高职高中数学试题及答案-新疆高中数学学考模拟卷
绝对值不等式(选择题:一般)
1、以下方法不能用于证明不等式的是(
)
A.比较法 B.随机抽样法
C.综合法与分析法 D.反证法与放缩法
2、不等式
A. B.
成立,则( )
C. D.
3、不等式
A.
B.
的解集为( )
C. D.
4、如果关于的不等式
A. B.
C.
,对于恒成立,则实数的取值范围是( )
D.
5、对于实数,,若,,则的最大值为(
)
A.1 B.2 C.4
D.5
6、若关于的不等式
A.
B. C.
的解集为空集,则实数的取值范围是( )
D.
7、若函数
A.4
B.2 C.2或
的最小值为3,则实数的值为( )
D.4或
8、若函数
A.4
B.2 C.2或
的最小值为3,则实数的值为( )
D.4或
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9、不等式
A.
B.
对任意实数恒成立,则实数的取值范围为( )
C. D.
10、关于x的不等式的解集为非空数集,则实数的取值范围是( )
A.
B. C.或 D.或
11、不等式
A. B.
的解集为( )
C. D.
12、若
A.
C.
,则与的大小关系为( )
B.
D.
13、若关于x的不等式
A. B.
C.
的解集不是空集,则实数的取值范围是 ( )
D.
14、若不等式
A.
B.
的解集是( )
C. D.
15、不等式|x-3|+|x-2|≥3的解集是( )
A.
{x|x≥3或x≤1} B. {x|x≥4或x≤2} C. {x|x≥2或x≤1}
D{x|x≥4或x≤1}.
16、不等式
A.
B.
对任意实数恒成立,则实数的取值范围是()
共 32 页,第 2
页
C.
D.
17、不等式对任意实数恒成立, 则实数的取值范围为 ( )
A.
B. C. D.
18、若关于的不等式的解集为,则实数的取值范围为(
A. B.
C. D.
19、若存在,使成立,则实数的取值范围是( )
A..
B. C. D.
20、不等式成立,则( )
A. B.
C. D.
21、不等式成立,则(
)
A. B. C. D.
22、不等式的解集是( )
A.,
B., C., D.,
23、已知,则与的大小关系为( )
A.
B.
C. D.不确定
共 32 页,第 3 页
)
24、若关于的不等式
A.或 B.或
在
C.
上的解集为,则实数的取值范围是( )
D.
25、已知,
A.
,则使不等式
B. C.
一定成立的条件是
D.
26、选修4-5:不等式选讲
(1)设函数
大值;
,若关于的不等式在上恒成立,求实数的最
(2)已知正数满足,求的最小值.
27、已知实数a满足|a|<2,则事件“点M(1,1)与N(2,0)分别位于直线l
:ax﹣2y+1=0两侧”的概率
为( )
A. B.
C. D.
28、不等式
A.
C.
对任意实数x恒成立,则实数的取值范围是(
)
B.
D.
29、不等式
A.
C.
有解的实数的取值范围是( )
B.
D.
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30、若是R上的减函数,且
的图象经过点(0,4)和点(3,-2),则当不等式
的解集为(-1,2)时,的值为(
)
A.0 B.1 C.-1
D.2
31、已知函数,若不等式的解集为,则实数的值为( )
A.
B. C. D.
32、设集合
A.或 B.
,
C.
,
D.
,则的取值范围为( )
或
33、设a,b为不等的正数,且M=(a
4
+b
4<
br>)(a
2
+b
2
),N=(a
3
+b
3)
2
则有( )
A.M=N B.M<N
C.M>N D.M≥N
34、在等比
数列{a
n
}中,若a
1
,a
2
,…a
8
都是正数,且公比q≠1则( )
A.a
1
+a
8
>a
4
+a
5
B.a
1
+a
8
<a
4
+a
5
C.a
1
+a
8
=a
4
+a
5
D.a
1
+a
8
与a
4
+a
5
的大小关系
不定.
35、已知a
1
,a
2
∈(0,1),
M=a
1
a
2
,N=a
1
+a
2
+1,则
M,N的大小关系是( )
A.M<N B.M>N
C.M=N D.不确定
36、定义在
R上的函数f(x)=mx
2
+2x+n的值域是[0,+∞),又对满足前面要求的任意实数
m,n都有不
等式恒成立,则实数a的最大值为( )
A.2013 B.1 C.
D.
37、已知t=a+2b,s=a+b
2
+1,则t和s的大小关系中正确的是(
)
A.t>s B.t≥s C.t<s
D.t≤s
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38、已知a=2
0.5
,,,则a,b,c的大小关系是( )
A.a>c>b B.a>b>c C.c>b>a
D.c>a>b
39、若n≥6时,有<,则在m∈N
*
时,下列不等式成立的是( )
A.
B.
C.
D.
