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(高三理科数学)黄金卷07(解析版)

黄金卷 07 备战 2020 高考全真模拟卷

数学(理)

注意事项:

(本试卷满分 150 分,考试用时 120 分钟)

1.答卷前,考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用 2B 铅笔将试卷 类型(B)填涂在答题卡的相应位置上。 2.作答选择题时,选出每小题答案后,用 2B 铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑;如 需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案。答案不能答在试卷上。

3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置 上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作

答无效。

4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,将试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷(选择题)

一、单选题:本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 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.已知集合 M (x, y) x y 2, N (x, y) x y 2 ,则集合 M I N ()

A. 2, 0

B. 2,0

C.0,2

D.2,0

【答案】D

【解析】集合 M {(x, y) | x y 2}, N {(x, y) | x y 2} ,

则集合 M I

N



{(x



y)

|

x



x



y y



2 } 2



{(x



y)

|

x



y



2 } 0



(2, 0)

.故选:

D



2.复数 z 满足 z 1 i2 1 i ,则 z ( ).

A. 1 2

B. 2 2

C.1

D. 2

【答案】B

【解析】由题意,复数 z 1 i2

1 i

,得 z



1 i (1 i)2

1i 2i



(1 i) i 2i2



1 2



1i 2



∴| z |





1 2

2





1 2

2



2 .故选:B. 2

3.某车间为了规定工时定额,需要确定加工零件所花费的时间,为此进行了 5 次试验。根据收集到

的数据(如下表),由最小二乘法求得回归方程为=0.67x+54.9。

零件数 x/个

10

20

30 40 50

加工时间 y/min 62

75 81 89

现发现表中有一个数据模糊看不清,则该数据为()

A.68

B.68.3

C.68.5

D.70

【答案】A 【解析】设表中那个模糊看不清的数据为 m。由表中数据得 x =30, y =m+5307,所以样本点的中
心为30,m+5307,因为样本点的中心在回归直线上,所以m+5307=0.67×30+54.9,解得 m=
68。

4.若直线 l1 : x ay 6 0 与 l2 : a 2 x 3y 2a 0 平行,则 l1 与 l2 间的距离为 ( )

A. 2 6 3
【答案】B

B. 8 2 3

C. 3

D. 8 3 3

【解析】∵直线 l1 : x ay 6 0 与 l2 : (a 2)x 3y 2a 0平行,

∴ 1 a 6 ,∴ a 1, a 2 3 2a

∴直线 l1 与 l2 之间的距离为 d

6 2 3 8 2.
12 (1)2 3

故选 B.
5.在平面直角坐标系 xOy 中,角 的顶点为 O ,始边与 x 轴正半轴重合,终边过点 2, y ,且

sin

14 4

,则

cos





4





()

A. 1 7 4

B. 1 7 4

C. 1 7 或 7 1 D. 1 7 或 1 7

4

4

4

4

【答案】B

【解析】由终边过点 2, y ,得 sin

y
2 y2

14 4 ,解得 y 14 (y>0)

即终边过点 ( 2, 14) ,sin 14 , cos 2

4

4

cos( ) cos cos sin sin 1 7 故选 B。

4

4

4

4

6.已知抛物线 C:y2=4x 的焦点为 F,准线为 l,P 为 C 上一点,PQ 垂直 l 于点 Q,M,N 分别为 PQ,

PF 的中点,MN 与 x 轴相交于点 R,若∠NRF=60°,则|FR|等于( )

A.12

B.1

C.2

D.4

【答案】C 【解析】因为 M,N 分别是 PQ,PF 的中点,所以 MN∥FQ,且 PQ∥x 轴。又∠NRF=60°,所以

∠FQP=60°。由抛物线定义知|PQ|=|PF|,所以△FQP 为正三角形。则 FM⊥PQ,所以|QM|=p=2,

正三角形边长为 4。因为|PQ|=4,|FN|=12|PF|=2,且△FRN 为正三角形,所以|FR|=2。故选 C。

7.已知

av

1,

v b



2 ,且

av

av



v b

r

rr

,则向量 b 在向量 a b 方向上的投影为(

)

