高考数学压轴专题2020-2021备战高考《不等式》知识点总复习有答案

一、选择题

1．定义在R上的函数f(x)对任意x1,x2x1x2都有

fx1fx20，且函数

x1x2yf(x1)的图象关于(1,0)成中心对称，若s满足不等式

fs22s3„fs2s23，则s的取值范围是（ ）

A．3,1 2B．[3,2] C．[2,3) D．[3,2]

【答案】D 【解析】 【分析】

由已知可分析出f(x)在R上为减函数且yfx关于原点对称，所以不等式等价于

fs22s3„fs2s23，结合单调性可得s22s3s2s23，从而可求

出s的取值范围. 【详解】

解：因为对任意x1,x2x1x2都有

fx1fx20，所以f(x)在R上为减函数；

x1x2又yf(x1)的图象关于(1,0)成中心对称，所以yfx关于原点对称， 则fs2s3„fs2s3fs2s3，所以

222s22s3s2s23，

整理得s2s60，解得3s2. 故选：D. 【点睛】

本题考查了函数的单调性，考查了函数的对称性，考查了一元二次不等式的求解.本题的关键是由已知得到函数的单调性和对称性，从而将不等式化简.

x3y60,2．若x,y满足约束条件xy60,则zxy的最小值为（ ）

y1,A．4 【答案】D 【解析】 【分析】

画出约束条件所表示的平面区域，结合图象确定目标函数的最优解，代入即可求解． 【详解】

B．0

C．2

D．4

x3y60由题意，画出约束条件xy60所表示的可行域，如图所示，

y1目标函数zxy，可化为直线yxz当直线yxz经过A时，z取得最小值，

x3y60又由，解得A(3,1)，

y1所以目标函数的最小值为zmin314. 故选：D．

【点睛】

本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题．其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力．

3．关于x的不等式axb0的解集是(1,)，则关于x的不等式(axb)(x3)0的解集是（ ） A．(,1)U(3,) C．(1,3) 【答案】A 【解析】 【分析】

由axb0的解集，可知a0及

B．(1,3) D．(,1)U(3,)

b1，进而可求出方程axbx30的解，从a而可求出axbx30的解集. 【详解】

由axb0的解集为1,+?()，可知a0且a1，

b令axbx30，解得x11，x23，

因为a0，所以axbx30的解集为,1U3,， 故选：A. 【点睛】

本题考查一元一次不等式、一元二次不等式的解集，考查学生的计算求解能力与推理能力，属于基础题.

y04．已知点A4,3，点B为不等式组xy0所表示平面区域上的任意一点，则

x2y60AB的最小值为（ ）

A．5 【答案】C 【解析】 【分析】

作出不等式组所表示的平面区域，标出点A的位置，利用图形可观察出使得AB最小时点

B．45 5C．5 D．25 5B的位置，利用两点间的距离公式可求得AB的最小值.

【详解】

y0作出不等式组xy0所表示的平面区域如下图所示：

x2y60

联立xy0x2，解得，

x2y60y2由图知AB的最小值即为A4,3、B2,2两点间的距离， 所以AB的最小值为故选：C． 【点睛】

本题考查目标函数为两点之间的距离的线性规划问题，考查数形结合思想的应用，属中等

4232225.

题．

5．已知集合Px0lgx2lg3，QxA．0,2 【答案】D 【解析】 【分析】

集合P,Q是数集，集合P是对数不等式解的集合，集合Q是分式不等式解的集合，分别求出解集，再交集运算求出公共部分. 【详解】

解：Px1x9，Qx0x2；

B．1,9

21，则PIQ为( )

2xC．1,4

D．1,2

PQ1,2.

故选：D. 【点睛】

本题考查对数函数的单调性及运算性质，及分式不等式的解法和集合交集运算，交集运算口诀：“越交越少，公共部分”. 简单对数不等式问题的求解策略：

(1)解决简单的对数不等式，应先利用对数的运算性质化为同底数的对数值，再利用对数函数的单调性转化为一般不等式求解．

(2)对数函数的单调性和底数的值有关，在研究对数函数的单调性时，要按0a1和a1 进行分类讨论．

分式不等式求解：先将分式化为整式；注意分式的分母不为0.

xy1,6．已知x，y满足约束条件x2y2,，若x2y2z恒成立，则实数z的最大值为

3x2y6,（ ） A．

2 2B．25 C．

1 2D．2

【答案】C 【解析】 【分析】

画出约束条件所表示的平面区域，根据x2y2的几何意义，结合平面区域求得原点到直线

xy10的距离的平方最小，即可求解．

【详解】

xy1由题意，画出约束条件x2y2所表示的平面区域，如图所示，

3x2y622要使得xyz恒成立，只需zxy22min，

因为x2y2表示原点到可行域内点的距离的平方，

112121122，则d，即z

222结合平面区域，可得原点到直线xy10的距离的平方最小， 其中最小值距离为d所以数z的最大值故选：C．

1． 2

【点睛】

本题主要考查了简单的线性规划的应用，其中解答中正确作出约束条件所表示的平面区域，结合x力．

2y2的几何意义求解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及计算能

xy4,y47．若x,y满足x2y0,则的最大值为（ ）

xx2y4,A．7 2B．5 2C．3 2D．1

【答案】D 【解析】 【分析】

画出平面区域，结合目标函数的几何意义，求解即可. 【详解】

该不等式组表示的平面区域，如下图所示

y4表示该平面区域中的点x,y与A(0,4)确定直线的斜率 x由斜率的性质得出，当区域内的点为线段AB上任意一点时，取得最大值.