40、若不等式(﹣
1)
n
a<2+对任意n∈N
*
恒成立,则实数a的取值范围是(
)
A.[﹣2,) B.(﹣2,)
C.[﹣3,) D.(﹣3,)
41、(2009?天门模拟)已知t>1,且x=
A.x>y
B.x=y
C.x<y
D.x,y的关系随t而定
,y=,则x,y之间的大小关系是( )
42、(2010?沈阳二模)若不等式
A.7 B.8
C.9 D.10
成立,则n的最小值是(
)
43、(2013?红桥区二模)集合A={x||x﹣2|≤2},B={y
|y=﹣x
2
,﹣1≤x≤2},则A∩B=( )
A.{x|﹣4≤x≤4} B.{x|x≠0} C.{0}
D.?
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44、(2013?红桥区二模)已知集合 M={x||x+2|+|x﹣1|≤5}
,N={x|a<x<6},且M∩N=(﹣1,b],则b﹣a=
( )
A.﹣3
B.﹣1 C.3 D.7
45、(2013?临沂一模)已知集合A={},B={x||x﹣1|≤1},则A∩B=(
)
A.{﹣1,0} B.{0,1} C.{0}
D.{1}
46、(2013?滨州一模)已知不等式|x
+2|+|x|≤a的解集不是空集,则实数a的取值范围是( )
A.a<2
B.a≤2 C.a>2 D.a≥2
47、(2014?九江三模)若关于x的不等式|x﹣1|+x≤a无解,则实数a的取值范围是(
)
A.(﹣∞,1) B.(﹣∞,1]
C.(1,+∞) D.[1,+∞)
48、(2014?梧州模拟)不等式|x
2
﹣1|>3的解集为( )
A.(﹣2,2)
B.(﹣∞,﹣1)∪(1,+∞)
C.(﹣1,1)
D.(﹣∞,﹣2)∪(2,+∞)
49、(2014?吉安二模)已知f(x)
=|x﹣1|+|x+m|(m∈R),g(x)=2x﹣1,若m>﹣1,x∈[﹣m,1],
不等式
f(x)<g(x)恒成立,则实数m的取值范围是( )
A.(﹣1,﹣]
B.(﹣1,﹣) C.(﹣∞,﹣] D.(﹣1,+∞)
50、(2012?甘肃一模)若不等式|x﹣a|<1成立的充分非必要条件是
A.
B. C. D.
则实数a的取值范围是( )
51、(2012?菏泽一模)不等式|x﹣2|﹣|x﹣1|>0的解集为( )
A.(﹣∞,) B.(﹣∞,﹣) C.(,+∞)
D.(﹣,+∞)
52、(2013?中山模拟)若集合M
={x∈N
*
|x<6},N={x||x﹣1|≤2},则M∩?
R
N=(
)
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A.(﹣∞,﹣1)
B.[1,3) C.(3,6) D.{4,5}
53、(2014?武汉模拟)若关于x的不等式|x﹣3|+|x﹣4|<a的
解集是空集,则实数a的取值范围是( )
A.(﹣∞,1]
B.(﹣∞,1) C.[1,+∞) D.(1,+∞)
54、(2014?南昌一模)已知函数f(x)=|2x﹣a|+a.若不等式
f(x)≤6的解集为{x|﹣2≤x≤3},则实数a的
值为( )
A.1
B.2 C.3 D.4
<
br>55、(2014?江西二模)若存在x∈R,使|2x﹣a|+2|3﹣x|≤1成立,则实数a的取值
范围是( )
A.[2,4] B.(5,7)
C.[5,7] D.(﹣∞,5]∪[7,+∞)
56、(2014?南昌模拟)对任意x∈R,且x≠0,不等式|x+|>|a﹣5|+1
恒成立,则实数a的取值范围是
( )
A.(﹣∞,4)∪(6,+∞)
B.(2,8) C.(3,5) D.(4,6)
57、(2014?安徽模拟)已知关于x的不等式:|2x﹣m|≤1的整数解
有且仅有一个值为2,则关于x的不等
式:|x﹣1|+|x﹣3|≥m的解集为( )
A.(﹣∞,0] B.[4,+∞) C.(0,4]
D.(﹣∞,0]∪[4,+∞)
58、(2014?湖北)若不等式|x﹣a|+≥在x>0上恒成立,则实数a的取值范围是(
)
A.a≤2 B.a<2 C.a>2
D.a≥2
59、(2014?南昌三模)若关于x的不等
式|x﹣1|﹣|x﹣2|≥a
2
+a+1(x∈R)的解集为空集,则实数a的取值
范围为( )
A.(0,1) B.(﹣1,0)
C.(﹣∞,﹣1) D.(﹣∞,﹣1)∪(0,+∞)
60、(2014?衡阳三模)设函数f(x)=|x
2
﹣2x﹣1|,若
a>b>1,且f(a)=f(b),则ab﹣a﹣b的取值范
围为( )
A.(﹣2,3) B.(﹣2,2) C.(1,2)
D.(﹣1,1)
共 32 页,第 8 页
61、(2014?宜春模拟)若关于x的不等式|x﹣1|+|x﹣3|≤
a
2
﹣2a﹣1在R上的解集为?,则实数a的取值范
围是( )
A.a<﹣1或a>3 B.a<0或a>3
C.﹣1<a<3 D.﹣1≤a≤3
62、(2014?江西)对任意x,y∈R,|x﹣1|+|x|+|y﹣1|+|y+1|的最小值为(
)
A.1 B.2 C.3
D.4
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共 32 页,第 10 页
参考答案
1、B
2、C
3、D
4、C
5、D
6、D
7、D
8、D
9、A
10、B
11、D
12、B
13、C
14、C
15、D
16、C
17、A
18、A
19、C
20、B
21、B
22、A
23、B
24、D
25、D
26、(1);(
2).