A. 3

B. 3

【答案】A

【解析】因为

av



1,

v b



2

,且

av



av

v b



C. 3 D. 3 22

所以 av

av

v b



av

2



av

v b



0

,所以

av

v b



1,

r 因此向量 b

rr 在 a b 方向上的投影为

r b

cos

rr r b, a b



r b

rrr



b r

(a r



b) r

b ab



rrr b (a b)
rr ab

=



3 .故选 A

8.如图,在△

ABC

中,点

D 是线段

BC

上的动点,且

uuur AD



uuur x AB



uuur y AC

,则

1 x



4 y

的最小值为()

A. 5 2

B. 5

C. 9 2

【答案】D
uuur uuur uuur 【解析】如图可知 x,y 均为正,设 AD=x AB y AC ,

D. 9

: B, D,C 共线, x y 1,

1 x



4 y





1 x



4 y



(x





y)

5

y x



4x y



52

y 4x 9, xy



1 x



4 y

的最小值为

9

,故选

D.

9.已知函数 f x 3 sin 2x 2cos2 x 1,将 f x 的图象上的所有点的横坐标缩短到原来的 1 ,
2

纵坐标保持不变;再把所得图象向上平移1个单位长度,得到函数 y g x 的图象,若

g x1 g x2 9,则 x1 x2 的值可能为()

A. 5 4
【答案】D

B. 3 4

C. 3

D. 2

【解析】函数 f x

3 sin 2x 2 cos2 x 1

3

sin

2

x



cos

2

x



2

sin



2

x



6





将函数

y



f

x 的图象上的所有点的横坐标缩短到原来的 1
2

倍,得

y



2

sin



4

x



6



的图象;

再把所得图象向上平移1个单位,得函数

y



g



x





2

sin



4

x



6





1

的图象,易知函数

y



g



x

的值域为1,3 .

若 g x1 g x2 9,则 g x1 3且 g x2 3 ,均为函数 y g x 的最大值,

由 4x 2k k Z ,解得 x k k Z ;

62

62

其中 x1 、 x2 是三角函数 y g x 最高点的横坐标,

x1 x2

的值为函数 y g x 的最小正周期T 的整数倍,且T



2 4

2

.故选:D.

10.梅赛德斯-奔驰(Mercedes-Benz)创立于 1900 年,是世界上最成功的高档汽车品牌之一,其经

典的“三叉星”商标象征着陆上、水上和空中的机械化.已知该商标由 1 个圆形和 6 个全等的三角形组

成(如图),点 O 为圆心, OAB 15o ,若在圆内任取一点,则此点取自阴影部分的概率为()

A. 6 3 9 4
【答案】A

B. 2 3 3 4

C. 6 3 9 2

D. 2 3 3 2

【解析】由已知可得 AOB 60o ,则 ABO 105o .

又 sin15o sin

45o 30o



2 2





3 2



1 2





6 4

2,

sin105o sin

45o 60o



2 2





1 2



3 2

6 4

2.

不妨设

OA



4

,则由正弦定理可得

OB



OA sin 15o sin105o

4

6 2 6 2

84

3,

则 SAOB



1 4 2

84

3

sin 60o 8

3 12,

所以阴影部分的面积为 S ' 3SAOB 24 3 36 ,圆 O 的面积为 S 16 ,

则在圆内任取一点,则此点取自阴影部分的概率为 P S ' 24 3 36 6 3 9 .故选:A.

S 16

4

11.已知函数 f x 满足 f x f x ,且当 x,0时, f x xf x 0 成立,若

a

20.6

f

20.6

,b



ln2

f

ln2

,c



1 log28



f

1 log28



,则

a,b,c

的大小关系是(

)



A. a b c

B. a c b

C. c b a

D. c a b

【答案】C

【解析】根据题意,令 h(x)=xf(x),

h(﹣x)=(﹣x)f(﹣x)=﹣xf(x)=﹣h(x),则 h(x)为奇函数;

当 x∈(﹣∞,0)时,h′(x)=f(x)+xf'(x)<0,则 h(x)在(﹣∞,0)上为减函数,

又由函数 h(x)为奇函数,则 h(x)在(0,+∞)上为减函数,

所以 h(x)在 R 上为减函数,

a=(20.6)?f(20.6)=h(20.6),b=(ln2)?f(ln2)=h(ln2),c=( log2

1 8

)?f( log2

1 8

)=h( log2

1 8



=h(﹣3),

因为 log2

1 <0<ln2<1<20.6, 8

则有 c b a ;

故选:C.