4484y431 不妨取B(,)时，取最大值

8x333故选：D 【点睛】

本题主要考查了求分式型目标函数的最值，属于中档题.

uuuruuur8．已知VABC是边长为1的等边三角形，若对任意实数k，不等式|kABtBC|1恒

成立，则实数t的取值范围是（ ）.

33A．,33,

C．2323B．,33, D．23, 33, 3【答案】B 【解析】 【分析】

根据向量的数量积运算，将目标式转化为关于k的二次不等式恒成立的问题，由n0，即可求得结果. 【详解】

uuuruuur1因为VABC是边长为1的等边三角形，所以ABBCcos120，

2uuuruuuruuuruuuruuuruuur由|kABtBC|1两边平方得k2(AB)22ktABBCt2(BC)21，

即k2ktt210，构造函数f(k)ktkt1， 由题意，t4t10， 解得t22222323. 或t33故选：B. 【点睛】

本题考查向量数量积的运算，以及二次不等式恒成立问题求参数范围的问题，属综合中档题.

xy40,9．若x，y满足约束条件x20,且zaxy的最大值为2a6，则a的取值范

xy20,围是（ ） A．[1,) 【答案】A 【解析】 【分析】

画出约束条件的可行域，利用目标函数的最值，判断a的范围即可． 【详解】

作出约束条件表示的可行域，如图所示.因为zaxy的最大值为2a6，所以

B．(,1]

C．(1,)

D．(,1)

zaxy在点A(2,6)处取得最大值，则a1，即a1.

故选：A

【点睛】

本题主要考查线性规划的应用，利用z的几何意义，通过数形结合是解决本题的关键．

10．已知VABC外接圆的半径R2，且23cos为（ ） A．(23,4] 【答案】C 【解析】 【分析】 由23cos22AsinA.则VABC周长的取值范围2D．(423,63]

B．(4,43] C．(43,423]

A2sinA及倍角公式可得A，a2RsinA23，再由余弦定理可32得12b2c2bc，再利用基本不等式及三角形两边之和大于第三边求出bc的取值范围即可得到答案.

【详解】 由题意，2cos2A331sinA1，即cosAsinA1，可化为 233323sinA3，即sinA， ，因为，所以0AA33332即A2，a2RsinA23，设VABC的内角A，B，C，的对边分别为a，3b，

c，由余弦定理得，12b2c2bc，因为b2c22bc（当且仅当bc时取“=”），

所

以12b2c2bc3bc，即bc4，又因为12bcbc(bc)bc，所以

222bc(bc)2124，故bc4，则abc423，又因为bca，所以 abc2a43，即43abc≤423.故VABC周长的取值范围为 (43,423].

故选：C 【点睛】

本题考查利用余弦定理求三角形周长的取值范围，涉及到辅助角公式、基本不等式求最值，考查学生的运算求解能力，是一道中档题.

11．在三角形ABC中，给出命题p:“abc2”，命题q:“CA．充分不必要条件 C．充分必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】

由余弦定理将c2化为a2b22abcosC，整理后利用基本不等式求得12cosC2，求出C范围，即可判断充分性，取a4，b7，c6，则可判断必要性不成立，两者结合可得正确的选项. 【详解】

充分性：由余弦定理，c2a2b22abcosC， 所以abc2，即aba2b22abcosC，

3”，则p是q的（ ）

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

a2b2整理得，12cosC，

aba2b22a2b2由基本不等式，2，

abab当且仅当ab时等号成立，

此时，12cosC2，即cosC充分性得证；

1，解得C， 23164936291，

247562必要性：取a4，b7，c6，则cosC故C3，但ab28c2，故C3推不出abc2.

故必要性不成立； 故p是q的充分不必要条件. 故选：A 【点睛】

本题主要考查充分必要条件的判断、余弦定理的应用和基本不等式的应用，考查学生分析转化能力，属于中档题.

x2y12m2xy2m12．若实数x，y，对任意实数m，满足，则由不等式组确定的可22x1ym1行域的面积是( ) A．

1 4B．π

12C．

D．

3 2【答案】A 【解析】 【分析】

画出约束条件的可行域，然后求解可行域的面积． 【详解】

x2y„12m2m实数x，y，对任意实数m，满足2xy…的可行域如图：

(x1)2(ym)2„1可行域是扇形，故选：A．

1112个圆，面积为：1．

444

【点睛】

本题考查线性规划的应用，考查数形结合以及计算能力，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．

13．在区间0,1内随机取两个数m､n，则关于x的方程x2nxm0有实数根的概率为（ ） A．

1 8B．

1 7C．

1 6D．

1 5【答案】A 【解析】 【分析】

根据方程有实根可得到约束条件，根据不等式组表示的平面区域和几何概型概率公式可求得结果. 【详解】

若方程x2nxm0有实数根，则n4m0.

