資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
6.1等式與不等式
【備考指南】 1
【知識導圖】 2
【考點梳理】 7
考點一：不等式的性質 7
考點二：一元二次不等式 12
考點三：其他不等式 16
考點四：基本不等式 20
考點五：基本不等式求最值 26
考點六：不等式與方程綜合 29
【真題在線】 33
【專項突破】 40
考點 考情分析 考頻
導數中含參一元二次不等式 2023年全國乙卷
條件等式求最值 2022年新高考Ⅱ卷
基本不等式證明不等關系 2022年全國甲卷
基本不等式的應用 2022年全國甲卷
基本不等式求和的最值 2022年新高考Ⅰ卷 2021年全國乙卷 3年2考
基本不等式求積最值 2021年新高考Ⅰ卷
預測：不等式是高中知識的重要組成部分，是高考考察的熱點、重點內容，由于高中教材的調整，線性規劃內容刪除，考察的形式與以前教材有所不同，在新教材的考察中往往與其他知識相結合，選擇題在多選題出現的可能性比較大，在解答題中也會有所涉及，考察的難度中等偏上.建議在復習時，掌握好基礎知識，增強拓展應用.
考點一：不等式的性質
【典例精析】（多選）（2024·浙江紹興·二模）已知，，，則（ ）
A．且 B．
C． D．
【答案】ABD
【分析】由，可得，即可判斷，同理判斷，判斷A；利用基本不等式可判斷B，C，D；
【詳解】對于A，，，，則，故，同理可得，A正確；
對于B，，，，
當且僅當時取等號，B正確；
對于C，，，，則，
則，
當且僅當，即時取等號，C錯誤；
對于D，由于，故，
當且僅當時取等號，而，故，D正確，
故選：ABD
【變式訓練】
一、單選題
1．（2024·陜西安康·模擬預測）若滿足，則（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024·浙江臺州·二模）已知x，y為正實數，則可成為“”的充要條件的是（ ）
A． B．
C． D．
二、多選題
3．（2022·山東日照·三模）某公司通過統計分析發現，工人工作效率E與工作年限，勞累程度，勞動動機相關，并建立了數學模型，已知甲、乙為該公司的員工，則下列結論正確的是（ ）
A．甲與乙勞動動機相同，且甲比乙工作年限長，勞累程度弱，則甲比乙工作效率高
B．甲與乙勞累程度相同，且甲比乙工作年限長，勞動動機高，則甲比乙工作效率低
C．甲與乙勞動動機相同，且甲比乙工作效率高，工作年限短．則甲比乙勞累程度弱
D．甲與乙工作年限相同，且甲比乙工作效率高，勞動動機低，則甲比乙勞累程度強
4．（20-21高三下·全國·階段練習）下列說法正確的是（ ）
A．設，則“”是“且”的必要不充分條件
B．是“”的充要條件
C．“”是“”成立的充要條件
D．設，則 “”是“”的充分而不必要條件
三、填空題
5．（2024·浙江·模擬預測）已知正數滿足，則的取值范圍為 ．
參考答案：
1．C
【分析】根據指數函數、對數函數性質得，由不等式的性質可判定AC，由特殊值法可判定BD.
【詳解】由，得，所以，所以，所以錯誤；
令，此時與無意義，所以錯誤；
因為，所以由不等式的性質可得，所以正確；
令，則，所以錯誤.
故選：.
2．D
【分析】作差法可判斷A；構造函數、，利用導數研究其單調性，并結合充分、必要性的定義可判斷BD；特值法可判斷C.
【詳解】對于A，已知x，y為正實數，若，，
則，故A錯誤；
對于B，由可得：，
令，
，令，解得：，
則在上單調遞減，
若，則，故B錯誤；
對于C，已知x，y為正實數，若，取，
則，故C錯誤；
對于D，由，則，
令，則，
即在定義域上遞增，故，
反之也有成立，滿足要求，故D正確.
故選：D.
3．AC
【分析】設甲與乙的工人工作效率，工作年限，勞累程度，勞動動機，利用作差法和指數函數的性質比較大小即可判斷選項AB；利用作商法和冪函數指數函數的性質比較大小即可判斷選項CD.
【詳解】設甲與乙的工人工作效率，工作年限，勞累程度，勞動動機，
對于A，∴，
則，
∴，即甲比乙工作效率高，故A正確；
對于B，，∴，
則，
∴，即甲比乙工作效率高，故B錯誤：
對于C，，
∴，
∴，
所以，即甲比乙勞累程度弱，故C正確；
對于D，，
∴，∴，
所以，即甲比乙勞累程度弱，故D錯誤．
故選：AC
4．AD
【分析】對于AC，利用不等式的性質結合充分必要條件的定義判斷即可；對于B，解得，結合充分必要條件的定義判斷即可；對于D，運用絕對值不等式的解法和正弦函數的圖像與性質，化簡兩個已知不等式，結合充分必要條件的定義判斷即可.
【詳解】對于A，當且時，可推出且時，即成立，反之，當時，例滿足條件，即不能推出且，故是且的必要不充分條件，故A正確；
對于B，由可得，反之，不一定得，如也滿足，故是的充分不必要條件，故B錯誤；
對于C，當時，滿足，但，反之，若，則，故是成立的必要不充分條件，故C錯誤；
對于D，由，得，故，反之，由，得，推不出，故是的充分而不必要條件，故D正確.
故選：AD
【點睛】關鍵點點睛：本題考查充分條件和必要條件的判斷，同時考查三角函數的性質與不等式的性質，運用定義法和解不等式是解題的關鍵，屬于基礎題.
5．
【分析】
根據不等式的性質即可求解.
【詳解】
正數、、滿足，，
，所以
同理：有得到，所以
兩式相加：
即
又,即
即．
故答案為：
考點二：一元二次不等式
【典例精析】（多選）（2024·山西晉中·模擬預測）下列說法正確的是（ ）
A．若函數的定義域為，則函數的定義域為
B．當時，不等式恒成立，則的取值范圍是
C．函數在區間上單調遞減
D．若函數的值域為，則實數的取值范圍是
【答案】AD
【分析】A選項，利用抽象函數定義域的求解判斷即可；B選項，分和兩種情況，結合根的判別式得到不等式，求出答案；C選項，求出的定義域即可判斷；D選項，將問題轉化為能夠取到所有正數，分和兩種情況，結合根的判別式得到不等式組，求出答案.