12.曲线 C 为:到两定点 M 2,0 、 N 2,0 距离乘积为常数16 的动点 P 的轨迹.以下结论正确的个

数为()

(1)曲线 C 一定经过原点; (2)曲线 C 关于 x 轴、 y 轴对称;

(3) MPN 的面积不大于 8 ;

(4)曲线 C 在一个面积为 64 的矩形范围内.

A.1

B. 2

C. 3

【答案】C

D. 4

【解析】设点 P 的坐标为 x, y ,由题意可得 x 22 y2 x 22 y2 16 .

对于命题(1),将原点坐标代入方程得 22 4 16 ,所以,命题(1)错误;
对于命题(2),点 P 关于 x 轴、 y 轴的对称点分别为 P1 x, y 、 P2 x, y ,

Q x 22 y2 x 22 y2 x 22 y2 x 22 y2 16 ,

Q x 22 y2 x 22 y2 x 22 y2 x 22 y2 16 ,

则点 P1 、 P2 都在曲线 C 上,所以,曲线 C 关于 x 轴、 y 轴对称,命题(2)正确; 对于命题(3),设 PM a , PN b , MPN ,则 ab 16 ,

由余弦定理得 cos a2 b2 16 a2 b2 16 2ab 16 1 ,

2ab

32

32 2

当且仅当 a b 4 时等号成立,则 为锐角,所以, sin 1 cos2 3 ,
2

则 MPN 的面积为 SMPN



1 ab sin 2



1 16 2

3 4 2

3 8 ,命题(3)正确;

对于命题(4),16 x 22 y2 x 22 y2 x 22 x 22 x2 4 ,

可得 16 x2 4 16 ,得 x2 20 ,解得 2 5 x 2 5 ,

由(3)知, SMPN



1 2

MN



y



1 4 2

y



4

3 ,得 y 2

3,

曲线 C 在一个面积为 4 5 4 3 16 15 64 的矩形内,命题(4)正确.

因此,正确的命题序号为(2)(3)(4).

故选 C.
第Ⅱ卷(非选择题)
二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分。把答案填在题中的横线上。
13.函数 y loga 2x 3 2 的图象恒过定点 P , P 在幂函数 f x x 的图象上,则 f 9 。

【答案】3

【解析】由题意有: 2x 3 1 x 2,此时y
1
所以 f 9 92 3。故填 3.

2 ,因此 p(2,

2) 满足 f x x ,则 1
2

14.已知各项均为正数的等比数列 an , a1a2a3 3 , a7a8a9 27 ,则 a4a5a6 _________.

【答案】9

【解析】由等比中项的性质得出 a1a2a3 a23 3 , a7a8a9 a83 27 , a4a5a6 a53 ,

易知, a2 、 a5 、 a8 成等比数列,则 a23 、 a53 、 a83 成等比数列,

a4a5a6 a53 a23a83 3 27 9 . 故答案为: 9 .

15.某几何体的三视图如图所示,若这个几何体的顶点都在球 O 的表面上,则球 O 的表面积是 _______________.

【答案】5π 【解析】由三视图知,该几何体为三棱锥,且其中边长为 1 的侧棱与底面垂直,底面为底边长为 2

的等腰直角三角形,所以可以将该三棱锥补形为长、宽、高分别为 2, 2,1 的长方体,所以该几

何体的外接球 O 的半径 R=



22+ 2

22+12= 25,所以球 O 的表面积 S=4πR2=5π.

16.已知函数

f

x



1 3

f



x



2,

x



2

,则函数

g



x



xf

x

1

的零点个数为______个.

1 x 1 , x 2

【答案】3

【解析】易知 x 0 ,故 xf x 1 等价于 f x 1
x

当 2 x 4 时, 0 x 2 2 , f x 1 f x 2 1 1 x 2 1 1 1 x 3

3

3

33



4

x

6 时, 2

x24



f

x



1 3

f

x



2



11 3 3



x



23





1 9



1 9

x



5

做出 f x 得图像如图所示,



f

1



1



f



1 3





1 3

f

1



1 3

f 5 1 f 3 1

3

9

设 g x 1 ,则 g 1 1 , g 3 1 , g 5 1 f 5

x

3

5

做出 g x 得图像,由图像可知两个函数图像有 3 个交点.

三、解答题:本大题共 6 小题,共 70 分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.第 17-21 题为必做题,每个考生都必须作答.第 22/23 题为选考题,考生根据要求作答. (一)必考题:共 60 分

17.(12

分)已知数列{an}的前

n

项和 Sn



n2 2

n

,n∈N*.