n4m00m1如图，0m1表示的平面区域与正方形的面积之比即为所求的概率，

0n10n1

即PS阴影故选：A. 【点睛】

S正方形111241. 118本题考查几何概型中面积型概率问题的求解，涉及到线性规划表示的平面区域面积的求解，关键是能够根据方程有实根确定约束条件.

x1,y1,14．已知M、N是不等式组所表示的平面区域内的两个不同的点，则

xy10,xy6|MN|的最大值是（ ）

A．17 【答案】A 【解析】 【分析】

先作可行域，再根据图象确定MN的最大值取法，并求结果. 【详解】

作可行域，为图中四边形ABCD及其内部，由图象得A(1,1),B(2,1),C(3.5,2.5),D(1,5)四点共圆，BD 为直径，所以MN的最大值为BD=14217,选A.

B．

34 2C．32 D．

17 2

【点睛】

线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一，准确无误地作出可行域；二，画目标函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三，一般情况下，目标函数的最大或最小值会在可行域的端点或边界上取得.

15．已知x2yxy(x0,y0)，则2xy的最小值为（ ） A．10 【答案】B

B．9

C．8

D．7

【解析】 【分析】 由已知等式得到

21211，利用2xy2xy可配凑出符合基本不等式的形xyxy式，利用基本不等式求得最小值. 【详解】 由x2yxy得：

211 xy2x2y212x2y2x2y2xy2xy5529（当且仅当，yxyxyxxy即xy时取等号） 2xy的最小值为9

故选：B 【点睛】

本题考查利用基本不等式求解和的最小值的问题，关键是能够灵活对等于1的式子进行应用，配凑成符合基本不等式的形式.

16．若集合Mxx1x30，集合Nxx1，则MN等于（ ） A．1,3 【答案】C 【解析】 【分析】

解一元二次不等式求得M，然后求两个集合的交集. 【详解】

由x1x30解得-1本小题主要考查集合交集的概念以及运算，考查一元二次不等式的解法，属于基础题.

B．,1

C．1,1

D．3,1



xy017．实数x,y满足xy20，则2xy的最大值为（ ）

x3y60A．1 【答案】C 【解析】 【分析】

画出可行域和目标函数，根据平移得到答案. 【详解】

B．2

C．3

D．4

如图所示，画出可行域和目标函数，

z2xy，则y2xz，z表示直线与y轴截距的相反数，

根据平移知：当x3,y3时，z2xy有最大值为3. 故选：C.

【点睛】

本题考查了线性规划问题，画出图像是解题的关键.

18．设m，n为正数，且mn2，则A．

1n3的最小值为（ ） m1n2C．

3 2B．

5 37 4D．

9 5【答案】D 【解析】 【分析】

根据mn2，化简案； 【详解】 当mn2时，

1n351，根据均值不等式，即可求得答m1n2(m1)(n2)Q1n3111 m1n2m1n2mn3511

(m1)(n2)(m1)(n2)2m1n225Q(m1)(n2)，

24当且仅当m1n2时，即m31，n取等号， 221n39. m1n25故选：D 【点睛】

本题主要考查了根据均值不等式求最值，解题关键是灵活使用均值不等式，注意要验证等号的是否成立，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.

19．已知a,b都是正实数，则A．2a2b的最大值是（ ） 2aba2bC．221

D．

22 3B．322

4 3【答案】A 【解析】 【分析】

设m2ab,na2b，将利用基本不等式求解. 【详解】

设m2ab,na2b， 所以a所以

a2ba2bn2m2，转化为，

2aba2b3m3n2aba2b2mn2nm,b， 33a2bn2mn2m22， 22222aba2b3m3n3m3n3n2m时取等号. 3m3n当且仅当所以

a2b22. 的最大值是22aba2b3故选：A 【点睛】

本题主要考查基本不等式的应用，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.

20．以A为顶点的三棱锥ABCD，其侧棱两两互相垂直，且该三棱锥外接球的表面积为8，则以A为顶点，以面BCD为下底面的三棱锥的侧面积之和的最大值为（ ） A．2 【答案】B 【解析】 【分析】

B．4

C．6

D．7

根据题意补全几何图形为长方体，设ABx，ACy，ADz，球半径为R，即可由外接球的表面积求得对角线长，结合侧面积公式即可由不等式求得面积的最大值. 【详解】

将以A为顶点的三棱锥ABCD，其侧棱两两互相垂直的三棱锥补形成为一个长方体，如下图所示：

长方体的体对角线即为三棱锥ABCD外接球的直径， 设ABx，ACy，ADz，球半径为R， 因为三棱锥外接球的表面积为8， 则84R2， 解得R22，所以体对角线为22，

22所以xyz8，

S侧面积111yzxyxz 222222由于2xyz4Sxyyxxz2220，

所以4S16，故S4，

即三棱锥的侧面积之和的最大值为4， 故选：B. 【点睛】

本题考查了空间几何体的综合应用，三棱锥的外接球性质及应用，属于中档题.