【詳解】A選項，對于，由，得，
對于，令，解得，
故函數的定義域為，A正確；
B選項，當時，恒成立，滿足要求，
當時，需滿足，解得，
綜上，的取值范圍是，B錯誤；
C選項，令，解得，
當 時顯然無意義，所以不可能在上單調遞減，C錯誤；
D選項，若函數的值域為，
則能夠取到所有正數，
當時，能夠取到所有正數，滿足要求，
當時，需滿足，即，解得，
綜上，實數的取值范圍是，D正確.
故選：AD.
【變式訓練】
一、單選題
1．（2024·湖北·二模）已知等差數列的前n項和為，且，，若對于任意的，不等式恒成立，則實數x可能為（ ）
A． B．0 C．1 D．2
2．（2022·河南南陽·模擬預測）已知命題：，恒成立；命題：在上單調遞減.若為假命題，為真命題，則實數的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
二、多選題
3．（2024·廣東深圳·模擬預測）下列說法正確的是（ ）
A．不等式的解集是
B．不等式的解集是
C．若不等式恒成立，則a的取值范圍是
D．若關于x的不等式的解集是，則的值為
4．（23-24高一上·新疆喀什·期末）下列幾種說法中正確的是（ ）
A．若，則的最小值是4
B．命題“，”的否定是“，”
C．若不等式的解集是，則的解集是
D．“”是“不等式對一切x都成立”的充要條件
三、填空題
5．（2022·遼寧鞍山·模擬預測）設矩形的周長為，把它沿對角線對折后，設交于點，此時點記作，如圖所示，設，，則△的面積的最大值為 ．
參考答案：
1．A
【分析】由與的關系且為等差數列，求出，由，得，構造函數，由在時恒成立，求實數x的取值范圍.
【詳解】因為，時，，
時，，
所以，，，
因為為等差數列，所以，，
從而，，
所以，即，
則當時，恒成立，
，解得或，
只有選項A符合題意，
故選：A
2．B
【分析】
首先求出命題、為真和命題、為假時參數的取值范圍，依題意可得命題、為一真一假，分別考慮真假和假真時參數的范圍，即可得解.
【詳解】因為若命題：，恒成立，為真命題，則，
解得，那么命題為假命題時.命題：
在上單調遞減，若為真命題，則對稱軸，解得，
若命題為假命題，則.若為假命題，為真命題，
則命題題、一真一假，當真假時解集為，當假真時解集為空集.
故選：B
3．CD
【分析】
對于AB，直接解一元二次不等式即可判斷；對于C，對分類討論即可判斷；對于D，由一元二次不等式的解集與一元二次方程的根的關系，先求得，然后即可判斷.
【詳解】對于A，或，故A錯誤；
對于B，，故B錯誤；
若不等式恒成立，
當時，是不可能成立的，
所以只能，而該不等式組無解，綜上，故C正確；
對于D，由題意得是一元二次方程的兩根，
從而，解得，
而當時，一元二次不等式滿足題意，
所以的值為，故D正確.
故選：CD.
4．BCD
【分析】A：取進行分析；B：根據含一個量詞的命題的否定方法得到結果；C：先根據韋達定理求解出的值，然后可求的解集；D：分析不等式對一切x都成立時的取值范圍，然后作出判斷.
【詳解】對于A：當時，，但，故A錯誤；
對于B：修改量詞，否定結論可得命題的否定為：“，”，故B正確；
對于C：因為的解集是，所以，所以，
所以，解得，故C正確；
對于D：當時，恒成立，
當時，若不等式對一切x都成立，
則，解得，
綜上，時，不等式對一切x都成立，
所以“”是“不等式對一切x都成立”的充要條件，故D正確；
故選：BCD.
5．/4.5
【分析】由題設可得，結合基本不等式得到關于的一元二次不等式并求解集，結合△的面積即可得最大值，注意成立條件.
【詳解】由題意△△，而，，
所以，而矩形的周長為，
則，整理得，僅當等號成立，
所以，而，可得，
則，而△的面積，故最大值為，此時.
故答案為：
考點三：其他不等式
【典例精析】（多選）（2022·重慶永川·模擬預測）下列敘述不正確的是（ ）
A．的解是
B．“”是“”的充要條件
C．已知，則“”是“”的必要不充分條件
D．函數的最小值是
【答案】AD
【分析】利用分式不等式、一元二次不等式、絕對值不等式、均值不等式判斷各選項即可.
【詳解】選項A：的解是或，故A不正確；
選項B：由得，恒成立則或，解得 ，所以“”是“”的充要條件，故B正確；
選項C：由得，解得，所以“”是“”的必要不充分條件，故C正確；
選項D：由均值不等式得，當且僅當時等號成立，此時無實數解，所以的最小值大于，故D不正確；
故選：AD
【變式訓練】
一、單選題
1．（2024·山東臨沂·二模）若，，則的元素個數為（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
2．（2023·廣西·模擬預測）滿足不等式的整數解的個數為（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
3．（2021·河北張家口·三模）已知正數滿足，則（ ）
A． B．
C． D．
4．（2023·海南省直轄縣級單位·模擬預測）下列命題正確的是（ ）
A．若則實數的取值范圍為.
B．若數列的前項和，且，則；
C．若數列與，且，則；
D．的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.若a，b，c成等比數列，則的最小值為.
三、填空題
5．（2022·上海靜安·二模）若函數的反函數為，則不等式的解集是 .
參考答案：
1．C
【分析】分別確定集合，再求交集.
【詳解】根據題意，可得集合或 ，
，
則，所以的元素個數為2個.
故選：C
2．D
【分析】利用穿針引線法解此不等式，計算出每個區間內整數解的個數，相加即可求解
【詳解】利用穿針引線法解不等式，在有個；在有個；…在有個.
所以整數解的個數為：
.
故選：D
3．ACD
【分析】A：由條件等式得，結合基本不等式即可判斷正誤；B：由題設及A得，令有即可判斷正誤；C：結合A，易得，由基本不等式即可判斷正誤；D：通過基本不等式證，進而可判斷D的正誤.
【詳解】A：由，又，得，所以，正確；
B：由，當時有，此時，錯誤；
C：由，所以，正確；
D：由，所以，正確.
故選：
【點睛】關鍵點點睛：由條件等式或將目標式中的代數式作代數式的恒等變形，再結合基本不等式、指對數的運算性質及特殊值判斷各項正誤.
