2020届二轮复集合、简易逻辑与不等式作业

2020届二轮复集合、简易逻辑与不等式作业

集合、简易逻辑与不等式 一、单选题 ‎1．若点满足，则的最小值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 如图：‎ 目标函数的几何意义是可行域内的点与连线长度的平方 由图可知长度最小值为到的距离 故选 ‎2．已知M是ΔABC内的一点，且AB‎·AC=2‎‎3‎，‎∠BAC=‎‎30‎‎°‎，若ΔMBC，ΔMCA,ΔMAB的面积分别为‎1‎‎2‎‎,x,y，则‎1‎x‎+‎‎4‎y的最小值为（ ）‎ A．20 B．18 C．16 D．9‎ ‎【答案】B ‎【解析】由题意得‎1‎‎2‎‎+x+y=‎1‎‎2‎×AB×AC×sin‎30‎‎0‎ ,又AB‎⋅AC=AB×AC×cos‎30‎‎0‎=2‎3‎⇒AB×AC=4‎ ,所以‎1‎‎2‎‎+x+y=‎1‎‎2‎×4×sin‎30‎‎0‎=1⇒x+y=‎‎1‎‎2‎ 因此‎1‎x‎+‎4‎y=(‎1‎x+‎4‎y)⋅2(x+y)=2(5+yx+‎4xy)≥2(5+2yx‎⋅‎‎4xy)=18‎ ,当且仅当y=2x 时取等号,从而选B.‎ ‎3．已知实数，满足不等式组，则的最大值为（ ）‎ A．3 B．9 C．22 D．25‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据约束条件，做出可行域，利用目标函数的几何意义，找到最优解，从而得到最值 ‎【详解】‎ 做出可行域，如图所示，做出直线：，平移直线，由图可知，当过点A（2,1）时，截距最大，此时z最小，所以，故选B ‎【点睛】‎ 本题考查简单的线性规划问题，属基础题 ‎4．已知集合，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 因为，所以，所以，故选A.‎ 点睛：集合是高考中必考的知识点，一般考查集合的表示、集合的运算比较多．对于集合的表示，特别是描述法的理解，一定要注意集合中元素是什么，然后看清其满足的性质，将其化简；考查集合的运算，多考查交并补运算，注意利用数轴来运算，要特别注意端点的取值是否在集合中，避免出错．‎ ‎5．给出命题：p：3＞1；q：4∈{2,3}，则在下列三个复合命题：“p且q”；“p或q”；“非p”中，真命题的个数为 ( )‎ A．0 B．3‎ C．2 D．1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 解：因为命题：p：3＞1；为真；q：4∈{2,3}，为假，则 “p且q”为假；“p或q”为真； “非p”为假中，真命题的个数为1，选D ‎6．已知函数f(x)是定义在R上的单调递增函数，且满足对任意的实数x都有f[f(x)－3x]＝4，则f(x)＋f(－x)的最小值等于(　　)‎ A．2 B．4‎ C．8 D．12‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：因为函数f（x)是定义在R上的单调增函数，且满足对任意的实数x都有f[f(x)−‎3‎x]=4‎，令f(x)−‎3‎x=k，所以f(k)=4‎，即‎4−‎3‎k=k⇒k=1‎，所以f(x)=‎3‎x+1⇒f(x)+f(−x)=‎3‎x+‎3‎‎−x+2≥2‎3‎x‎⋅‎‎3‎‎−x+2=4‎，当且仅当x=0‎ 时，取等号，故选B.‎ 考点：1.函数的性质；2.基本不等式.‎ ‎7．在直角坐标系内，满足不等式的点的集合(用阴影表示)正确的是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 解：x2-y2≥0?（x+y）（x-y）≥0?或 则可画出选项B所表示的图形．‎ 故选B．‎ 二、填空题 ‎8．已知实数，满足，则的最大值为____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出可行域，平移目标函数，根据图象，确定最大值即可.‎ ‎【详解】‎ 作出不等式组所表示的平面区域如图阴影部分所示；观察可知，当直线过点时，有最大值；联立，解得，故的最大值为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查线性规划问题，属于较易题.‎ ‎9．若不等式组表示的平面区域是一个三角形，则实数的取值范围是__________．‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ 先画部分可行域所表示的平面区域，如图所示，‎ 设直线与轴的交点为，另外，‎ 由图形可知：当时，可行域为三角形，‎ 故实数m的取值范围是(－∞，－3]∪[0,6)．‎ 点睛：本题考查了二元一次不等式组所表示的平面区域，以及简单的线性规划的应用问题，对于线性规划问题有三类:（1）简单线性规划，包括画出可行域和考查截距型目标函数的最值，有时考查斜率型或距离型目标函数；（2）线性规划逆向思维问题，给出最值或最优解个数求参数取值范围；（3）线性规划的实际应用，本题就是第三类实际应用问题.‎ ‎10．