27、C
28、C
29、A
30、B
31、A
32、B
33、C
34、A
35、A
36、A
37、D
38、B
39、C
40、A
41、C
42、B
43、C
44、C
45、B
46、D
47、A
48、D
49、B
50、B
51、A
52、D
53、A
54、A
55、C
56、D
57、D
58、A
59、D
60、D
61、C
62、C
【解析】
1、试题分析:随机抽样法是抽样的一种方法,不能用于证明不等式,其它选择支均能用于证明不等式.
解:随机抽样法是抽样的一种方法,不能用于证明不等式;比较法、综合法、分析法是直接证明不等式的
方法,反证法是间接证明不等式的方法.
故选B.
点评:本题考查不等式的证明方法,考查学生概念的理解,属于基础题.
2、根据对数的意义,可得
,即
,则不等式
,又由
等价于
,可得原不
等式.故选C.
3、1<|x+1|<3?1<|x+1|
2
<9
即即,
解得x∈(?4,?2)∪(0,2)
本题选择D选项.
4、由题意得,因为 ,所以 ,选C.
点睛:含绝对值不等式的解法有两个基本方法,一
是运用零点分区间讨论,二是利用绝对值的几何意义求
解.法一是运用分类讨论思想,法二是运用数形结
合思想,将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交
汇、渗透,解题时强化函数、数形结合与转化化归思
想方法的灵活应用,这是命题的新动向.
5、∵|x?2y+1|=|(x?1)
?2(y?2)?2|?|x?1|+2|(y?2)+1|?|x?1|+2|y?2|+2,
再由|x?1|?1,|y?2|?1可得|x?1|+2|y?2|+2?1+2+2=5,
故|x?2y+1|的最大值为5,
本题选择D选项.
点睛:解在绝对值符号内含
有未知数的不等式(也称绝对值不等式),关键在于去掉绝对值符号,化成普
通的不等式。主要的依据是
绝对值的意义和绝对值的性质.
6、由题意得
所以
,因为
,解得实数的取值范围为,选D.
7、 4或,选D.
点睛:含绝对值不等式的解法有两个基本方法,
一是运用零点分区间讨论,二是利用绝对值的几何意义求
解.法一是运用分类讨论思想,法二是运用数形
结合思想,将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交
汇、渗透,解题时强化函数、数形结合与转化化归
思想方法的灵活应用,这是命题的新动向.
8、 4或,选D.
点睛
:含绝对值不等式的解法有两个基本方法,一是运用零点分区间讨论,二是利用绝对值的几何意义求
解.
法一是运用分类讨论思想,法二是运用数形结合思想,将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交
汇、渗
透,解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用,这是命题的新动向.
9、因为|x+3|?|x?1|?4对|x+3|?|x?1|?
所以
?4即a
2
?3a?4?0,
对任意x恒成立,
解得a?4或a??1.
故选A.
10、关于x的不等式|x?1|?|x?3|>a
2
?3a的解集为非空数集,
则a
2
?3a<(|x?1|?|x?3|)
max
即可,
而|x?1|?|x?3|的最大值是2,
∴只需a
2
?3a?2<0,解得:
本题选择B选项.
,
11、1<|x+1|<3?1<|x+1|
2
<9
即即,
解得x∈(?4,?2)∪(0,2)
本题选择D选项.
12、由题意得,
,故选B.
,又因为,则
13、
时,关于的不等式
故选C.
点睛:本题主要考查了绝对值不等式的解
法,以及转化与化归思想,难度一般;常见的绝对值不等式的解
法,法一:利用绝对值不等式的几何意义
求解,体现了数形结合的思想;法二:利用“零点分段法”求解,
体现了分类讨论的思想;法三:通过构
造函数,利用函数的图象求解,体现了函数与方程的思想.
表示数轴上的对应点到和1对应点的距离之差,其最大值为3,故当
,
的解集不是空集,故实数的取值范围为
14、当
当
时,
时,
不成立,
,则,
当时,,则,
,选C.
综上:不等式的解集为
15、由绝对值的几何意义,不
等式即:数轴上与3的距离和与2的距离之和大于等于3的数组成的集合,
据此可得不等式的解集为:{
x|x≥4或x≤1}.
本题选择D选项.
点睛:绝对值不等式的解法:
法一:利用绝对值不等式的几何意义求解,体现了数形结合的思想;
法二:利用“零点分段法”求解,体现了分类讨论的思想;
法三:通过构造函数,利用函数的图象求解,体现了函数与方程的思想.
16、试题分析:因的最大值为,故,解之得,所以应选C.
考点:绝对值不等式恒成立的问题及处理方法.