4．ABD
【分析】對于A，利用指對冪函數的單調性解不等式即可；對于B，裂項相消求和；對于C，錯位相減求和；對于D，利用余弦定理及基本不等式求最值即可.
【詳解】A項，由，得；由，得；
當時，由，得，則，所以A正確；
B項，裂項有：，得
.
所以B正確；
C項，用錯位相減法,
由，
得；
兩式相減，得，
得，所以C錯誤;
D項，由成等比數列，得，
由余弦定理得，，
當且僅當時等號成立．得的最小值為，所以D正確.
故選：ABD.
5．
【分析】先由反函數的定義求出，再解不等式求出解集即可.
【詳解】令，由可得，則，則，
則解得，故解集為.
故答案為：.
考點四：基本不等式
【典例精析】（多選）（23-24高三上·湖南常德·期末）已知，則下列不等式一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AB
【分析】根據不等式的性質和基本不等式判斷AB，利用特值法判斷CD．
【詳解】∵，∴ 即，∴，A正確；
由基本不等式知：，當且僅當時等號成立
又，∴
∴即,當且僅當時等號成立；
已知 ,故，B正確;
令，，C錯誤；
令，，分母為零無意義，D錯誤．
故選：AB．
【變式訓練】
一、單選題
1．（2023·上海徐匯·一模）已知集合，若對于任意，總存在與之相應的（其中），使得成立，則稱集合是“集合”． 下列選項為“集合”的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024·湖南岳陽·二模）設，，，則（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
3．（2024·全國·模擬預測）已知正項數列的前項和為，，則下列說法正確的是（ ）
A． B．是遞減數列
C． D．
4．（2022·江蘇南通·一模）下列函數中最小值為6的是（ ）
A． B．
C． D．
三、填空題
5．（2021·江西·模擬預測）已知直線分別與函數和的圖象交于點，現給出下述結論：①；②；③；④.則其中正確的結論序號是 .
參考答案：
1．D
【分析】根據新定義，設，化簡，即，故,即過原點的直線與曲線相交有兩個不同的交點，由圖象依次可判斷選項.
【詳解】根據新定義，設，化簡，
得恒成立，
由基本不等式可知，當且僅當時取“=”，
即當時，恒成立，
故,即過原點的直線與曲線相交有兩個不同的交點，
A選項：由圖可知，過原點的直線與曲線相交只有一個交點，故不是“集合”；

B選項：如圖，當過原點的直線斜率小于零時與曲線相交只有一個交點，故不是“集合”；

C選項：如圖，當過原點的直線斜率大于1時與曲線相交只有一個交點，故不是“集合”；

D選項：如圖，當過原點的直線與曲線相交都有兩個不同的交點，故是“集合”；

故選：D.
2．A
【分析】根據指數函數性質得出，，，然后利用作差法比較與的大小關系即可.
【詳解】因為，所以，即，所以，即；
因為，所以，即，所以，即；
因為，所以，即，所以，即；
又因為，
且，
所以，所以，所以；
綜上所述，.
故選：A.
3．ABD
【分析】令，求得的值可以判斷A；利用數列的前項和與裂項的關系求出數列的通項，再利用分子有理的特點，采用裂項相消的方法求和可判斷B；采用裂項相消的方法求和可判斷C；先恒等變形，再連續使用兩次基本不等式及其變形可判斷D．
【詳解】選項A：由，令，得，
又，所以，故選項A正確；
選項B：因為為正項數列，且，所以，
所以當時，，
又滿足上式，所以，
所以，
顯然是遞增數列，且，所以是遞減數列，故選項B正確；
選項C：，所以
，故選項C錯誤；
選項D：，
所以，
因為，所以等號取不到，
所以，故選項D正確．
故選：ABD.
【點睛】方法點睛：與基本不等式相關的4種常考類型，
根式形式：，當且僅當時，等號成立．利用基本不等式求最值，一定要注意“一正、二定、三相等”缺一不可．
整式形式：，，，，以上不等式當且僅當時，等號成立．
分式形式：，當且僅當時，等號成立．
倒數形式：，當且僅當時，等號成立；，當且僅當時，等號成立．
4．BC
【分析】根據基本不等式成立的條件“一正二定三相等”，逐一驗證可得選項.
【詳解】解：對于A選項，當時，，此時，故A不正確.
對于B選項，，當且僅當，即時取“”，故B正確.
對于C選項，，當且僅當，即時取“”，故C正確.
對于D選項，，
當且僅當，即無解，故D不正確.
故選：BC.
5．①②③
【分析】對于①，分別作出函數，，的圖象，通過圖象觀察易得結論；利用基本不等式可判斷②、④；利用零點存在性定理以及對數的運算性質可判斷③.
【詳解】函數與互為反函數，
則與的圖象關于對稱，
將與聯立，則，
由直線分別與函數和的圖象交于點，
作出函數圖像：
則的中點坐標為，
對于①，由，解得，故①正確；
對于②，，
因為，即等號不成立，所以，故②正確；
對于③，將與聯立可得，即，
設，且函數為單調遞增函數，
，，
故函數的零點在上，即，由，則，
，故③正確；
對于④，由，解得，
由于，則，故④錯誤；
故答案為：①②③
【點睛】關鍵點點睛：本題考查了互為反函數的性質、基本不等式的應用、零點存在性定理以及對數的運算性質，考查了數形結合的思想，本題的關鍵點是判斷選項③，利用零點存在性定理后可判斷，，所有才有不等式放縮，屬于偏難題.
考點五：基本不等式求最值
【典例精析】（多選）（2024·河北保定·二模）已知，則（ ）
A．的最大值為 B．的最小值為
C．的最大值為2 D．的最小值為
【答案】AC
【分析】借助基本不等式逐項判斷即可得.
【詳解】對A：由，得，所以，
當且僅當時取等號，故A正確；
對B：由，得，
所以，當且僅當時取等號，故B錯誤；
對C：由，得，
所以，當且僅當時取等號，故C正確；
對D：由，得，
所以，當且僅當時取等號，故D錯誤.
故選：AC.