(I)求数列{an}的通项公式;

(II)设 bn 2an (1)n an ,求数列{bn}的前 2n 项和.

【解析】(I)当 n=1 时,a1=S1=1;

当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=n2+2 n-

n-1

2+ 2

n-1

=n.

又 a1=1 也满足 an=n,故数列{an}的通项公式为 an=n.

(II)由(1)知 an=n,故 bn=2n+(-1)nn.

记数列{bn}的前 2n 项和为 T2n,

则 T2n=(21+22+…+22n)+(-1+2-3+4-…+2n).

记 A=21+22+…+22n,B=-1+2-3+4-…+2n,

则 A=2

1-22n 1-2

=22n+1-2,

B=(-1+2)+(-3+4)+…+[-(2n-1)+2n]=n.

故数列{bn}的前 2n 项和 T2n=A+B=22n+1+n-2.

18.(12 分)有一批货物需要用汽车从生产商所在城市甲运至销售商所在城市乙,已知从城市甲到城

市乙只有两条公路,且通过这两条公路所用的时间互不影响.据调查统计,通过这两条公路从

城市甲到城市乙的 200 辆汽车所用时间的频数分布如下表:

所用的时间(天数) 通过公路l的频数 通过公路2的频数

10 11 12 13 20 40 20 20 10 40 40 10

假设汽车 A 只能在约定日期(某月某日)的前 11 天出发,汽车 B 只能在约定日期的前 12 天出

发(将频率视为概率).

(1)为了尽最大可能在各自允许的时间内将货物运往城市乙,估计汽车 A 和汽车 B 应如何选择

各自的路 径;

(2)若通过公路 l、公路 2 的“一次性费用”分别为 3.2 万元、1.6 万元(其他费用忽略不计),此

项费用由生产商承担.如果生产商恰能在约定日期当天将货物送到,则销售商一次性支付给生

产商 40 万元,若在约定日期前送到;每提前一天销售商将多支付给生产商 2 万元;若在约定日

期后送到,每迟到一天,生产商将支付给销售商 2 万元.如果汽车 A,B 按(1)中所选路径运

输货物,试比较哪辆汽车为生产商获得的毛利润更大.

【解析】(1)频率分布表如下:

所有的时间(天数)

10

11

12

13

通过公路 1 的频率

0.2

0.4

0.2

0.2

通过公路 2 的频率

0.1

0.4

0.4

0.1

设 A1, A2 分别表示汽车 A 在约定日期前 11 天出发选择公路 1,2 将货物运往城 市乙; B1, B2 分别 表示汽车 B 在约定日期前 12 天出发选择公路 1,2 将货物运往城市乙;

P( A1) 0.2 0.4 0.6 ; P( A2 ) 0.1 0.4 0.5 ;

P(B1 ) 0.2 0.4 0.2 0.8 ; P(B2 ) 0.1 0.4 0.4 0.9 ;

所以汽车 A 选择公路 1,汽车 B 选择公路 2。

(2)设 X 表示汽车 A 选择公路 1 时,销售商付给生产商的费用,则 X 的所有可能取值有 42,40,38,36,则 X 的分布列如下:

X

42

40

38

36

P

0.2

0.4

0.2

0.2

EX 42 0.2 400.4 380.2 360.2 39.2 .

∴汽车 A 选择公路 1 的毛利润是 39.2 3.2 36 (万元). 设Y 表示汽车 B 选择公路 2 时,销售商付给生产商的费用,则Y 的所有可能取值有 42,40,38,36,

则 X 的分布列如下:

X

44

42

40

38

P

0.1

0.4

0.4

0.1

EX 44 0.1 42 0.4 400.4 380.1 41 ,

∴汽车 B 选择公路 2 的毛利润是 411.6 39.4 (万元), ∵ 36.0 39.4 , 汽车 B 为生产商获得的毛利更大.
19.(12 分)如图,四边形 ABCD 与 BDEF 均为菱形,FA=FC,且∠DAB=∠DBF=60°。 (I)求证:AC⊥平面 BDEF;
(II)若 G 为线段 DE 上一点且满足| DG | 2 | GE | ,求直线 AG 与平面 ABF 所成角的余弦值。
【解析】 (I)证明:设 AC 与 BD 相交于点 O,连接 FO, 因为四边形 ABCD 为菱形, 所以 AC⊥BD,且 O 为 AC 中点, 因为 FA=FC,所以 AC⊥FO, 又 FO∩BD=O,所以 AC⊥平面 BDEF。 (II)连接 DF,因为四边形 BDEF 为菱形,且∠DBF=60°,所以△DBF 为等边三角形, 因为 O 为 BD 中点,所以 FO⊥BD, 又 AC⊥FO,AC∩BD=O, 所以 FO⊥平面 ABCD。 因为 OA,OB,OF 两两垂直, 所以可建立空间直角坐标系 O-xyz,如图所示,