17、
点睛:含绝对值不等式的解法
,
法一:利用绝对值不等式的几何意义求解,体现了数形结合的思想;
法二:利用“零点分段法”求解,体现了分类讨论的思想;
法三:通过构造函数,利用函数的图象求解,体现了函数与方程的思想.
18、 ,故选A.
19、 ,故选C.
20、 当 时,
;因此选B.
点睛:形如|x-a|+|x-b|≥c(或≤
c)型的不等式主要有三种解法:(1)分段讨论法,利用绝对值号内式子对应
方程的根,将数轴分为(
-∞,a],(a,b],(b,+∞)(此处设a<b)三个部分,在每个部分上去掉绝对值号分
;当 时,
别列出对应的不等式求解,然后取各个不等式解集的并
集;(2)几何法,利用|x-a|+|x-b|>c(c>0)的几何
意义:数轴上到点x
1
=a和x
2
=b的距离之和大于c的全体;(3)图象法:作出函数y
1=|x-a|+|x-b|和y
2
=
c的图象,结合图象求解.
21、因为,所以依据可得,应选答案B。
22、当时,不等
式可化为
,故
;综上原不等式的解集是
;当
或
,故;当时,不等式可
化为
,故时,不等式可化为
,即,应选答案A。
23、
,所以 ,故选B.
24、 ,所以 ,选D.
25、因为若
案D。
,则,已知不等式不成立,所以,应选答
<
br>26、试题分析:(1)绝对值不等式恒成立,可先由绝对值的性质求得的最小值为,然后只要
解
不等式即可得的最大值;(2)观察已知与待求值式,用柯西不等式可得,关键是凑出柯
西不等式的形式
,应用柯西不等式即得.
试题解析:(1)由绝对值的性质得,
所以的最小值为,从而,解得,
因此的最大值为.
(2)由于,所以
当且仅当,即时,等号成立.
∴的最小值为.
考点:绝对值不等式,柯西不等式.
27、试题分析:根据点M(1,1
)与点N(2,0)分别位于直线l:ax﹣2y+1=0两侧,求出a的取值范
围,再利用几何概型求
出对应的概率.
解:要使点M(1,1)与点N(2,0)分别位于直线l:ax﹣2y+1=0两侧,
则(a﹣2+1)(2a+1)<0.
即﹣<a<1.
又|a|<2,即﹣2<a<2,
由测度比为长度比得:
点M(1,1)与点N(2,0)分别位于直线l两侧的概率为:
P=
故选:C.
=.
28、试题分析:
考点:绝对值不等式性质
29、试题分析:因为
则有,解得或,故选A.
,则要使不等式有解,
考点:1、绝对值不等式的性质;2、不等式的解法.
30、试题分析:不等式
且的图象经过点(0
,4)和点
去绝对值得
(3,-2),所以有
,因为
,解得
是R上的
减函数,
,又题中
已知不等式解集为(-1,2),所以
考点:利用函数单调性解不等
式.
【易错点睛】题中不等式
与
性.
得,故正确选项为B. <
br>相当于给出了函数的值域,在此需要注意
的自变量相同,但前者为复合函数;当已知值域时,若想
求得定义域,必须要利用函数的单调
31、试题分析:
因为不等式的解集为,所以,所以.故A正确.
,
考点:绝对值不等式.
32、 ,所以 ,选A.
点睛:形如
|x-a|+|x-b|≥c(或≤c)型的不等式主要有三种解法:(1)分段讨论法,利用绝对值号内式子对
应
方程的根,将数轴分为(-∞,a],(a,b],(b,+∞)(此处设a<b)三个部分,在每个
部分上去掉绝对值号分
别列出对应的不等式求解,然后取各个不等式解集的并集;(2)几何法,利用|
x-a|+|x-b|>c(c>0)的几何
意义:数轴上到点x
1
=a和x
2
=b的距离之和大于c的全体;(3)图象法:作出函数y
1
=|x-a|+|x-
b|和y
2
=
c的图象,结合图象求解.
33、试题分
析:法一:作为选择题,取特殊值验证即可,如a=1,b=2,就可以比较M、N的大小;法二:
采用
作差比较法比较M、N的大小.
解:由题意知
法一:当a=1,b=2时,M=85,N=81故M>N;
法二:作差比较法
M
﹣N=(a
4
+b
4
)(a
2
+b
2
)﹣
(a
3
+b
3
)
2
=a
6
+b
6
+a
4
b
2
+b
4
a
2
﹣(a<
br>6
+b
6
﹣2a
3
b
3
)
=a<
br>4
b
2
+b
4
a
2
+2a
3
b
3
∵a,b为不等的正数
∴M>N
故选C
点评:本题主要考查用作差比较法比较两代数式的大小,关键是作差后的符号的确定,
属于基础题型.
34、试题分析:利用作差法,判断a
1
+a<
br>8
﹣(a
4
+a
5
)的符号即可.
解:a
1
+a
8
﹣(a
4
+a
5
)=a
1
﹣a
4
+a
8
﹣a
5
=a
1
(1﹣q<
br>3
)+a
1
q(q
3
﹣1)=a
1
(q﹣1
)(q
3
﹣1).