【變式訓練】
一、單選題
1．（2024·黑龍江哈爾濱·三模）已知的內角的對邊分別為，且邊上中線長為1，則最大值為（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·安徽·模擬預測）已知，且，則的最小值為（ ）
A．2 B．4 C．8 D．
二、多選題
3．（2024·全國·模擬預測）已知，且，則下列說法正確的是（ ）
A．有最小值4 B．有最小值
C．有最小值 D．的最小值為
4．（2024·全國·模擬預測）若實數a，b滿足，則下列結論正確的是（ ）
A． B．
C． D．
三、填空題
5．（2024·江西·一模）已知正數x，y滿足，若不等式恒成立，則實數a的取值范圍是 ．
參考答案：
1．A
【分析】根據兩角互補余弦值之和等于0，然后分別在三角形中利用余弦定理求出兩角的余弦，列出方程求出，然后利用基本不等式求出最值即可
【詳解】由題意得，
所以，
又，且D是的中點，所以，
在中，，
在中，，
所以，
即，得，當且僅當取等號，
故選：A
2．A
【分析】根據條件，將所求式子變形利用基本不等式求解.
【詳解】，，
，
當且僅當，即，即時等號成立.
故選：A.
3．ABD
【分析】利用基本不等式可判斷各選項.
【詳解】A選項：由，得，當且僅當，即，時取等號，故A選項正確；
B選項：，當且僅當，即，時取等號，故B選項正確；
C選項：由，得，
所以，
當且僅當，即，時取等號，故C選項錯誤；
D選項：由A的分析知且，時取等號，
所以，當且僅當，即，時取等號，故D選項正確；
故選：ABD．
4．AD
【分析】根據不等式，結合已知等式變形可判斷A，C，D；由可得，結合實數的性質即可判斷B.
【詳解】因為,當且僅當時等號成立，所以，A正確；
因為，所以，所以，B錯誤；
因為，當且僅當時等號成立，所以，C錯誤；
由整理，得，當且僅當時等號成立，
所以，D正確．
故選：AD．
5．
【分析】
將變形為，利用均值不等式求的最小值即可求解.
【詳解】因為，
所以
，
所以
，等號成立當且僅當，
所以，，
故實數a的取值范圍是.
故答案為：
【點睛】關鍵點點睛：解題關鍵是先得到，再進一步結合乘“1”法即可順利得解.
考點六：不等式與方程綜合
【典例精析】（多選）（23-24高一上·廣東深圳·期末），和是方程的兩個根，則下列結論正確的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【分析】由題設，利用根與系數關系及判別式有，，，再結合和角正切公式、基本不等式判斷各項正誤.
【詳解】由，則，
則，且，則，
由，A對，B、C錯；
由，則，
當且僅當時取等號，故，D對.
故選：AD
【變式訓練】
一、單選題
1．（2021·江西撫州·模擬預測）2021年是中國共產黨成立100周年，為了慶祝建黨100周年，學校計劃購買一些氣球來布置會場，已知購買的氣球一共有紅 黃 藍 綠四種顏色，紅色多于藍色，藍色多于綠色，綠色多于黃色，黃色的兩倍多于紅色，則購買的氣球最少有（ ）個
A．20 B．22 C．24 D．26
2．（2021·廣東·模擬預測）曾侯乙編鐘現存于湖北省博物館，是世界上目前已知的最大、最重、音樂性能最完好的青銅禮樂器，全套編鐘可以演奏任何調性的音樂并做旋宮轉調．其初始四音為宮、徵、商、羽．我國古代定音采用律管進行“三分損益法”．將一支律管所發的音定為一個基音，然后將律管長度減短三分之一（即“損一”）或增長三分之一（即“益一”），即可得到其他的音．若以宮音為基音，宮音“損一”得徵音，徵音“益一”可得商音，商音“損一”得羽音，則羽音律管長度與宮音律管長度之比是（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
3．（21-22高三下·重慶·階段練習）甲、乙兩人解關于x的方程，甲寫錯了常數b，得到的根為或，乙寫錯了常數c，得到的根為或，則下列是原方程的根的是（ ）
A． B． C． D．
4．（23-24高三上·廣東江門·階段練習）若滿足，則（ ）
A． B． C． D．
三、填空題
5．（2021·全國·模擬預測）2021年全國有部分省推行“”新高考模式，選擇性考試科目中，首選科目成績直接以原始成績呈現；再選科目化學、生物、政治、地理成績以等級賦分轉換后的等級成績呈現.等級賦分以30分作為賦分起點，滿分為100分，將考生每門再選科目考試的原始成績從高到低劃定為，，，，五個等級，各等級人數所占比例分別為15%，35%，13%和2%.轉換基數為實際參加該再選科目考試并取得有效成績的人數.轉換時，將至等級內的考生原始成績，依照等比例轉換法則，分別轉換到100~86分、85~71分、70~56分、55~41分、40~30分五個等級分數區間，根據轉換公式計算，四舍五入得到考生的等級成績.等級賦分轉換公式為，，分別表示某等級原始分數區間的下限和上限；，分別表示相應等級的賦分區間的下限和上限；表示考生的原始成績，表示考生轉換后的等級成績.考生原始成績正好為原始分數區間上限或下限時，不需要按轉換公式計算，相應的賦分區間的上限或下限分數即為該考生的等級成績.某校的一次統考中，甲同學選考科目生物成績原始分91分，屬于檔，這次原始成績的檔的最低分90分，最高分100分，則甲同學賦分后的生物成績約為 .
參考答案：
1．B
【分析】分別設紅 黃 藍 綠各有，，，個，根據題意列出不等式可分別求出范圍，即可求出.
【詳解】分別設紅 黃 藍 綠各有，，，個，且，，，為正整數，
則由題意得，，，，可得，
所以，，，即至少有個.
故選：B.
2．C
【分析】根據題意，設出宮音的律管長度，表示出羽音的律管長度，作比即可.
【詳解】設以宮音為基音的律管長度為，則徵音的律管長度為，
商音的律管長度為，羽音的律管長度為，
所以，羽音律管長度與宮音律管長度之比是.
故選：C.
3．AD
【分析】換元后得到，用兩根之和求出，兩根之積求出，從而求出的兩根為或，得到或.
【詳解】令，
則方程可化為：，即，
則甲寫錯了常數b，得到的根為或，
由兩根之和得：
乙寫錯了常數c，得到的根為或，
由兩根之積得：，
所以方程為，
解得：或
即或，
解得：或.
故選：AD
4．ABD
【分析】令，代入已知條件，再由判別式可求得的范圍，從而可判斷A,B選項，將已知條件變形為，再由均值不等式可得的范圍，再利用代入法并化簡即可判斷C,D選項.
【詳解】令，即，代入可得：
.
所以, 解得 , 所以 A 正確. B 正確；
由 可變形為 ,
因為 , 將代入上式可得：
,
解得 , 所以不正確, D正確.