设 AB=2,因为四边形 ABCD 为菱形,∠DAB=60°, 所以 BD=2,AC=2 3。 因为△DBF 为等边三角形,所以 OF= 3。 所以 A( 3,0,0),B(0,1,0),D(0,-1,0),F(0,0, 3)
uuur uuur 由 BF DE 得 E(0, 2, 3)



uuur DG



2

uuur DE



G(0,



5

,

2

3)

3

33

所以A→D=(- 3,-1,0),A→F=(- 3,0, 3),A→B=(- 3,1,0)。 设平面 ABF 的法向量为 n=(x,y,z),
A→F·n=- 3x+ 3z=0, 则
A→B·n=- 3x+y=0,
取 x=1,得 n=(1, 3,1)。 设直线 AG 与平面 ABF 所成角为 θ,

uuur r 则 sin | cos AG, n |

uuur r uAuuGr nr

3 15

AG n 20

∴ cos

265
.

20

20.(12

分)已知椭圆 C



x2 a2



y2 b2


1a b 0 过点 P 1,

3 2 ,左、右焦点分别是 F1 , F2 ,

过 F2 的直线与椭圆交于 M , N 两点,且 F1MN 的周长为 8b . (1)求椭圆 C 的方程;

uuuur uuuur uuuur (2)若点 D 满足 F1D F1M F1N ,求四边形 F1MDN 面积的最大值.

【详解】(1)因为 F1MN 的周长为 8b ,所以 4a = 8b ,

因为椭圆 C



x2 a2



y2 b2


1a b 0 过点 P 1,

3 2



,所以

1 a2



3 4b2

1,

1

联立方程



a

2



3 4b2

1 ,解得 a2

4 , b2

1,所以椭圆 C 的方程为

x2



y2

1;

4a 8b

4

(2)由(1)可知, F2 的坐标为 3, 0 ,由题意可知,显然直线 MN 的斜率不为 0,

设直线 MN 的方程为 x my 3 , M x1, y1 , N x2, y2 ,

x2

联立



4



y2

1

,得

4 m2

y2 2

3my 1 0 ,

x my 3

所以

y1



y2



2 4

3m m2



y1 y2



1 4 m2

,且



恒成立,

uuuur uuuur uuuur 因为点 D 满足 F1D F1M F1N ,所以四边形 F1MDN 为平行四边形,设其面积为 S ,

( ) 则 S = 2SDF1MN = 2

S + S DMF1F2

DNF1F2

= 2 骣琪琪桫12 F1F2 ? y1

1 2

F1F2

?

y2

( ) F1F2 y1 + y2 ,

因为 y1 y2 0 ,所以 y1 y2 y1 y2 , S F1F2 y1 y2 2 3 y1 y2 ,

( ) ( ) y1 - y2 =

y1 + y2 2 - 4 y1 y2 =

骣琪- 2 3m 琪桫4 +m2

2
4 +
4 +m2

=4

m2 +1 , 4 +m2 2

t

t

1

令 t m2 1t 1 ,则 S = 8 3 ( t +3) 2 = 8 3 t2 +6t +9 = 8 3 t + 9 +6 ? 4 ,

t

当且仅当 t 3 ,即 m 2 时, S 有最大值 4,

所以四边形 F1MDN 面积的最大值为 4。
21.(12 分)已知函数 f(x)=xex(x∈R)。 (Ⅰ)求函数 f(x)的单调区间和极值;

(II)已知函数 h(x)与函数 f(x)的图象关于原点对称,如果 x1≠x2,且 h(x1)=h(x2),证明:x1+x2>2。

【解析】(I)由已知得 f′(x)=ex+xex=ex(x+1),

令 f′(x)=0,解得 x=-1,当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:

x

(-∞,-1)

-1

(-1,+∞)

f′(x)