因为a
1
>0,q>0,所以若q>1,则q﹣
1>0,q
3
﹣1>0,所以a
1
(q﹣1)(q
3
﹣1)
>0,此时a
1
+a
8
>
a
4
+a
5.
若0<q<1,则q﹣1<0,q
3
﹣1<0,所以a
1
+
a
8
>a
4
+a
5
.
综上:恒有a
1<
br>+a
8
>a
4
+a
5
.
故选A.
点评:本题考查等比数列的基本运算,考查等比数列的通项公式,属于基础题.
<
br>35、试题分析:由题意,可用作差法比较两个数的大小,由于M﹣N=a
1
a
2
﹣(a
1
+a
2
+1)=(a
2
﹣1)(a1
﹣
1)﹣2,根据a
1
,a
2
∈(0,1),判断出
两数差的符号即可选出正确选项
解:M﹣N=a
1
a
2
﹣(a1
+a
2
+1)=(a
2
﹣1)(a
1
﹣1)
﹣2
∵a
1
,a
2
∈(0,1)
∴a
2
﹣1,a
1
﹣1∈(﹣1,0)
∴(a
2
﹣1)(a
1
﹣1)∈(0,1)
∴(a
2
﹣1)(a
1
﹣1)﹣2<0
∴M<N
故选A
点评:本题的考点是比较法,考查了作差比较大小,解题的关键是理解比较法的内涵,
本题的难点是判断
差的符号,一般采取把差变为几个因子的乘积,从而确定出差的符号,本题考察了判断
推理的能力,符号
运算的能力.
36、试题分析:根据已知条件可以得到
m>0,mn=1,n>0.由已知的不等式可得:只要让小于等于
的最小值即可.因为m,n>0,所
以有
=,所以只要求的最大值即可,所以
只要求m
2
+n
2
的最小值即可,根据m
2
+n
2
≥2mn=2知m
2
+n<
br>2
的最小值为2,这样即可求出的最
小值为1,所以,所以就能得到a的最大值了.
解:定义在R上的函数f(x)=mx
2
+2x+n的值域是[0,+∞);
∴m>0,,∴mn=1,∴n>0;
∴=;
∵m
2
+n
2
≥2mn=2,∴2+m
2
+n
2
≥4,∴;
即的最大值为1;
∴
∴
故选A.
,即的最小值是1;
,∴a≤2013,∴实数a的最大值为2013.
点评:考查二次函数:y=ax
2
+bx+c值域的求法,利用基本不等式:a+b
a
2
+b
2≥2ab求最值.
,
37、试题分析:化简s﹣t
的结果到完全平方的形式 (b﹣1)
2
,判断符号后得出结论.
解:s﹣t=a+
b
2
+1﹣a﹣2b=b
2
﹣2b+1=(b﹣1)
2
≥0
,
故有 s≥t,
故选D.
点评:本题考查完全平方公式的应用,用比较法证明
不等式的方法,作差﹣﹣变形﹣﹣判断符号﹣﹣得出
结论.
38、试题分
析:由题意,可依次判断出三个代数的取值范围,由中间量法比较三数的大小,选出正确选项
解:由于
又a=2
0.5
>1
∴a>b>c
故选B <
br>点评:本题考点是比较法,考查了三角函数式的取值范围的判断,对数式的取值范围的判断及指数式的取<
br>值范围的判断,解题的关键是理解中间量法,本题中三个代数式涉及三个函数,不能用单调性比较大小,<
br>,可得
此类题一般选择用中间量法比较,其特点是先判断
每个数的取值范围,再比较每个范围的端点从而得出三
数的大小关系,其理论依据是不等式的传递性,本
题考查了判断推理的能力
39、试题分析:根据n≥6时,有<,结合选项,即可得出结论.
解:∵n≥6时,有
∴m=1时,
故选C.
<,
成立,
点评:本题考查不等式的证明,考查学生分析解决问题的能力,属于基础题
40、试题分析:对n进行分类讨论,分离出参数a,将原问题转化为求函数的最小值问题解决.
解:当n为正偶数时,
a<2﹣恒成立,又2﹣为增函数,其最小值为2﹣=
∴a<.
当n为正奇数时,﹣a<2+,即a>﹣2﹣恒成立.
而﹣2﹣为增函数,对任意的正整数n,有﹣2﹣<﹣2,
∴a≥﹣2.
故a∈[﹣2,).
点评:本题主要考查了不等式的证明及恒成立问题,属于基础题.
41、
试题分析:由题,可对两代数式进行分子有理化,由于变形后两个代数式的分母都是正数,可通过比
较两
分母的大小得到x,y之间的大小关系,选出正确选项
解:由于x=
又t>1
∴
=,y==,
>0
∴
∴x<y
故选C.
点评:本题考点是比较法,考查了观察变形的能力及函数y=的
性质,解题的关键是对两个代数式进行分
子有理化,变比较差的大小为比较和的大小,这样转化,使得大
小比较变得方便易行,遇到同类问题时要
注意分子有理化技巧的使用.本题考查了转化的思想,观察变形
的能力
42、试题分析:首先分析等式的左边
即可根据公式求得,再求解不等式即可得到答案.
