单元质量评估二

温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。单元质量评估(二)(第二讲)(90分钟120分)一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.已知abc0,A=a2ab2bc2c,B=ab+cbc+aca+b,则A与B的大小关系是()A.ABB.ABC.A=BD.不确定【解析】选A.因为abc0,所以A0,B0,所以==aa-baa-cbb-cbb-acc-acc-b=.因为ab0,所以1,a-b0,所以1,同理1,1.所以1,即AB.2.若实数x,y适合不等式xy1,x+y≥-2,则()A.x0,y0B.x0,y0C.x0,y0D.x0,y0【解析】选A.x,y异号时,显然与xy1矛盾,所以可排除C,D.假设x0,y0,则x.所以x+yy+≤-2与x+y≥-2矛盾,故假设不成立.又xy≠0,所以x0,y0.3.(2016·威海高二检测)使不等式+1+成立的正整数a的最大值是()A.10B.11C.12D.13【解析】选C.用分析法可证a=12时不等式成立,a=13时不等式不成立.4.设a0,b0,a+b=1,M=++,则M与8的大小关系是()A.M=8B.M≥8C.M8D.M≤8【解析】选B.因为a0,b0,a+b=1,所以1=a+b≥2,所以≤,所以≥4.所以++=(a+b)+≥2·2+4=8.所以++≥8,即M≥8.当且仅当a=b=时等号成立.5.(2016·石家庄高二检测)已知ab,则不等式①a2b2;②;③中不成立的个数是()A.0B.1C.2D.3【解析】选D.因为ab,①a2-b2=(a-b)(a+b)符号不确定,即a2b2不一定成立;②-=符号不确定,即不一定成立;③-=符号不确定,即不一定成立,故三个不等式不成立的个数为3.6.已知△ABC中,∠C=90°,则的取值范围是()A.(0,2)B.C.D.【解析】选C.因为∠C=90°,所以c2=a2+b2,即c=.又有a+bc,所以1=≤=.7.若x,y,a∈R+,且+≤a恒成立,则a的最小值是()A.B.C.1D.【解题指南】根据≥得到≥(+)求解.【解析】选B.因为≥,即≥(x+y),所以≥(+),而+≤a,即≥(+)恒成立,得≤,即a≥.8.(2016·济南高二检测)已知实数a,b,c满足a+b+c=0,abc0,则++的值的情况为()A.一定是正数B.一定是负数C.可能是0D.正负不能确定【解析】选B.因为实数a,b,c满足a+b+c=0,abc0,不妨设abc,则a0bc,++===0.二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中横线上)9.(2016·菏泽高二检测)已知a0,b0,若P是a,b的等差中项,Q是a,b的正的等比中项,是,的等差中项,则P,Q,R按从大到小的排列顺序为.【解析】由已知得P=,Q=,==所以R=;所以R≤Q≤P.答案:R≤Q≤P10.若T1=,T2=,则当s,m,n∈R+时,T1与T2的大小为.【解析】因为-=s·=≤0.所以T1≤T2.答案:T1≤T211.(2016·湛江高二检测)若函数a,b满足a+b=1,则+的最大值是.【解析】+===2-,则a+b=1≥2知ab≤,所以+=2-≤2-=.当且仅当a=b=时,取最大值.答案:12.(2016·太原高二检测)已知abc,且+≥恒成立,则实数m的最大值为.【解析】因为abc,所以a-b,b-c,a-c均为正数,(a-c)=[(a-b)+(b-c)]=++2≥4,当且仅当|a-b|=|b-c|时取等号,于是+≥.所以m≤4.答案:4三、解答题(本大题共6小题,共60分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)13.(10分)设a,b,c为三角形的三边,求证:++≥3.【证明】设x=b+c-a,y=a+c-b,z=a+b-c,则有a+b+c=x+y+z,a=(y+z),b=(x+z),c=(x+y).此时,原不等式等价于++≥3.而++=≥=3.所以原不等式成立.14.(10分)已知x,y∈R,且1,1,求证:+≥.【证明】因为1,1,所以0,0.所以+≥.故要证明结论成立,只需证≥成立,即证1-xy≥成立即可,因为(y-x)2≥0,有-2xy≥-x2-y2,所以(1-xy)2≥(1-x2)(1-y2),所以1-xy≥0,所以不等式成立.15.(10分)(2016·莱芜高二检测)已知函数f(x)=tanx,x∈.若x1,x2∈且x1≠x2.求证:[f(x1)+f(x2)]f.【证明】要证[f(x1)+f(x2)]f.即证:(tanx1+tanx2)tan,只需证明tan,只需证明.由于x1,x2∈,故x1+x2∈(0,π),所以cosx1cosx20,sin(x1+x2)0,1+cos(x1+x2)0.故只需证明1+cos(x1+x2)2cosx1cosx2.即证1+cosx1cosx2-sinx1sinx22cosx1cosx2.即证cos(x1-x2)1.由于x1,x2∈且x1≠x2.上式函数成立.因此[f(x1)+f(x2)]f.16.(10分)(2016·盐城高二检测)已知x1,x2均为正数,求证:≥.【解题指南】直接证明不易找到切入点,可采用分析法或反证法完成证明.【证明】假设,两边平方得:1+.即1+x1x2.再两边平方得1+++1+2x1x2+,即+2x1x2.这与+≥2x1x2矛盾,所以原式成立.17.(10分)(2015·湖南高考)设a0,b0,且a+b=+,证明:(1)a+b≥2.(2)a2+a2与b2+b2不可能同时成立.【解题指南】(1)将已知条件中的式子可等价变形为ab=1,再由基本不等式即可得证.(2)利用反证法,假设a2+a2与b2+b2同时成立,可求得0a1,0b1,从而与ab=1矛盾,即可得证.【证明】由a+b=+=,a0,b0,得ab=1.(1)由基本不等式及ab=1,有a+b≥2=2,即a+b≥2.(2)假设a2+a2与b2+b2同时成立,则由a2+a2及a0得0a1,同理0b1,从而ab1,这与ab=1矛盾,故a2+a2与b2+b2不可能同时成立.18.(10分)(2015·全国卷Ⅱ)设a,b,c,d均为正数,且a+b=c+d.证明:(1)若abcd,则++.(2)++是|a-b||c-d|的充要条件.【解题指南】(1)由a+b=c+d及abcd,可证明(+)2(+)2,开方即得++.(2)本小题可借助第一问的结论来证明,但要分必要性与充分性来证明.【证明】(1)因为(+)2=a+b+2,(+)2=c+d+2.由题设a+b=c+d,abcd得(+)2(+)2.因此++.(2)(i)若|a-b||c-d|,则(a-b)2(c-d)2,即(a+b)2-4ab(c+d)2-4cd.因为a+b=c+d,a,b,c,d均为正数,所以abcd.由(1)得++.(ii)若++,则(+)2(+)2,即a+b+2c+d+2.因为a+b=c+d,所以abcd.于是(a-b)2=(a+b)2-4ab(c+d)2-4cd=(c-d)2.因此|a-b||c-d|.综上,++是|a-b||c-d|的充要条件.关闭Word文档返回原板块