故選：.
5．87
【分析】由題設的賦分原則，結合已知數據代入等級賦分公式，解一元一次方程，即可確定甲同學賦分后的生物成績.
【詳解】將，，，，，代入等級賦分轉化公式，
∴，解得.
故答案為：87.
一、單選題
1．（2022·全國·高考真題）已知，則（ ）
A． B． C． D．
2．（2021·全國·高考真題）下列函數中最小值為4的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2021·全國·高考真題）已知，是橢圓：的兩個焦點，點在上，則的最大值為（ ）
A．13 B．12 C．9 D．6
二、多選題
4．（2022·全國·高考真題）若x，y滿足，則（ ）
A． B．
C． D．
三、填空題
5．（2023·全國·高考真題）設，若函數在上單調遞增，則a的取值范圍是 .
6．（2023·天津·高考真題）在中，，，記，用表示 ；若，則的最大值為 ．
7．（2022·全國·高考真題）已知中，點D在邊BC上，．當取得最小值時， ．
四、解答題
8．（2022·全國·高考真題）記的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知．
(1)若，求B；
(2)求的最小值．
參考答案：
1．A
【分析】法一：根據指對互化以及對數函數的單調性即可知，再利用基本不等式，換底公式可得，，然后由指數函數的單調性即可解出．
【詳解】［方法一］：（指對數函數性質）
由可得，而，所以，即，所以.
又，所以，即，
所以.綜上，.
［方法二］：【最優解】（構造函數）
由，可得．
根據的形式構造函數 ，則，
令，解得 ，由 知 .
在 上單調遞增，所以 ，即 ，
又因為 ，所以 .
故選：A.
【點評】法一：通過基本不等式和換底公式以及對數函數的單調性比較，方法直接常用，屬于通性通法；
法二：利用的形式構造函數，根據函數的單調性得出大小關系，簡單明了，是該題的最優解．
2．C
【分析】根據二次函數的性質可判斷選項不符合題意，再根據基本不等式“一正二定三相等”，即可得出不符合題意，符合題意．
【詳解】對于A，，當且僅當時取等號，所以其最小值為，A不符合題意；
對于B，因為，，當且僅當時取等號，等號取不到，所以其最小值不為，B不符合題意；
對于C，因為函數定義域為，而，，當且僅當，即時取等號，所以其最小值為，C符合題意；
對于D，，函數定義域為，而且，如當，，D不符合題意．
故選：C．
【點睛】本題解題關鍵是理解基本不等式的使用條件，明確“一正二定三相等”的意義，再結合有關函數的性質即可解出．
3．C
【分析】本題通過利用橢圓定義得到，借助基本不等式即可得到答案．
【詳解】由題，，則，
所以（當且僅當時，等號成立）．
故選：C．
【點睛】
4．BC
【分析】根據基本不等式或者取特值即可判斷各選項的真假．
【詳解】因為（R），由可變形為，，解得，當且僅當時，，當且僅當時，，所以A錯誤，B正確；
由可變形為，解得，當且僅當時取等號，所以C正確；
因為變形可得，設，所以，因此
，所以當時滿足等式，但是不成立，所以D錯誤．
故選：BC．
5．
【分析】原問題等價于恒成立，據此將所得的不等式進行恒等變形，可得，由右側函數的單調性可得實數的二次不等式，求解二次不等式后可確定實數的取值范圍.
【詳解】由函數的解析式可得在區間上恒成立，
則，即在區間上恒成立，
故，而，故，
故即，故，
結合題意可得實數的取值范圍是.
故答案為：.
6．
【分析】空1：根據向量的線性運算，結合為的中點進行求解；空2：用表示出，結合上一空答案，于是可由表示，然后根據數量積的運算和基本不等式求解.
【詳解】空1：因為為的中點，則，可得，
兩式相加，可得到，
即，則；
空2：因為，則，可得，
得到，
即，即.
于是.
記，
則，
在中，根據余弦定理：，
于是，
由和基本不等式，，
故，當且僅當取得等號，
則時，有最大值.
故答案為：；.

7．/
【分析】設，利用余弦定理表示出后，結合基本不等式即可得解.
【詳解】[方法一]：余弦定理
設，
則在中，，
在中，，
所以
，
當且僅當即時，等號成立，
所以當取最小值時，.
故答案為：.
[方法二]：建系法
令 BD=t，以D為原點，OC為x軸，建立平面直角坐標系.
則C（2t,0），A（1，），B（-t,0）
[方法三]：余弦定理
設BD=x,CD=2x.由余弦定理得
，，
，，
令，則，
，
，
當且僅當，即時等號成立.
[方法四]：判別式法
設，則
在中，，
在中，，
所以，記，
則
由方程有解得：
即，解得：
所以，此時
所以當取最小值時，，即.

8．(1)；
(2)．
【分析】（1）根據二倍角公式以及兩角差的余弦公式可將化成，再結合，即可求出；
（2）由（1）知，，，再利用正弦定理以及二倍角公式將化成，然后利用基本不等式即可解出．
【詳解】（1）因為，即，
而，所以；
（2）由（1）知，，所以，
而，
所以，即有，所以
所以
．
當且僅當時取等號，所以的最小值為．
一、單選題
1．（2024·山東濱州·二模）下列命題中，真命題的是（ ）
A．若，則 B．若，則
C．若，則 D．若，則
2．（2024·全國·模擬預測）已知集合，若，則實數的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·四川南充·一模）已知全集，集合則能表示關系的圖是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024·陜西安康·模擬預測）記的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且a，b，c成等比數列，以邊為直徑的圓的面積為，若的面積不小于，則的形狀為（ ）
A．等腰非等邊三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等邊三角形
5．（2024·黑龍江哈爾濱·一模）已知函數，正數滿足，則的最小值為（ ）
A．6 B．8 C．12 D．24
6．（21-22高一上·遼寧沈陽·期中）已知關于x的方程有兩個正根，那么兩個根的倒數和最小值是（ ）
A．-2 B． C． D．1
二、多選題
7．（2024·河北滄州·二模）已知實數滿足，則（ ）
A． B．
C． D．
8．（2024·全國·模擬預測）已知函數和實數，，則下列說法正確的是（ ）
A．定義在上的函數恒有，則當時，函數的圖象有對稱軸
B．定義在上的函數恒有，則當時，函數具有周期性
C．若，，，則，恒成立
D．若，，，且的4個不同的零點分別為，且，則
9．（2024·甘肅隴南·一模）已知，關于x的不等式的解集為，則（ ）
A． B．
C． D．
三、填空題
10．（2023·陜西西安·模擬預測）正項數列中，為數列的前n項和，且對任意滿足.若k，，且，則的最大值為 .