是以首项为1,公比是的等比数列的前n项和,
解:求
数列的前n项和,
,n的最小值,分析到左边是以首项为1,公比是的等比
则左边=.
下面解不等式
所以n>7的正整数,即n得最小值为8.
故选B.
可以得到
点评:此题主要考查不等式的解的求法,其中涉及到等比数列前n项和的求法问题,
有一定的计算量,属
于综合性问题.
43、试题分析:解绝对值不等式|
x﹣2|≤2可求得集合A,由y=﹣x
2
,﹣1≤x≤2可求得集合B,从而可得
A
∩B.
解:∵|x﹣2|≤2,
∴﹣2≤x﹣2≤2,
∴0≤x≤4,即A={x|0≤x≤4};
又B={y|y=﹣x
2
,﹣1≤x≤2}={y|﹣4≤y≤0},
∴A∩B={0}.
故选C.
点评:本题考查绝对值不等式的解法,考查函数的值
域,考查交集及其运算,求得集合A与集合B是关
键,数中档题.
44、试题分析:解绝对值不等式求得 M={x|﹣3≤x≤2},再由N
={x|a<x<6},且M∩N=(﹣1,b],可得a=
﹣1,b=2,从而求得b﹣a的值.
解:由于|x+2|+|x﹣1|表示数轴上的x对应点到﹣2和1对应点的距离之和,
而﹣
3和2对应点到﹣2和1对应点的距离之和正好等于5,故由|x+2|+|x﹣1|≤5可得﹣3≤x≤2,
∴集合 M={x||x+2|+|x﹣1|≤5}={x|﹣3≤x≤2}.
再由N={x|a<x<6},且M∩N=(﹣1,b],可得a=﹣1,b=2,b﹣a=3,
故选C.
点评:本题主要考查绝对值的意义,绝对值不等式的解法,两个集合的交集的定义,
属于中档题.
45、试题分析:依题意,可求得A={﹣1,0,1},解不等式
|x﹣1|≤1可求得集合B,从而可求得A∩B.
解:∵A={x|x=sin
∴A={﹣1,0,1};
∵|x﹣1|≤1,
∴﹣1≤x﹣1≤1,
∴0≤x≤2.
∴集合B={x|0≤x≤2},
∴A∩B={0,1}.
故选B.
点评:本题考查绝对值不等式的解法,考查交集
及其运算,求得A={﹣1,0,1}是关键,属于中档题.
,k∈Z},
46、试题分析:通过分类讨论得到f(x)=|x+2|+|x|,则f(x)=
数的单调性可知
:f(x)≥2,要使不等式|x+2|+|x|≤a的解集不是空集,则a≥f(x)
min
.
,利用一次函
解:分别令x+2=0,x=0,解得x=﹣2,x=0.令f(x)=|x
+2|+|x|,则f(x)=
利用一次函数的单调性可知:f(x)≥2,要使不等式|x+2|+|
x|≤a的解集不是空集,则a≥2.
故选D.
,
点评:熟练掌握绝对值不等式
的解法、分类讨论的思想方法、一次函数的单调性、等价转化思想等是解题
的关键.
47、试题分析:通过去掉绝对值符号化简不等式的左侧为函数的
表达式,通过函数的最值求出a的范围.
解:令y=x+|x﹣1|=,∴函数的最小值为1,
∴要使关于x的不等式x+|x﹣1|≤a无解,实数a的取值范围为a<1.
故答案为:A
点评:本题考查绝对值不等式的解法,函数的最值的应用,绝对值的基本知识的考查,属于中档题.
48、试题分析:由原不等式可得可得 x
2
﹣1>3,或
x
2
﹣1<﹣3,分别求得每个不等式的解集,再取并集,
即得所求.
解:由不等式|x
2
﹣1|>3,可得 x
2
﹣1>3,或
x
2
﹣1<﹣3.
解x
2
﹣1>3,可得 x>2,或
x<﹣2;解x
2
﹣1<﹣3可得 x无解.
综上可得,不等式的解集为[x|x>2,或 x<﹣2},
故选:D.
点评:本题主要考查分式不等式的解法,体现了等价转化和分类讨论的数学思想,属于基础题.
49、试题分析:依题意,x∈[﹣m,1]时,f(x)=1﹣x+x+m=1+m;又x
∈[﹣m,1],不等式f(x)<g
(x)恒成立,问题转化为1+m<g(x)
min=﹣2m﹣1恒成立,从而可得答案.
解:∵f(x)=|x﹣1|+|x+m|,
∴当m>﹣1,x∈[﹣m,1]时,f(x)=1﹣x+x+m=1+m;
又g(x)=2x﹣1,x∈[﹣m,1],不等式f(x)<g(x)恒成立,
即1+m<2x﹣1(x∈[﹣m,1])恒成立,
又当x∈[﹣m,1]时,g(x)
min
=﹣2m﹣1,
∴1+m<﹣2m﹣1,
解得:m<﹣,又m>﹣1,
∴﹣1<m<﹣.