已知变量 满足约束条件 ，则 的最小值为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 可行域为一个三角形ABC及其内部,其中 ,而表示可行域内点P到定点 距离的平方减去2,所以最小值为 ‎ 点睛：线性规划问题，首先明确可行域对应的是封闭区域还是开放区域、分界线是实线还是虚线，其次确定目标函数的几何意义，是求直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离等等，最后结合图形确定目标函数最值取法、值域范围.‎ ‎11．设为实常数，是定义在上的奇函数，且当时，．‎ 若对一切成立，则的取值范围是 .‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：∵是定义在上的奇函数，∴当时，，‎ 而，当些仅当时，“=”成立，∴当时，要使恒成立，只需或，又∵时，，∴，‎ 综上，故实数的取值范围是.‎ 考点：1.奇函数的性质；2.恒成立问题的处理方法.‎ ‎12．若矩形的长和宽分别为，其对角线的长为5，则该矩形的周长的最大值为______________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题得利用基本不等式求解即可 ‎【详解】‎ 由已知得，，所以，因为，所以，所以，当且仅当时取等号，所以该矩形的周长的最大值为.‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查基本不等式求最值，考查计算能力，是基础题，注意等号成立 ‎13．已知集合，若，求实数的值。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：因为，集合，若,‎ 所以，或，所以a=－1.‎ 考点：本题主要考查集合的概念。‎ 点评：简单题，由-3是交集中的元素，建立的方程，利用集合中元素的性质，确定a的取值。‎ ‎14．已知集合，则集合U中的元素的个数为___________.（用数字填写）‎ ‎【答案】5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用列举法得到集合中的元素即可 ‎【详解】‎ ‎∵＝{（0，0），（0，1），（0，﹣1），（1，0），（﹣1，0）}，‎ ‎∴集合U中的元素的个数为5个 ‎【点睛】‎ 本题考查集合的表示，涉及描述法与列举法，属于基础题.‎ ‎15．命题“对任意x∈R，都有x2≥0”的否定是 ．‎ ‎【答案】存在x‎0‎‎∈R,使x‎0‎‎2‎‎<0‎．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：全程命题的否定为特称命题,所以原命题的否定为:存在x‎0‎‎∈R,使x‎0‎‎2‎‎<0‎．‎ 考点：全程命题的否定．‎ ‎16．若，则实数的取值集合是__________．‎ ‎【答案】；‎ ‎【解析】‎ 若，解得，此时集合中的元素为，不符合元素的互异性，当，解得，此时集合中的元素为，符合题意，当，解得，不符合题意，综上所述，，故填.‎ ‎17．已知命题,若命题是假命题，则实数的取值范围是________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据命题否定为真，结合二次函数图像列不等式，解得结果 ‎【详解】‎ 因为命题是假命题，所以为真 所以 ‎【点睛】‎ 本题考查命题的否定以及一元二次不等式恒成立，考查基本分析求解能力，属基础题.‎ 三、解答题 ‎18．某工厂拟制造一个如图所示的容积为的有盖圆锥形容器．‎ ‎(1)若该容器的底面半径为，求该容器的表面积；‎ ‎(2)当容器的高为多少米时，制造该容器的侧面用料最省？‎ ‎【答案】（1）；（2）当容器的高为6米时，制造该容器的侧面用料最省 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设圆锥形容器的高为米，由锥体体积公式列方程可得，即可求得，即可求得圆锥的母线长为，利用锥体侧面积公式即可求得侧面积，问题得解。‎ ‎（2）设圆锥形容器的高为，即可表示出该容器的侧面积为，利用基本不等式即可求得的最小值，问题得解 ‎【详解】‎ ‎（1）设圆锥形容器的高为米，底面半径为6米，‎ 由圆锥形容器的容积为36可得：，解得：（米）‎ 圆锥的母线长.‎ 所以该容器的表面积为：（）‎ ‎（2）设圆锥形容器的高为米，底面半径为米，‎ 由圆锥形容器的容积为36可得：，解得：‎ 所以圆锥的母线长 所以该容器的侧面积为 ‎.‎ 当且仅当，即：时，等号成立.‎ 所以当容器的高为米时，制造该容器的侧面用料最省.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了圆锥的体积公式及表面积公式，还考查利用基本不等式求最值，考查计算能力及转化能力，属于中档题。‎ ‎19．设是不含常数项的二次函数，且，求的取值范围.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可先设，表示出，再将用待定系数法表示成与有关的表达式，再利用不等式的同向可加性进行求解 ‎【详解】‎ 设.‎ ‎∵‎ ‎∴‎ ‎∴，‎ 又∵，‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】‎ 注意运用不等式性质解题时，应注意转化的等价性.在多次运用了同向不等式相加这条性质时，因等号成立的条件不同，会使取值范围扩大.‎ ‎20．