学小题训练

《届数学一轮高考核动力》(新课标)高考数学(文)一轮强化突破训练(18)由刀豆文库小编整理，希望给你工作、学习、生活带来方便，猜你可能喜欢“浙江高考数学小题训练”。

一、选择题

1．设a，b∈R，若a－|b|>0，则下列不等式中正确的是()

A．b－a>0

C．a－b

【答案】D

【解析】∵a－|b|>0，∴a>|b|>0.∴不论b正或b负均有a＋b>0.故选择D.2．若a、b、c∈R，a>b，则下列不等式成立的是()

11A.22B．a＋b0 33ab

a

2B．a>b 22C.>c＋1c2＋1bD．a|c|>b|c|

【答案】C

11【解析】由a、b、c∈R，a>b，A中若取a＝2，b＝－1，有a>b，而不成立，所以Aab

2错；B中若取a＝－1，b＝－2，有a>b，而a>b不成立，所以B错；C中

D中当c＝0时，a|c|>b|c|不成立．综上，C正确． 22c＋1c2＋1ab

3．如果a，b，c满足c

A．ab>acB．c(b－a)>0

C．cb

【答案】C

【解析】∵a>b>c且ac0，c0，bc，a>0，∴ab>ac，故A一定成立；

∵a>b，c0，故B一定成立；

当b＝0时，cb＝0，ab＝0，∴C不一定成立；

而a>0，c0，又ac

综上，故选择C.4．若0＜a1＜a2,0＜b1＜b2，且a1＋a2＝b1＋b2＝1，则下列代数式中值最大的是()

A．a1b1＋a2b2B．a1a2＋b1b2

1C．a1b2＋a2b1D.2

【答案】A

【解析】方法1：特殊值法．

1313令a1＝a2＝，b1b2＝，4444

10563则a1b1＋a2b2＝＝，a1a2＋b1b2＝＝，1681682222

a1b2＋a2b1＝

63168

513∵a1b1＋a2b2.828

方法2：作差法．

∵a1＋a2＝1＝b1＋b2且0

∴a2＝1－a1>a1，b2＝1－b1>b1，11∴0

又a1b1＋a2b2＝a1b1＋(1－a1)(1－b1)

＝2a1b1＋1－a1－b1，a1a2＋b1b2＝a1(1－a1)＋b1(1－b1)

＝a1＋b1－a1－b1，22

a1b2＋a2b1＝a1(1－b1)＋b1(1－a1)

＝a1＋b1－2a1b1，∴(a1b2＋a2b1)－(a1a2＋b1b2)

＝a1＋b1－2a1b1

＝(a1－b1)≥0，∴a1b2＋a2b1≥a1a2＋b1b2.∵(a1b1＋a2b2)－(a1b2＋a2b1)

＝4a1b1＋1－2a1－2b1

＝1－2a1＋2b1(2a1－1)

＝(2a1－1)(2b1－1)

11＝4a1b1－>0，22

∴a1b1＋a2b2>a1b2＋a2b1.11∴(a1b1＋a2b2)－2a1b1＋a1－b1 22

11＝b1(2a1－1)－(2a1－1)＝(2a1－1)b1－ 22

11＝2a1b1－>0，22

1∴a1b1＋a2b22综上可知，最大的数应为a1b1＋a2b2.故选择A.5．已知三个不等式①ab＞0，②－，③bc＞ad.以其中两个作为条件，余下一个作为结论，可以组成正确命题的个数是

()

