2022年高中数学 单元质量评估（二）（含解析）人教A版选修4-5.doc

1、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.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,y0,y0D.x0【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+y

2、0,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.M8C.M0,b0,a+b=1,所以1=a+b2,所以,所以4.所以+=(a+b)+22+4=8.所以+8,即M8.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a2b2;中不成立的个数是()A.0B.1C.2D.3【解析】选D.因为ab,a2-b2=(a-b)(a+b)符号不确定,即a2b2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10,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,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RQP.答案:RQP10.若T1=,T2=,则当s,m,nR+时,

4、T1与T2的大小为.【解析】因为-=s=0.所以T1T2.答案:T1T211.(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=12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)=+24,当且仅当|a-b|=|b-c|时取等号,于是+.所以m4.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

5、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,yR,且1,1,求证:+.【证明】因为1,0,0.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)20,有-2xy-x2-y2,所以(1-xy)2(1-x2)(1-y2),所以1-xy0,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x1x2.求证:f(x1)+f(x2)f.【证明

6、】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,),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)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+

7、0,b0,且a+b=+,证明:(1)a+b2.(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0a1,0b0,b0,得ab=1.(1)由基本不等式及ab=1,有a+b2=2,即a+b2.(2)假设a2+a2与b2+b2同时成立,则由a2+a0得0a1,同理0b1,从而ab1,这与ab=1矛盾,故a2+a2与b2+bcd,则+.(2)+是|a-b|cd,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)2-4abcd.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|+是|a-b|c-d|的充要条件.