11．（2024·山東·二模）在中，內角的對邊分別為，，且，則面積的最大值為 ．
四、解答題
12．（2024·北京海淀·一模）已知橢圓的離心率為分別是G的左、右頂點，F是G的右焦點.
(1)求m的值及點的坐標；
(2)設P是橢圓G上異于頂點的動點，點Q在直線上，且，直線與x軸交于點M.比較與的大小.
13．（2024·全國·模擬預測）已知正實數滿足．求證：
(1)；
(2)．
14．（2024·四川·模擬預測）已知均為正實數，且滿足．
(1)求的最小值；
(2)求證：.
參考答案：
1．D
【分析】由不等式的性質可判斷A,B,C，利用基本不等式，當且僅當時等號成立，即可判斷D.
【詳解】對于A，由，可得，故A錯誤；
對于B，由，，，可得，故B錯誤；
對于C，若，且當時，可得為任意值，故C錯誤；
對于D，因為，當且僅當時，等號成立，
即，故D正確.
故選：D.
2．D
【分析】由不等式的解法和集合的運算，求得或，結合，列出不等式組，即可求解.
【詳解】由集合，且，
所以或，
因為，可得，解得，
所以實數的取值范圍為.
故選：D．
3．B
【分析】解出集合后，求得，逐項分析即可.
【詳解】因為，
，
所以，
對于A，，錯誤；
對于C，，錯誤；
對于D，錯誤；B選項符合題意，
故選：B.
4．D
【分析】根據題意可得，，由，得即，又由余弦定理結合基本不等式得，所以，此時，得解.
【詳解】根據題意可得，，，
，又，則，
又，所以，
由余弦定理得，，
所以，當且僅當時等號成立，所以，此時，
所以，即為等邊三角形.
故選：D.
5．C
【分析】先證明函數為奇函數，由可得，再利用基本不等式求的最小值.
【詳解】因為，函數的定義域為，關于原點對稱，
因為，
所以為奇函數，有，
由解析式可以看出函數為減函數，
因為，
所以，即，
因為為正數，
所以，
當且僅當，即時等號成立.
故選：C
6．B
【分析】由判別式可解得，由根與系數關系可得，由的范圍結合不等式的性質變形可得答案．
【詳解】由題意可得，
解得或，
設兩個為，，由兩根為正根可得
，解得，
綜上知，.
故兩個根的倒數和為
，
，，，
故，
，
故兩個根的倒數和的最小值是.
故選：B
7．AC
【分析】由不等式的性質可判斷；由代入消元結合函數的最值可判斷C；由已知結合基本不等式及相關結論可判斷D.
【詳解】因為，
所以的符號不確定，
由不等式的性質知成立，
但不一定成立，故A正確，B錯誤；
因，故C正確；
因為，所以，所以，故D錯誤.
故選：AC.
8．ACD
【分析】根據函數的對稱性和周期性可分別判斷AB；求出時的解析式，然后根據自變量范圍代入相應表達式解不等式即可判斷C；將問題轉化為直線與函數有四個交點，結合圖象求得四根的關系即可判斷D.
【詳解】對于A，若，則，
所以函數的圖象的對稱軸為直線，故A正確.
對于B，當時，.
若，則，函數不具有周期性，故B錯誤.
對于C，若，，則，
當時，，
則，
即當時，.
當時，，
所以
，所以恒成立，C正確.
對于D，當時，，則，
令，
作出函數的圖象和直線，如圖.
要使有4個不同的零點，則函數的圖象與直線有4個不同的交點.
又，則，
所以，，
所以，，
則，
所以，D正確.
故選：ACD.
【點睛】思路點睛：關于函數零點個數的有關問題，一般轉化為兩個函數圖象交點問題，利用函數圖象分析求解即可.
9．BCD
【分析】舉特殊值可判斷A；令，結合題意得，利用三角代換判斷B；將轉化為，令，繼而轉化為，再結合換元，利用函數的單調性，可求得的范圍，即可判斷C，D.
【詳解】對于A，由題意知，關于x的不等式的解集為，
不妨取，則，即，
其解集為，即滿足題意，故A錯誤；
對于B，即，
令，由于不等式的解集為，
故需滿足，且，
令，則，
由于，則，即得，
又，故，B正確；
對于C，D，，，
故，
令，，則，
則，
令，則
，
由于函數在上單調遞增，
故，
則，即，
即，，C，D正確，
故選：BCD
【點睛】難點點睛：本題考查了由指數型不等式的解集求解參數范圍問題，綜合性較強，難度較大，解答的難點在于C，D項的判斷，解答時要利用三角代換以及換元法，將等價轉化，再結合函數的單調性進行判斷.
10．18
【分析】利用遞推關系求出，再利用條件確定對應范圍，最后確定最值取法.
【詳解】由題意可知正項數列中，為數列的前n項和，且對任意滿足,①,
當時, ,解得,
當時, ,②,
得:,整理得,
由于數列為正項數列,故,
所以以為首項,2為公差的等差數列,
即,
所以,
又k，，且，即,整理可得
,
,
當時，；
當時，；
當時，；
當時，；
當時，，
當時，；
所以時,或時， 最大,
所以的最大值為18,
故答案為:18
11．
【分析】先由已知條件結合余弦定理和求出，再由余弦定理結合基本不等式求出最大值，即可由正弦定理形式面積公式求出面積最大值.
【詳解】因為，
所以由余弦定理，得，
所以，又，
則，
所以由余弦定理以及基本不等式得：
，
即，當且僅當時等號成立，
所以，即面積的最大值為，
故答案為：.
12．(1)，
(2)
【分析】（1）借助離心率計算即可得；
（2）設，表示出與點坐標后，可得、，借助作差法計算即可得.
【詳解】（1）由，即，
由題意可得，故，解得，
故，則，故；
（2）設，，，有，
由，則有，即，
由，故有，
即有
，
由可得、，
則，
，
則，
由，故，
即.
13．(1)證明見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）由題意，根據基本不等式可得，利用作差法，結合立方和公式和基本不等式計算即可證明；
（2）由題意可得，結合基本不等式計算即可證明.