A．0B．1C．2D．3

【答案】D 222cadb

【解析】

dbab>0cdcd⇒－a·ab＜－b·ab －ab⇒－bc＜－da⇒bc＞ad.ca ab>0⇒>011bc>ad⇒－bc

二、填空题 －ad－bcab⇒ab⇒ab>0，bc>adcdbc>ad

116，则下列不等式 ab

①a＋b|b|

③a

【答案】①④

11【解析】由得 b0，则①正确，②错误，③错误，④正确． baabab

7．设a、b是两个实数，给出下列条件：

①a＋b>1；②a＋b＝2；③a＋b>2；④a＋b>2；⑤ab>1.其中能推出“a、b中至少有一个数大于1”的条件是.【答案】③

【解析】①中的a、b可以都小于1，故①错．

②中的a、b可以都为1，故②错．

④⑤中的a、b可以都为负数，如a＝－2，b＝－1，故④⑤均错．

只有③正确．

8．对于0

1①loga(1＋a)

aa1②loga(1＋a)>loga1＋

③a

1＋a111＋aa1＋aa

其中成立的不等式的序号是.【答案】②与④

1【解析】由00，a

111>1＋a>1，则loga(1＋a)>loga1，aa

②成立，④成立．

三、解答题

9．设x为正实数，n∈N，求证： x＋x ≥ x

【证明】∵(x＋x)－(x

＝xn－1－n*n－nn－1＋x1－n.n－nn－1＋x1－n)2n－1(x－1)－x(x－1)＝x(x－1)(x

－n

2n－1－n－1)，∴x＞0，∴ x＞0，当x≥1时，x－1≥0, x

∴总有(x－1)(x2n－1－1≥0； 2n－1当0＜x＜1时，x－1＜0, x

2－1＜0，n－n －1)≥0，∴ x＋x ≥xn－1 ＋x1－n.10．已知f(x)＝ax－c，且－4≤f(1)≤－1，－1≤f(2)≤5，求f(3)的取值范围．

a－c＝f1【解析】∵4a－c＝f2 1a＝f2－f1]3，解得41c＝－1＋f233，85∴f(3)＝9a－c＝f(2)－(1)，33

8840∵－1≤f(2)≤ 333

又－4≤f(1)≤－1，555∴－(－1)≤－f(1)≤－·(－4)，333

85854020(2)－f(1)≤＋，333333

即－1≤f(3)≤20.11．设f(x)＝1＋logx3，g(x)＝2logx2(x>0且x≠1)，试比较f(x)与g(x)的大小．

【解析】f(x)－g(x)＝1＋logx3－2logx2

＝logx3x－logx4

3＝logxx.4

3(1)当logxx>0时，即 4

x>13x>14

0

4也就是x>或0g(x)． 3

33(2)当logxx＝0时，即x＝1，44

4也就是x＝f(x)＝g(x)． 3

3(3)当logxx

x>13014，4也就是1

444故此，x>或0g(x)；x＝时，f(x)＝g(x)；1

12．已知{an}是正数组成的数列，a1＝1，且点(an，an＋1)(n∈N)在函数y＝x＋1的图像上．(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若数列{bn}满足b1＝1，bn＋1＝bn＋2an，求证：bn

【解析】方法1：

(1)由已知得an＋1＝an＋1，即an＋1－an＝1，又a1＝1，所以数列{an}是以1为首项，公差为1的等差数列．

故an＝1＋(n－1)×1＝n.(2)由(1)知：an＝n从而bn＋1－bn＝2.n*2·bn＋2＜bn＋1.2

bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋„＋(b2－b1)＋b1

＝2n－1＋2

nn－2＋„＋2＋1 1－2n＝＝2－1.1－2

因为bn·bn＋2－bn＋1＝(2－1)(2

＝(22n＋22nn＋2－1)－(2n＋1n＋1－1)2－2

nn＋2－2＋1)－(2nn

2n2n＋2－2·2＋1)＝－5·2＋4·2＝－2＜0，所以bn·bn＋2＜bn＋1.(2)因为b1＝1，方法2：(1)同方法1.bn·bn＋2－bn＋12＝(bn＋1－2n)(bn＋1＋2n＋1)－bn＋12

＝2n＋1

n

n·bn＋1－2·bn＋1－2·2n＋1nnnnnnn＋1)n＝2(bn＋1－2)＝2(bn＋2－2n＋1＝2(bn－2)＝„＝2(b1－2)＝－2

所以bn·bn＋2