故选:B.
点评:本题考查绝对值不等式的解法,考查等价转化思想与综合运算能力,属于中档题.
50、试题分析:首先算出|x﹣a|<1的解,即a﹣1<x<a+1.由题意说明,子集,求解即可.
解:由|x﹣a|<1,可得a﹣1<x<a+1.
是a﹣1<x<a+1的真
它的充分非必要条件是<x<,
也就是说<x<是a﹣1<x<a+1的真子集,则a须满足
属于{a|a﹣1≤且a+1>}或{a|a﹣1<且
a+1≥};
解得a∈(
即≤a≤
,]∪[,),
故选B.
点评:本题考查
绝对值不等式的解法,必要条件、充分条件与充要条件的判断,考查计算能力,是中档
题.
51、试题分析:不等式可化为|x﹣2|>|x﹣1|,平方化简可得
2x<3,与哦刺球的x的范围,即为所求.
解:不等式|x﹣2|﹣|x﹣1|>0即|x﹣2|>|x﹣1|,平方化简可得
2x<3,解得x<,
故选A.
点评:本题主要考查绝对值不等式的解法,体现了等价转化的数学思想,属于中档题.
52、试题分析:用列举法求得集合M,解绝对值不等式求得集合N,可得C
RN,再根据交集的定义求得
M∩C
R
N的值.
解:∵集合M={x∈N
*
|x<6}={1,2,3,4,5},
N={
x||x﹣1|≤2}={x|﹣2≤x﹣1≤2}={x|﹣1≤x≤3},∴C
R
N={x
|x<﹣1,或x>3},
∴M∩C
R
N={4,5},
故选D. 点评:本题主要考查绝对值不等式的解法,求集合的补集,两个集合的交集的定义和求法,属于中档题.
53、试题分析:不等式|x﹣3|+|x﹣4|<a的解集是空集?|x﹣3|+|
x﹣4|≥a恒成立,令f(x)=|x﹣3|+|x﹣4|,利
用绝对值不等式可求得f(x)
min
=1,从而可得答案.
解:∵不等式|x﹣3|+|x﹣4|<a的解集是空集,
∴|x﹣3|+|x﹣4|≥a恒成立,
令f(x)=|x﹣3|+|x﹣4|,则a≤f(x)
min
.
∵f(x
)=|x﹣3|+|x﹣4|≥|(x﹣3)﹣(x﹣4)|=1,即f(x)
min
=1,
∴a≤1,即实数a的取值范围是(﹣∞,1],
故选:A.
点评:本题考查绝对值不等式的解法,考查绝对值不等式的应用,突出等价转化思
想的考查,属于中档
题.
54、试题分析:由不等式f(x)≤6可得
≤6的解集为{x|﹣2≤x≤3},可得 a﹣3=﹣2,从而求得a的值.
,解得 a﹣
3≤x≤3.再根据不等式f(x)
解:∵函数f(x)=|2x﹣a|+a,故有不等式f(x)≤6
可得|2x﹣a|≤6﹣a,
∴,解得 a﹣3≤x≤3.
再根据不等式f(x)≤6的解集为{x|﹣2≤x≤3},可得 a﹣3=﹣2,∴a=1,
故选:A.
点评:本题主要考查绝对值不等式的解法,体现了转化的数学思想,属于中档题.
55、试题分析:利用绝对值不等式可得|2x﹣a|+2|3﹣x|≥|a﹣6|,依题意,解不等式
|a﹣6|≤1即可.
解:∵|2x﹣a|+2|3﹣x|=|2x﹣a|+|6﹣2x|≥|2x﹣
a+6﹣2x|=|a﹣6|,
∴|a﹣6|≤1,
解得:5≤a≤7.
∴实数a的取值范围是[5,7].
故选:C.
点评:本题考查绝对值不等式的解
法,求得|2x﹣a|+2|3﹣x|≥|a﹣6|是关键,考查理解与运算能力,属于中档
题.
56、试题分析:根据|x+|≥2结合题意可得2>|a﹣5|+1,去掉绝对值,求
得不等式的解集.
解:∵|x+|≥2,不等式|x+|>|a﹣5|+1恒成立,
∴2>|a﹣5|+1,即|a﹣5|<1,﹣1<a﹣5<1,解得 4<a<6,
故选:D.
点评:本题主要考查基本不等式、绝对值不等式的解法,体现了转化的数学思想,属于中档题.
57、试题分析:(1)已知关于x的不等式:|2x﹣m|≤1,化简为
且仅有一个值为2,求出m的值.
,再利用不等式整数解有
(2)可以分类讨论,根据讨论去掉绝对值,然后求解.
解:(1)由不等式|2x﹣m|≤1,可得 ,∵不等式的整数解为2,
∴,解得
3≤m≤5.
再由不等式仅有一个整数解2,∴m=4.
(2)(2)本题即解不等式|x﹣1|+|x﹣3|≥4,
当x≤1时,不等式等价于
1﹣x+3﹣x≥4,解得 x≤0,不等式解集为{x|x≤0}.
当1<x≤3时,不等式为
x﹣1+3﹣x≥4,解得x∈?,不等式解为?.