【詳解】（1）由，且可得，
故，當且僅當時等號成立．
，
，當且僅當時等號成立．
（2）
，
當且僅當時等號成立．故．
14．(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）結合已知等式，將化為，利用基本不等式，即可求得答案；
（2）利用柯西不等式，即可證明原不等式.
【詳解】（1）因為均為正實數，，
所以
，當且僅當，
即時等號成立．
（2）證明：根據柯西不等式有，
所以．
當且僅當，即時等號成立，
即原命題得證.
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6.1等式與不等式
【備考指南】 1
【知識導圖】 2
【考點梳理】 7
考點一：不等式的性質 7
考點二：一元二次不等式 8
考點三：其他不等式 10
考點四：基本不等式 11
考點五：基本不等式求最值 12
考點六：不等式與方程綜合 12
【真題在線】 14
【專項突破】 15
考點 考情分析 考頻
導數中含參一元二次不等式 2023年全國乙卷
條件等式求最值 2022年新高考Ⅱ卷
基本不等式證明不等關系 2022年全國甲卷
基本不等式的應用 2022年全國甲卷
基本不等式求和的最值 2022年新高考Ⅰ卷 2021年全國乙卷 3年2考
基本不等式求積最值 2021年新高考Ⅰ卷
預測：不等式是高中知識的重要組成部分，是高考考察的熱點、重點內容，由于高中教材的調整，線性規劃內容刪除，考察的形式與以前教材有所不同，在新教材的考察中往往與其他知識相結合，選擇題在多選題出現的可能性比較大，在解答題中也會有所涉及，考察的難度中等偏上.建議在復習時，掌握好基礎知識，增強拓展應用.
考點一：不等式的性質
【典例精析】（多選）（2024·浙江紹興·二模）已知，，，則（ ）
A．且 B．
C． D．
【變式訓練】
一、單選題
1．（2024·陜西安康·模擬預測）若滿足，則（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024·浙江臺州·二模）已知x，y為正實數，則可成為“”的充要條件的是（ ）
A． B．
C． D．
二、多選題
3．（2022·山東日照·三模）某公司通過統計分析發現，工人工作效率E與工作年限，勞累程度，勞動動機相關，并建立了數學模型，已知甲、乙為該公司的員工，則下列結論正確的是（ ）
A．甲與乙勞動動機相同，且甲比乙工作年限長，勞累程度弱，則甲比乙工作效率高
B．甲與乙勞累程度相同，且甲比乙工作年限長，勞動動機高，則甲比乙工作效率低
C．甲與乙勞動動機相同，且甲比乙工作效率高，工作年限短．則甲比乙勞累程度弱
D．甲與乙工作年限相同，且甲比乙工作效率高，勞動動機低，則甲比乙勞累程度強
4．（20-21高三下·全國·階段練習）下列說法正確的是（ ）
A．設，則“”是“且”的必要不充分條件
B．是“”的充要條件
C．“”是“”成立的充要條件
D．設，則 “”是“”的充分而不必要條件
三、填空題
5．（2024·浙江·模擬預測）已知正數滿足，則的取值范圍為 ．
考點二：一元二次不等式
【典例精析】（多選）（2024·山西晉中·模擬預測）下列說法正確的是（ ）
A．若函數的定義域為，則函數的定義域為
B．當時，不等式恒成立，則的取值范圍是
C．函數在區間上單調遞減
D．若函數的值域為，則實數的取值范圍是
【變式訓練】
一、單選題
1．（2024·湖北·二模）已知等差數列的前n項和為，且，，若對于任意的，不等式恒成立，則實數x可能為（ ）
A． B．0 C．1 D．2
2．（2022·河南南陽·模擬預測）已知命題：，恒成立；命題：在上單調遞減.若為假命題，為真命題，則實數的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
二、多選題
3．（2024·廣東深圳·模擬預測）下列說法正確的是（ ）
A．不等式的解集是
B．不等式的解集是
C．若不等式恒成立，則a的取值范圍是
D．若關于x的不等式的解集是，則的值為
4．（23-24高一上·新疆喀什·期末）下列幾種說法中正確的是（ ）
A．若，則的最小值是4
B．命題“，”的否定是“，”
C．若不等式的解集是，則的解集是
D．“”是“不等式對一切x都成立”的充要條件
三、填空題
5．（2022·遼寧鞍山·模擬預測）設矩形的周長為，把它沿對角線對折后，設交于點，此時點記作，如圖所示，設，，則△的面積的最大值為 ．
考點三：其他不等式
【典例精析】（多選）（2022·重慶永川·模擬預測）下列敘述不正確的是（ ）
A．的解是
B．“”是“”的充要條件
C．已知，則“”是“”的必要不充分條件
D．函數的最小值是
【變式訓練】
一、單選題
1．（2024·山東臨沂·二模）若，，則的元素個數為（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
2．（2023·廣西·模擬預測）滿足不等式的整數解的個數為（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
3．（2021·河北張家口·三模）已知正數滿足，則（ ）
A． B．
C． D．
4．（2023·海南省直轄縣級單位·模擬預測）下列命題正確的是（ ）
A．若則實數的取值范圍為.
B．若數列的前項和，且，則；
C．若數列與，且，則；
D．的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.若a，b，c成等比數列，則的最小值為.
三、填空題
5．（2022·上海靜安·二模）若函數的反函數為，則不等式的解集是 .
考點四：基本不等式
【典例精析】（多選）（23-24高三上·湖南常德·期末）已知，則下列不等式一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【變式訓練】
一、單選題
1．（2023·上海徐匯·一模）已知集合，若對于任意，總存在與之相應的（其中），使得成立，則稱集合是“集合”． 下列選項為“集合”的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024·湖南岳陽·二模）設，，，則（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
3．（2024·全國·模擬預測）已知正項數列的前項和為，，則下列說法正確的是（ ）
A． B．是遞減數列
C． D．
4．（2022·江蘇南通·一模）下列函數中最小值為6的是（ ）
A． B．
C． D．
三、填空題
5．（2021·江西·模擬預測）已知直線分別與函數和的圖象交于點，現給出下述結論：①；②；③；④.則其中正確的結論序號是 .
