PAGE綜合檢測(cè)時(shí)間：120分鐘滿分：150分一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．已知a，b，c，d∈R，且ab>0，－eq\f(c,a)<－eq\f(d,b)，則下列各式恒成立的是()A．bc<ad B．bc>adC.eq\f(a,c)>eq\f(b,d) D．eq\f(a,c)<eq\f(b,d)解析：－eq\f(c,a)<－eq\f(d,b)，ab>0兩邊同乘以ab，－bc<－ad，∴bc>ad，選B.答案：B2．不等式|3x－2|>4的解集是()A．{x|x>2} B．eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x<－\f(2,3)))C.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x<－\f(2,3)或x>2)) D．eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|－\f(2,3)<x<2))解析：由|3x－2|>4，得3x－2>4或3x－2<－4.即x>2或x<－eq\f(2,3).答案：C3．某人要買房，隨著樓層的升高，上、下樓耗費(fèi)的體力增多，因此不滿意度升高，設(shè)住第n層樓，上下樓造成的不滿意度為n；但高處空氣清新，嘈雜音較小，環(huán)境較為安靜，因此隨樓層升高，環(huán)境不滿意度降低，設(shè)住第n層樓時(shí)，環(huán)境不滿意程度為eq\f(9,n)，則此人應(yīng)選()A．1樓 B．2樓C．3樓 D．4樓解析：設(shè)第n層總的不滿意程度為f(n)，則f(n)＝n＋eq\f(9,n)≥2eq\r(9)＝2×3＝6，當(dāng)且僅當(dāng)n＝eq\f(9,n)，即n＝3時(shí)取等號(hào)．答案：C4．設(shè)a1≤a2≤a3≤…≤an，b1≤b2≤…≤bn為兩組實(shí)數(shù)，S1＝a1bn＋a2bn－1＋…＋anb1，S2＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn，那么()A．S1>S2 B．S1<S2C．S1≥S2 D．S1≤S2解析：由排序不等式，得順序和≥反序和，即S1≤S2，選D.答案：D5．若x，y，z∈R＋且x＋y＋z＝30，則lgx＋lgy＋lgz的取值范圍是()A．(－∞，3] B．(－∞，10]C．[3，＋∞) D．[10，＋∞)解析：∵x＋y＋z≥3eq\r(3,xyz)，即xyz≤103，∴l(xiāng)g(xyz)≤lg103＝3，即lgx＋lgy＋lgz＝lg(xyz)≤3，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝z＝10時(shí)取等號(hào)．故選A.答案：A6．不等式|x＋1|＋|2x－4|>6的解集為()A．(－∞，－1]∪(3，＋∞)B．(－∞，－1)∪(3，＋∞)C．[3，＋∞)D．(－∞，－1]∪[3，＋∞)解析：原不等式可化為以下幾種：①eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<－1,－x－1－2x＋4>6))?x<－1；②eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1≤x≤2,x＋1－2x＋4>6))??；③eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>2,x＋1＋2x－4>6))?x>3.故選B.答案：B7．對(duì)任意實(shí)數(shù)x，若不等式|x＋1|－|x－2|>k恒成立，則k的取值范圍是()A．k<3 B．k<－3C．k≤3 D．k≤－3解析：令f(x)＝|x＋1|－|x－2|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3，x<－1，,2x－1，－1≤x＜2，,3，x≥2，))則f(x)min＝－3，∴k<－3.答案：B8．函數(shù)y＝eq\r(2x－3)＋eq\r(8－4x)的最大值為()A.eq\r(3) B．eq\f(5,3)C.eq\r(5) D．eq\r(2)解析：由已知得函數(shù)定義域?yàn)閇eq\f(3,2)，2]，y＝eq\r(2x－3)＋eq\r(2)×eq\r(4－2x)≤eq\r([12＋\r(2)2][\r(2x－3)2＋\r(4－2x)2])＝eq\r(3)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(\r(2x－3),1)＝eq\f(\r(4－2x),\r(2))，即x＝eq\f(5,3)時(shí)取等號(hào)．∴ymax＝eq\r(3).答案：A9．設(shè)A＝eq\f(t＋s,7＋s＋t)，B＝eq\f(s,7＋s)＋eq\f(t,7＋t)，則A與B的關(guān)系為()A．A>B B．A<BC．A＝B D．不確定解析：B＝eq\f(s,7＋s)＋eq\f(t,7＋t)>eq\f(s,7＋s＋t)＋eq\f(t,7＋t＋s)＝eq\f(s＋t,7＋s＋t)＝A.答案：B10．若0<α<β<γ<eq\f(π,2)，則F＝sinαcosβ＋sinβcosγ＋sinγ·cosα－eq\f(1,2)(sin2α＋sin2β＋sin2γ)的符號(hào)為()A．F>0 B．F<0C．F≥0 D．