（1）求函数的定义域；‎ ‎（2）若不等式 对一切恒成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据函数的解析式中真是大于零，列出不等式，求出解集即可得到函数的定义域；（2）由于二次项系数含有参数，故应为分类讨论，当时， 且，从而可求实数的取值范围.‎ 试题解析：（1）由，得 ，‎ 即，所以 ，‎ 所以 的定义域为.‎ ‎（2）当 即时，原不等式变形为恒成立，符合题意；‎ 当时，依题意可得 ，‎ 综上可得，的取值范围为.‎ ‎21．已知等差数列与等比数列是非常数的实数列，设.‎ ‎（1）请举出一对数列与，使集合中有三个元素；‎ ‎（2）问集合中最多有多少个元素？并证明你的结论；‎ ‎【答案】(1) .‎ ‎(2)3个，证明见解析.‎ ‎【解析】‎ 分析：（1），则；（2）不妨设，由，令，原问题转化为关于的方程最多有多少个解，可以证明当时，方程①最多有个解：时，方程①最多有个解，从而可得结果.‎ 详解：（1），则 ‎（2）不妨设，由 令，原问题转化为关于的方程 ‎①‎ 最多有多少个解.‎ 下面我们证明：当时，方程①最多有个解：时，方程①最多有个解 当时，考虑函数，则 如果，则为单调函数，故方程①最多只有一个解；‎ 如果，且不妨设由得由唯一零点，于是当时，‎ 恒大于或恒小于，当时，恒小于或恒大于 这样在区间与上是单调函数，故方程①最多有个解 当时，如果 如果为奇数，则方程①变为 显然方程最多只有一个解，即最多只有一个奇数满足方程①‎ 如果为偶数，则方程①变为 ‎，由的情形，上式最多有个解，即满足①的偶数最多有个 这样，最多有个正数满足方程①‎ 对于，同理可以证明，方程①最多有个解.‎ 综上所述，集合中的元素个数最多有个.‎ 再由（1）可知集合中的元素个数最多有个.‎ 点睛：本题主要考查数列的综合性质以及分类讨论思想的应用.属于难题.分类讨论思想解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决含参数问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点. 充分利用分类讨论思想方法能够使问题条理清晰，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用与解题当中.‎ ‎22．设△ABC的BC边上的高AD＝BC，a，b，c分别是内角A，B，C的对边．‎ ‎（1）求的最小值及取得最小值时cosA的值；‎ ‎（2）把表示为xsinA+ycosA的形式，判断能否等于？并说明理由．‎ ‎【答案】（1）2，cosA＝（2）能，理由见解析．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直接利用基本不等式求最值，利用余弦定理得cos，从而可求cosA的值；‎ ‎（2）利用S△，可得，从而可得，再利用辅助角公式化简，即可得到结论．‎ ‎【详解】‎ ‎（1），当且仅当，即b＝c，即三角形是等腰三角形时，取得最小值2；‎ 此时b＝c，由余弦定理得cos，cosA＝2cos21＝21‎ ‎（2）∵S△，∴，‎ ‎∴φ），其中tanφ＝2，φ∈，当且仅当A+φ，即cosA＝sinφ时，取得．‎ 因为△ABC的BC边上的高AD＝BC，所以b＞a，c＞a同时成立，所以a是最小的边，A∈，所以cosA∈‎ ‎∵cosA＝sinφ∈‎ ‎∴能取得．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查基本不等式、余弦定理、三角形面积公式的运用，考查利用辅助角公式化简三角函数，解题的关键是正确运用三角函数，属于中档题．‎ ‎23．如图（1）是一直角墙角，，墙角的两堵墙面和地面两两互相垂直.是一块长为米，宽为米的板材，现欲用板材与墙角围成一个直棱柱空间堆放谷物. ‎ ‎（1）若按如图（1）放置，如何放置板材才能使这个直棱柱空间最大？‎ ‎（2）由于墙面使用受限，面只能使用米，面只能使用米.此矩形板材可以折叠围成一个直四棱柱空间，如图（2），如何折叠板材才能使这个空间最大？‎ ‎【答案】(1) 板材与墙面成45°角;(2)见解析.‎ ‎【解析】‎ 分析：（1）设，且 因为直三棱柱的高为定值，故底面面积最大时体积最大，利用基本不等式可得；（2）因为直四棱柱的高为定值，故底面面积最大时体积最大，又的面积为定值，只需寻找面积的最大值，作只需最大即可，设则，可得 ‎，利用二次函数的性质可得结果.‎ 详解：（1）设，且 ‎ 因为直三棱柱的高为定值，故底面面积最大时体积最大 ‎ ， ‎ 当且仅当取到等号.‎ 即板材放置时，使得板材与墙面成45°角.‎ ‎（2）因为直四棱柱的高为定值，故底面面积最大时体积最大，又的面积为定值，只需寻找面积的最大值.‎ 又在中，只需寻找AB边上高的最大值即可.‎ 如图：作 设则 ‎ ‎ 当时PH最大,此时 即板材放置时，沿中间折叠，使得PA=PB.‎ 点睛：本题主要考查阅读能力、数学建模能力和化归思想以及利用基本不等式、二次函数求最值，属于中档题.与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向，这类问题的特点是通过现实生活的事例考查书本知识，解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题，只有吃透题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答.‎