【文档说明】【精准解析】2021届高考数学一轮知能训练：阶段检测卷（四）（不等式）【高考】.docx，共(6)页，121.518 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-6e343abc2a4637d183d4797cdb94feda.html

以下为本文档部分文字说明：

阶段检测卷(四)(不等式)时间：50分钟满分：100分一、单项选择题：本大题共6小题，每小题6分，共36分，有且只有一个正确答案，请将正确选项填入题后的括号中.1.设a，b，c∈R，且a>b，则()A.ac>bcB.1a<1bC.a2>b2D.a3>

b32.(2018年辽宁丹东五校协作体联考)已知函数f(x)＝|lnx|.若0<a<b，且f(a)＝f(b)，则a＋4b的取值范围是()A.(4，＋∞)B.[4，＋∞)C.(5，＋∞)D.[5，＋∞)3.已知不等式x2－2x－3<0的解集为A，不等式x2＋x－6<0的解集为B，不等式x

2＋ax＋b<0的解集为A∩B，那么a＋b等于()A.－3B.1C.－1D.34.(2015年山东)定义运算“⊗”：x⊗y＝x2－y2xy(x，y∈R，xy≠0).当x>0，y>0时，x⊗y＋(2y)⊗x的最小值是()A.

2B.4C.22D.25.(2019年重庆模拟)x，y满足约束条件x＋y－4≤0，x－2y－4≤0，2x－y＋4≥0，若z＝ax－y取得最大值的最优解不唯一，则实数a的值为()A.－1B.2C.12D.2或－16.某企业投入100万元购入一套设备，该设备每年的运转费用是0.5

万元，此外每年都要花费一定的维护费，第一年的维护费为2万元，由于设备老化，以后每年的维护费都比上一年增加2万元.为使该设备年平均费用最低，该企业需要更新设备的年数为()A.10B.11C.13D.21二、多项

选择题：本大题共2小题，每小题6分，共12分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，请将正确选项填入题后的括号中.7.已知正数a，b满足a＋b＝4，ab的最大值为t，不等式x2＋3x－t<0的解集为M

，则()A.t＝2B.t＝4C.M＝{x|－4<x<1}D.M＝{x|－1<x<4}8.下列说法不正确的是()A.若x，y>0，x＋y＝2，则2x＋2y的最大值为4B.若x<12，则函数y＝2x＋12x－1的最大值为－1C.若x，y>0，x＋y＋xy＝3，则xy的最小值为1

D.函数y＝x2＋6x2＋2的最小值为4三、填空题：本大题共3小题，每小题6分，共18分，把答案填在题中横线上.9.(2019年北京)若x，y满足x≤2，y≥－1，4x－3y＋1≥0，则y－x的最小值为__________，最大值为__________.10.(2017年齐、

鲁教科研协作体模拟)已知x>0，y>0，x＋2y＋2xy＝8，则x＋2y的最小值是________.11.(2019年浙江)已知a∈R，函数f(x)＝ax3－x，若存在t∈R，使得|f(t＋2)－f(t)|≤23，则实数a的最大值是________.四、解答题：本大

题共2小题，共34分，解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤.12.(14分)经过长期观测得到：在交通繁忙的时段内，某公路段汽车的车流量y(千辆/时)与汽车的平均速度v(千米/时)之间的函数关系为：y＝920vv2＋3v＋1600(v>0).(1)在该

时段内，当汽车的平均速度v为多少时，车流量最大？最大车流量为多少？(精确到0.1千辆/时)(2)若要求在该时段内车流量超过10千辆/时，则汽车的平均速度应在什么范围内？13.(20分)已知f(x)＝e＋1elnx＋1x－x.(1)求函数f(x)的极值；(2)设g(x)＝ln(x＋

1)－ax＋ex，对于任意x1∈[0，＋∞)，x2∈[1，＋∞)，总有g(x1)≥e2f(x2)成立，求实数a的取值范围.阶段检测卷(四)1．D2．B解析：由题意知lna＝－lnb，即lnab＝0，∴ab＝1，∴a＋4b≥24a

b＝4当且仅当a＝2，b＝12时取等号，故选B.3．A解析：由题意，A＝{x|－1<x<3}，B＝{x|－3<x<2}，A∩B＝{x|－1<x<2}，则不等式x2＋ax＋b<0的解集为{x|－1<x<2}．由根与系数的关系可知，a＝－1，b＝－2，∴a