F≤0解析：∵0<α<β<γ<eq\f(π,2)，且y＝sinx在(0，eq\f(π,2))上為增函數(shù)，y＝cosx在(0，eq\f(π,2))上為減函數(shù)．∴0<sinα<sinβ<sinγ，cosα>cosβ>cosγ>0.根據(jù)排序不等式：亂序和≥反序和，則sinαcosβ＋sinβcosγ＋sinγcosα>sinαcosα＋sinβcosβ＋sinγcosγ＝eq\f(1,2)(sin2α＋sin2β＋sin2γ)．答案：A11．已知a2＋b2＋c2＝9，x2＋y2＋z2＝16，則eq\r(x＋a2＋y＋b2＋z＋c2)的最大值為()A．5eq\r(2) B．7C．9 D．5eq\r(3)解析：eq\r(x＋a2＋y＋b2＋z＋c2)＝eq\r(x2＋y2＋z2＋a2＋b2＋c2＋2ax＋by＋cz)＝eq\r(25＋2ax＋by＋cz)，∵ax＋by＋cz＝eq\r(ax＋by＋cz2)≤eq\r(x2＋y2＋z2a2＋b2＋c2)＝eq\r(9×16)＝12，∴原式≤eq\r(25＋2×12)＝eq\r(49)＝7，故最大值為7，選B.答案：B12．記滿足下列條件的函數(shù)f(x)的集合為M，當(dāng)|x1|≤1，|x2|≤1時(shí)，|f(x1)－f(x2)|≤4|x1－x2|，又令g(x)＝x2＋2x－1，由g(x)與M的關(guān)系是()A．g(x)M B．g(x)∈MC．g(x)?M D．不能確定解析：g(x1)－g(x2)＝xeq\o\al(2,1)＋2x1－xeq\o\al(2,2)－2x2＝(x1－x2)·(x1＋x2＋2)，|g(x1)－g(x2)|＝|x1－x2|·|x1＋x2＋2|≤|x1－x2|(|x1|＋|x2|＋2)≤4|x1－x2|，所以g(x)∈M.答案：B二、填空題(本大題共4小題，每小題4分，共16分，把答案填在題中的橫線上)13．設(shè)x，y∈R，且xy≠0，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,y2)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)＋4y2))的最小值為_(kāi)_______．解析：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,y2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)＋4y2))＝5＋eq\f(1,x2y2)＋4x2y2≥5＋2eq\r(\f(1,x2y2)·4x2y2)＝9，當(dāng)且僅當(dāng)x2y2＝eq\f(1,2)時(shí)等號(hào)成立．答案：914．關(guān)于x的不等式|x－1|＋|x－2|≤a2＋a＋1的解集為空集，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_(kāi)_______．解析：∵|x－1|＋|x－2|≥|(x－1)－(x－2)|＝1且|x－1|＋|x－2|≤a2＋a＋1的解集為空集，∴a2＋a＋1<1，∴a2＋a<0.∴－1<a<0.答案：(－1,0)15．有一長(zhǎng)方體的長(zhǎng)，寬，高分別為x，y，z，滿足eq\f(1,x2)＋eq\f(1,y2)＋eq\f(1,z2)＝9，則長(zhǎng)方體的對(duì)角線長(zhǎng)的最小值為_(kāi)_______．解析：∵(x2＋y2＋z2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)＋\f(1,y2)＋\f(1,z2)))≥(1＋1＋1)2＝9，即x2＋y2＋z2≥1.當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝z＝eq\f(\r(3),3)時(shí)取等號(hào)，∴長(zhǎng)方體的對(duì)角線長(zhǎng)l＝eq\r(x2＋y2＋z2)的最小值為1.答案：116．已知a，b，c∈R，a＋2b＋3c＝6，則a2＋4b2＋9c解析：由柯西不等式得(12＋12＋12)(a2＋4b2＋9c2)≥(a＋2b＋3c)2，即a2＋4b2＋9c2≥12，當(dāng)a＝2b＝3c＝2時(shí)等號(hào)成立，所以a2＋4b2＋9c2的最小值為12.答案：12三、解答題(本大題共有6小題，共74分，解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟)17.(12分)解不等式|2x－1|＋|2－x|<x＋3.解析：(1)當(dāng)x<－3時(shí)，顯然無(wú)解，(2)當(dāng)－3≤x≤eq\f(1,2)時(shí)，原不等式為1－2x＋2－x<x＋3.即0<x≤eq\f(1,2).(3)當(dāng)eq\f(1,2)<x≤2時(shí)，原不等式為2x－1＋2－x<x＋3，即1<3，顯然成立，∴eq\f(1,2)＜x≤2.(4)當(dāng)x>2時(shí)，原不等式為2x－1＋x－2<x＋3，即2<x<3.綜合(1)，(2)，(3)，(4)可得原不等式的解集為{x|0<x<3}．18．(12分)若a>2，b>3，求a＋b＋eq\f(1,a－2b－3)的最小值．解析：因?yàn)閍>2，b>3，所以a－2>0，b－3>0，所以a＋b＋eq\f(1,a－2b－3)＝(a－2)＋(b－3)＋eq\f(1,a－2b－3)＋5≥3eq\r(3,a－2b－3·\f(1,a－2b－3))＋5＝3＋5＝8(當(dāng)且僅當(dāng)a＝3，b＝4時(shí)，等號(hào)成立)．