0



f(x)

单调递减

-1e

单调递增

所以函数 f(x)的单调递增区间为(-1,+∞),单调递减区间为(-∞,-1),函数 f(x)在 x=-1 处

取得极小值,为 f(-1)=-1e,无极大值。 (II)由题意知,h(x)=-f(-x)=xe-x,h′(x)=e-x(1-x),令 h′(x)=0,解得 x=1。

当 x 变化时,h′(x),h(x)的变化情况如下表:

x

(-∞,1)

1

(1,+∞)

h′(x)



0



h(x)

单调递增

1

单调递减

e

由 x1≠x2,不妨设 x1>x2,根据 h(x1)=h(x2),结合图象可知 x1>1,x2<1,

令 F(x)=h(x)-h(2-x),x∈(1,+∞),

则 F′(x)=(x-1)(e2x-2-1)e-x,

因为 x>1,2x-2>0,所以 e2x-2-1>0,

则 F′(x)>0,所以 F(x)在(1,+∞)上单调递增,

所以当 x>1 时,F(x)>0,

即当 x>1 时,h(x)>h(2-x),则 h(x1)>h(2-x1),

又 h(x1)=h(x2),所以 h(x2)>h(2-x1), 因为 x1>1,所以 2-x1<1,

所以 x2,2-x1∈(-∞,1),

因为 h(x)在(-∞,1)上是增函数,

所以 x2>2-x1,即 x1+x2>2。

(二)选考题:共 10 分.请考生在 22,23 题中任选一题作答.如果多做,则按所做的第一题计分.

22.(本小题满分 10 分)选修 4-4:坐标系与参数方程

在平面直角坐标系

xOy

中,已知

P

是曲线 C1 :

x 2cos



y



2



2 sin



为参数)上的动点,将 OP



点 O 顺时针旋转 90 得到 OQ ,设点 Q 的轨迹为曲线 C2 .以坐标原点 O 为极点, x 轴的正半轴为极
轴建立极坐标系.

(Ⅰ)求曲线 C1 , C2 的极坐标方程;

(Ⅱ)在极坐标系中,射线



6

(



0)

与曲线 C1 , C2

分别相交于异于极点 O 的

A, B

两点,点

M (3, ) ,求 MAB的面积. 2

【解析】(Ⅰ)由题知点 Q 的轨迹是以 (2,0) 为圆心, 2 为半径的圆,所以曲线 C2 的方程为

(x 2)2 y2 4 .

2 x2 y2 , x cos , y sin ,

曲线 C1 的极坐标方程为 4sin ,曲线 C2 的极坐标方程为 4sin .

(Ⅱ)在极坐标系中,设点 A, B 的极径分别为 1, 2 ,

|

AB ||

1



2

|

4

|

sin

6



cos 6

|

2(

3 1).

又 点 M (3, ) 到射线 ( 0) 的距离为 h 3sin 3 3 .

2

6

32

MAB的面积 S 1 | AB | h 9 3 3 .

2

2

23.(本小题满分 10 分)选修 4-5:不等式选讲

已知函数 f (x) | x 3 | .

(Ⅰ)解不等式 f (x) 4 | 2x 1| ;

(Ⅱ)若 1 4 2(m 0, n 0) ,求证: m n | x 3 | f (x).

mn

2

【解析】(Ⅰ)原不等是化为| x 3 | 4 | 2x 1| ,即| 2x 1| | x 3 | 4.

① x 1 时,不等式化为 2x 1 x 3 4 ,解得 x 2 ;

2

3

② 1 x 3时,不等式化为 2x 1 x 3 4 ,解得 x 0 ,0 x 3; 2

③ x 3 时,不等式化为 2x 1 x 3 4 ,解得 x 2 ,x 3 .

综上可得:原不等式解集为 (, 2] [0,) . 3

(Ⅱ) f (x) | x 3 | . | x 3 | f (x) | x 3 | | x 3 || x 3 (x 3) | 9 ,

2

2

2

2

当且仅当 (x 3)(x 3) 0 且| x 3 || x 3 | 时取等号.

2

2

又 1 4 2(m 0, n 0) , mn

m n 1 (m n)( 1 4) 1 (5 n 4m) 1 (5 2 n 4m ) 9 ,

2

mn 2 m n 2

mn 2

当且仅当 n 4m 时取等号. m n | x 3 | f (x).

mn

2


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