当x>3时,x﹣1+x﹣3≥4,解得x≥4,不等式解集为{x|x≥4}.
综上,不等式解为(﹣∞,0]∪[4,+∞).
故选D.
点评:此题考查绝对值
不等式的性质及其解法,这类题目是高考的热点,难度不是很大,要注意进行分类
讨论,解题的关键是去
掉绝对值,属于中档题.
58、试题分析:通过对x﹣a>0与x﹣a≤0的讨论
,去掉原不等式中的绝对值符号,分离参数a,转化为恒
成立问题,利用函数的单调性与最值即可求得答
案.
解:①当x﹣a>0,|x﹣a|+≥?x﹣a+≥?a+≤,
∵x>0,x+≥2(当且仅当x==1时取“=”),即
∴a≤;
=2,
②当x﹣a≤0,即0<x≤a时,原不等式化为:a﹣x+≥?a≥x﹣+,
∵y=x与y=﹣在(0,a]上均为增函数,
∴y=x﹣+在(0,a]上为增函数,于是,当x=a时,y
max
=a﹣+,
∴a≥a﹣+,
解得:0<a≤2;
综上所述,实数a的取值范围是a≤2.
故选:A.
点评:本题考查绝对值不等式的解法,着重
考查分类讨论思想与等价转化思想的综合应用,考查函数的单
调性与最值,属于难题.
59、试题分析:依题意,关于x的不等式|x﹣1|﹣|x﹣2|≥a
2
+a+1(x∈R)的解集为空集?a
2
+a+1>|x﹣1|﹣|x
﹣2|恒成立,
构造函数f(x)=|x﹣1|﹣|x﹣2|,可求其最大值,从而可解关于a的不等式即可.
解:∵|x﹣1|﹣|x﹣2|≥a
2
+a+1(x∈R)的解集为空集,
∴a
2
+a+1>|x﹣1|﹣|x﹣2|恒成立,
构造函数f(x)=|
x﹣1|﹣|x﹣2|=
则a
2
+a+1>f(x)
max
,
∵f(x)
max
=1,
∴a
2
+a+1>1,
∴a
2
+a>0,解得a>0或a<﹣1.
∴实数a的取值范围为(﹣∞,﹣1)∪(0,+∞)
故选D.
,
点评
:本题考查绝对值不等式的解法,考查函数恒成立问题,突出等价转化思想的应用与一元二次不等式
的解
法的考查,属于中档题.
60、试题分析:作出函数f(x)的图象,由a>b>1,且f(a)=f(b)可得 (a﹣1)<
br>2
+(b﹣1)
2
=4.设a
﹣1=2cosθ,b﹣1=2sinθ
,θ∈(0,
﹣a﹣b的范围.
解:作出函数f(x)的图象,如图:可得f(x)=|x<
br>2
﹣2x﹣1|的图象关于直线x=1对称,
且f(1﹣)=f(1+)=0,f(3)=f(﹣1)=f(1)=2,
),根据ab﹣a
﹣b=2sin2θ﹣1,利用正弦函数的定义域和值域求得ab
由a>b>1,且f(a)=f(b)
,得a
2
﹣2a﹣1=﹣(b
2
﹣2b﹣1),整理得
(a﹣1)
2
+(b﹣1)
2
=4.
设a﹣1=2cosθ,b﹣
1=2sinθ,θ∈(0,),则ab﹣a﹣b=(a﹣1)(b﹣1)﹣1=2sin2θ﹣1,
由sin2θ∈(0,1),可得2sin2θ﹣1∈(﹣1,1),即ab﹣a﹣b∈(﹣1,1),
故选:D.
点评:本题主要考查绝对值不等
式的解法,三角代换、正弦函数的定义域和值域,体现了转化、数形结合
的数学思想,属于中档题.
61、试题分析:|x﹣1|+|x﹣3|表示数轴上的x对应点到1和3对应点的距
离之和,其最小值等于2,再由a
2
﹣2a﹣1<2,解得a的取值范围.
解:|x﹣1|+|x﹣3|表示数轴上的x对应点到1和3对应点的距离之和,其最小值等于2,
由题意|x﹣1|+|x﹣3|≤a
2
﹣2a﹣1的解集为空集,
可得|x﹣1|+|x﹣3|>a
2
﹣2a﹣1恒成立,
故有2>a
2
﹣2a﹣1,解得﹣1<a<3,
故选:C.
点评
:本题考查绝对值的意义,绝对值不等式的解法,得到2>a
2
﹣2a﹣1,是解题的关键,属
于中档题.
62、试题分析:把表达式分成2组,利用绝对值三角不等式求解即可得到最小值.
解:对任意x,y∈R,|x﹣1|+|x|+|y﹣1|+|y+1|
=|x﹣1|+|﹣x|+|1﹣y|+|y+1|
≥|x﹣1﹣x|+|1﹣y+y+1|=3,
当且仅当x∈[0,],y∈[0,1]成立.
故选:C.
点评:本题考查绝对值
三角不等式的应用,考查利用分段函数或特殊值求解不等式的最值的方法.