所以所求最小值為8.19．(12分)已知實(shí)數(shù)x，y，z滿足x＋y＋z＝2，求2x2＋3y2＋z2的最小值．解析：由柯西不等式，(x＋y＋z)2≤[(eq\r(2)x)2＋(eq\r(3)y)2＋z2]·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2))))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(3))))2＋12))，因?yàn)閤＋y＋z＝2，所以2x2＋3y2＋z2≥eq\f(24,11)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(\r(2)x,\f(1,\r(2)))＝eq\f(\r(3)y,\f(1,\r(3)))＝eq\f(z,1)，即x＝eq\f(6,11)，y＝eq\f(4,11)，z＝eq\f(12,11)時(shí)，等號(hào)成立，所以2x2＋3y2＋z2的最小值為eq\f(24,11).20．(12分)設(shè)a，b，c為正數(shù)，求證：2(eq\f(a2,b＋c)＋eq\f(b2,c＋a)＋eq\f(c2,a＋b))≥eq\f(b2＋c2,b＋c)＋eq\f(c2＋a2,c＋a)＋eq\f(a2＋b2,a＋b).證明：由對(duì)稱性，不妨設(shè)a≥b≥c＞0.于是a＋b≥a＋c≥b＋c，a2≥b2≥c2，eq\f(1,b＋c)≥eq\f(1,c＋a)≥eq\f(1,a＋b).由排序原理知：eq\f(a2,b＋c)＋eq\f(b2,c＋a)＋eq\f(c2,a＋b)≥eq\f(c2,b＋c)＋eq\f(a2,c＋a)＋eq\f(b2,a＋b)，eq\f(a2,b＋c)＋eq\f(b2,c＋a)＋eq\f(c2,a＋b)≥eq\f(b2,b＋c)＋eq\f(c2,c＋a)＋eq\f(a2,a＋b)，將上面兩個(gè)同向不等式相加，得2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,b＋c)＋\f(b2,c＋a)＋\f(c2,a＋b)))≥eq\f(b2＋c2,b＋c)＋eq\f(c2＋a2,c＋a)＋eq\f(a2＋b2,a＋b).21．(13分)已知數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，b1＝1，b1＋b2＋b3＋…＋b10＝100.(1)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)數(shù)列{an}的通項(xiàng)an＝1＋eq\f(1,bn)，記Tn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)之積，即Tn＝a1a2a3…an，試證明：Tn>eq\r(bn＋1).解析：(1)設(shè)等差數(shù)列{bn}的公差為d，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b1＝1,10b1＋\f(10×9,2)d＝100))，得d＝2，bn＝2n－1.(2)an＝1＋eq\f(1,bn)＝1＋eq\f(1,2n－1)，Tn＝a1a2a3…an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,5)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n－1)))，當(dāng)n＝1時(shí)，T1＝1＋eq\f(1,1)＝2>eq\r(3)，命題得證．假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N＋)時(shí)命題成立，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k－1)))>eq\r(2k＋1)成立，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，Tn＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k－1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k＋1)))>eq\r(2k＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k＋1)))＝eq\f(2k＋2,\r(2k＋1)).∵eq\r(2k＋1)×eq\r(2k＋3)<eq\f(2k＋1＋2k＋3,2)＝2k＋2，∴eq\f(2k＋2,\r(2k＋1))>eq\r(2k＋3)，∴Tn＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k－1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k＋1)))>eq\r(2k＋3).即n＝k＋1時(shí)命題成立．綜上知，當(dāng)n∈N＋時(shí)，Tn>eq\r(bn＋1).22．(13分)某人在一山坡P處觀看對(duì)面山頂上的一座鐵塔，如圖所示，塔高BC＝80米，塔所在的山高OB＝220米，OA＝200米，圖中所示的山坡可視為直線l，且點(diǎn)P在直線l上，l與水平地面的夾角為α，tanα＝eq\f(1,2)，試問(wèn)，此人距水平地面多高時(shí)，觀看塔的視角∠BPC最大(不計(jì)此人