＋b＝－3，故选A.4．D解析：由新定义运算知，x⊗y＝x2－y2xy，(2y)⊗x＝(2y)2－x22yx＝4y2－x22xy，∵x>0，y>0，x⊗y＋(2y)⊗x＝x2－y2xy＋4y2－x22xy＝x2＋2y22xy≥2x2·2y22xy＝22xy2

xy＝2，∴x⊗y＋(2y)⊗x的最小值是2.5．C解析：作出不等式组表示的平面区域，如图D276.由z＝ax－y得y＝ax－z，即直线y＝ax－z在y轴上的截距最小时z最大．①若a＝0，则y＝－z，此时，目标函数只在B处取得最大值，不满足条件．②若a>0，则目标函数y＝ax－z的斜率k＝

a>0，要使z＝ax－y取得最大值的最优解不唯一，则直线y＝ax－z与直线x－2y－4＝0平行，此时a＝12.③若a<0，显然不满足题意．故选C.图D2766．A解析：设该企业需要更新设备的年数为x，设备年平均费用为y，则x年后的设备维护费用为2＋4＋…＋2x＝x(x＋1)，∴x年的平

均费用为y＝100＋0.5x＋x(x＋1)x＝x＋100x＋1.5.由基本不等式，得y＝x＋100x＋1.5≥2x·100x＋1.5＝21.5，当且仅当x＝100x，即x＝10时取等号．7．BC8.AC9．－31解析：作出可行域，如图D2

77中阴影部分．图D277设z＝y－x，则y＝x＋z.当直线y＝x＋z经过点B(2，－1)时，z取最小值－3，经过点A(2,3)时，z取最大值1.10．4解析：方法一，∵x>0，y>0，x＋2y＋2xy＝8，∴(2y＋1)(x＋1)＝9且x＋1>0,2y＋1>0.∴x＋2y＝(2y

＋1)＋(x＋1)－2≥2(2y＋1)·(x＋1)－2＝4.(当且仅当x＝2，y＝1时取等号)∴x＋2y的最小值为4.方法二，∵x>0，y>0，∴2xy≤2y＋x22＝(2y＋x)42(当且仅当x＝2，y＝1时取等号)．又x＋2

y＋2xy＝8，∴x＋2y＋(x＋2y)42≥8，∴(x＋2y－4)(x＋2y＋8)≥0，∴x＋2y－4≥0，即x＋2y≥4(当且仅当x＝2，y＝1时取等号)，∴x＋2y的最小值为4.方法三，∵x>0，y>0，x

＋2y＋2xy＝8，∴x＝8－2y1＋2y＝92y＋1－1，∴x＋2y＝92y＋1＋(2y＋1)－2≥292y＋1·(2y＋1)－2＝4(当且仅当y＝1时取等号)，∴x＋2y的最小值为4.方法四(秒杀解法)，x＋2y＋2xy＝8，即x＋2y＋

x·2y＝8.由条件及结论关于x,2y的对称性知当x＝2y＝2时x＋2y取最小值为4.11.43解析：使得f(t＋2)－f(t)＝a{2·[(t＋2)2＋t(t＋2)＋t2]}－2＝2a(3t2＋6t＋4)－2，令m＝3t2＋6t＋4∈[1，＋∞)，则原不等式转化为存在m≥1，|

am－1|≤13，其折线函数如图D278，图D278只需－13≤a－1≤13，即23≤a≤43，即a的最大值是43.12．解：(1)依题意，y＝920v3＋v＋1600v≤9203＋21600＝92083，当且仅当v

＝1600v，即v＝40时，上式等号成立，∴ymax＝92083≈11.1(千辆/时)．(2)由条件得920vv2＋3v＋1600>10，整理得v2－89v＋1600<0，即(v－25)(v－64)<0，解得25<v<64.

答：当v＝40千米/时，车流量最大，最大车流量约为11.1千辆/时．如果要求在该时段内车流量超过10千辆/时，则汽车的平均速度应大于25千米/时且小于64千米/时．13．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)

，f′(x)＝e＋1ex－1x2－1＝－(x－e)x－1ex2.x0，1e1e1e，ee(e，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)单调递减极小值单调递增极大值单调递减∴f(x)的极小值为f1e＝－2e，极大值为f(e)＝2e.(2)由(1)可知，当x∈[1，＋

∞)时，函数f(x)的最大值为2e.对于任意x1∈[0，＋∞)，x2∈[1，＋∞)，总有g(x1)≥e2f(x2)成立，等价于g(x)≥1恒成立，g′(x)＝ex＋1x＋1－a.①a≤2时，∵ex≥x＋1，∴g′(x)＝ex＋1x＋1－a≥x

＋1＋1x＋1－a≥2－a≥0，即g(x)在[0，＋∞)上单调递增，g(x)≥g(0)＝1恒成立，符合题意；②当a>2时，设h(x)＝ex＋1x＋1－a，h′(x)＝ex－1(x＋1)2＝(x＋1)2ex－1(x＋1)2≥0，∴g′(x)在[0，＋∞)上单

调递增，且g′(0)＝2－a<0，则存在x0∈(0，＋∞)，使得g′(x0)＝0，∴g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，又g(x0)<g(0)＝1,∴g(x)≥1不恒成立，不合题意.综合①②可知，所求

实数a的取值范围是(－∞，2]．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com