考點五：基本不等式求最值
【典例精析】（多選）（2024·河北保定·二模）已知，則（ ）
A．的最大值為 B．的最小值為
C．的最大值為2 D．的最小值為
【變式訓練】
一、單選題
1．（2024·黑龍江哈爾濱·三模）已知的內角的對邊分別為，且邊上中線長為1，則最大值為（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·安徽·模擬預測）已知，且，則的最小值為（ ）
A．2 B．4 C．8 D．
二、多選題
3．（2024·全國·模擬預測）已知，且，則下列說法正確的是（ ）
A．有最小值4 B．有最小值
C．有最小值 D．的最小值為
4．（2024·全國·模擬預測）若實數a，b滿足，則下列結論正確的是（ ）
A． B．
C． D．
三、填空題
5．（2024·江西·一模）已知正數x，y滿足，若不等式恒成立，則實數a的取值范圍是 ．
考點六：不等式與方程綜合
【典例精析】（多選）（23-24高一上·廣東深圳·期末），和是方程的兩個根，則下列結論正確的是（ ）
A． B．
C． D．
【變式訓練】
一、單選題
1．（2021·江西撫州·模擬預測）2021年是中國共產黨成立100周年，為了慶祝建黨100周年，學校計劃購買一些氣球來布置會場，已知購買的氣球一共有紅 黃 藍 綠四種顏色，紅色多于藍色，藍色多于綠色，綠色多于黃色，黃色的兩倍多于紅色，則購買的氣球最少有（ ）個
A．20 B．22 C．24 D．26
2．（2021·廣東·模擬預測）曾侯乙編鐘現存于湖北省博物館，是世界上目前已知的最大、最重、音樂性能最完好的青銅禮樂器，全套編鐘可以演奏任何調性的音樂并做旋宮轉調．其初始四音為宮、徵、商、羽．我國古代定音采用律管進行“三分損益法”．將一支律管所發的音定為一個基音，然后將律管長度減短三分之一（即“損一”）或增長三分之一（即“益一”），即可得到其他的音．若以宮音為基音，宮音“損一”得徵音，徵音“益一”可得商音，商音“損一”得羽音，則羽音律管長度與宮音律管長度之比是（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
3．（21-22高三下·重慶·階段練習）甲、乙兩人解關于x的方程，甲寫錯了常數b，得到的根為或，乙寫錯了常數c，得到的根為或，則下列是原方程的根的是（ ）
A． B． C． D．
4．（23-24高三上·廣東江門·階段練習）若滿足，則（ ）
A． B． C． D．
三、填空題
5．（2021·全國·模擬預測）2021年全國有部分省推行“”新高考模式，選擇性考試科目中，首選科目成績直接以原始成績呈現；再選科目化學、生物、政治、地理成績以等級賦分轉換后的等級成績呈現.等級賦分以30分作為賦分起點，滿分為100分，將考生每門再選科目考試的原始成績從高到低劃定為，，，，五個等級，各等級人數所占比例分別為15%，35%，13%和2%.轉換基數為實際參加該再選科目考試并取得有效成績的人數.轉換時，將至等級內的考生原始成績，依照等比例轉換法則，分別轉換到100~86分、85~71分、70~56分、55~41分、40~30分五個等級分數區間，根據轉換公式計算，四舍五入得到考生的等級成績.等級賦分轉換公式為，，分別表示某等級原始分數區間的下限和上限；，分別表示相應等級的賦分區間的下限和上限；表示考生的原始成績，表示考生轉換后的等級成績.考生原始成績正好為原始分數區間上限或下限時，不需要按轉換公式計算，相應的賦分區間的上限或下限分數即為該考生的等級成績.某校的一次統考中，甲同學選考科目生物成績原始分91分，屬于檔，這次原始成績的檔的最低分90分，最高分100分，則甲同學賦分后的生物成績約為 .
一、單選題
1．（2022·全國·高考真題）已知，則（ ）
A． B． C． D．
2．（2021·全國·高考真題）下列函數中最小值為4的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2021·全國·高考真題）已知，是橢圓：的兩個焦點，點在上，則的最大值為（ ）
A．13 B．12 C．9 D．6
二、多選題
4．（2022·全國·高考真題）若x，y滿足，則（ ）
A． B．
C． D．
三、填空題
5．（2023·全國·高考真題）設，若函數在上單調遞增，則a的取值范圍是 .
6．（2023·天津·高考真題）在中，，，記，用表示 ；若，則的最大值為 ．
7．（2022·全國·高考真題）已知中，點D在邊BC上，．當取得最小值時， ．
四、解答題
8．（2022·全國·高考真題）記的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知．
(1)若，求B；
(2)求的最小值．
一、單選題
1．（2024·山東濱州·二模）下列命題中，真命題的是（ ）
A．若，則 B．若，則
C．若，則 D．若，則
2．（2024·全國·模擬預測）已知集合，若，則實數的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·四川南充·一模）已知全集，集合則能表示關系的圖是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024·陜西安康·模擬預測）記的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且a，b，c成等比數列，以邊為直徑的圓的面積為，若的面積不小于，則的形狀為（ ）
A．等腰非等邊三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等邊三角形
5．（2024·黑龍江哈爾濱·一模）已知函數，正數滿足，則的最小值為（ ）
A．6 B．8 C．12 D．24
6．（21-22高一上·遼寧沈陽·期中）已知關于x的方程有兩個正根，那么兩個根的倒數和最小值是（ ）
A．-2 B． C． D．1
二、多選題
7．（2024·河北滄州·二模）已知實數滿足，則（ ）
A． B．
C． D．
8．（2024·全國·模擬預測）已知函數和實數，，則下列說法正確的是（ ）
A．定義在上的函數恒有，則當時，函數的圖象有對稱軸
B．定義在上的函數恒有，則當時，函數具有周期性
C．若，，，則，恒成立
D．若，，，且的4個不同的零點分別為，且，則
9．（2024·甘肅隴南·一模）已知，關于x的不等式的解集為，則（ ）
A． B．
C． D．
三、填空題
10．（2023·陜西西安·模擬預測）正項數列中，為數列的前n項和，且對任意滿足.若k，，且，則的最大值為 .
11．（2024·山東·二模）在中，內角的對邊分別為，，且，則面積的最大值為 ．
四、解答題
12．（2024·北京海淀·一模）已知橢圓的離心率為分別是G的左、右頂點，F是G的右焦點.
(1)求m的值及點的坐標；
(2)設P是橢圓G上異于頂點的動點，點Q在直線上，且，直線與x軸交于點M.比較與的大小.
13．（2024·全國·模擬預測）已知正實數滿足．求證：
(1)；
(2)．
14．（2024·四川·模擬預測）已知均為正實數，且滿足．
(1)求的最小值；
(2)求證：.
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