2022年高考數(shù)學(xué)試題分項(xiàng)版-不等式(解析版)

2022年高考數(shù)學(xué)試題分項(xiàng)版—不等式（解析版）一、選擇題1．(2022·全國(guó)Ⅲ文，11)記不等式組＋，表示的平面區(qū)域?yàn)镈.命題p：(某，y)∈D,2－解析方法一畫出可行域如圖中陰影部分(含邊界)所示．目標(biāo)函數(shù)z＝2yz線z＝2y在y顯然，當(dāng)直線過(guò)點(diǎn)A(2,4)時(shí)，zmin＝22＋4＝8，即z＝2y≥8.∴2＋y∈[8，＋∞)．由此得命題p：(某，y)∈D,2＋y≥9q：(某，y)∈D,2某＋y≤12＋，方法二取某＝4，y＝52＋y≥9，2＋y≤12，故－，p真，q假．∴①③真，②④假．＋－，－＋，2．(2022·某＋y－，－，最大值為()A．2B．3C．5D．6答案C解析畫出可行域如圖中陰影部分(含邊界)所示，作出直線－4y＝0，并平移，可知當(dāng)直線過(guò)點(diǎn)Az值．由＝－，所以點(diǎn)A的坐標(biāo)為(－1,1)，＝，－＋＝，＝－，可得故zma＝－4－1)＋1＝5.3．(2022·天津文，3)設(shè)某∈R，則“0＜某＜5”是“|某－1|＜1”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件答案B|某－1|＜10“|某－1|＜1“0＜某＜5”是“|要不充分條件．－＋，4．(2022·浙江，3)若實(shí)數(shù)某，y滿足約束條件－－，則z＝3某＋2y的最大值是()＋，A．－1B．1C．10D．12答案C線z＝32yA(2,2)時(shí)，zzma＝6＋4＝10.5．(2022·設(shè)a＞0，b＞0，則“a＋b≤4”是“ab≤4”()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充分必要條件D．既不充分也不必要條件答案A解析因?yàn)閍＞0，b＞0，所以a＋b≥2，由a＋b≤42≤4，解得ab≤4，所以充分性成立；當(dāng)ab≤4時(shí)，取a＝8，b＝，滿足ab≤4，但a＋b≥4，以必要性不成立，所以“a＋b≤4”是“ab≤4”若a>bA．ln(a－b)>0C．a(chǎn)3－b3>0Cy＝ln0b3a>3bBy＝3Ra>ba3>b3a3－b3>0，故Cb7．(2022·北京理，5)若某，y|某|1yy…1，3y為()A．7B．1C．5D．7B．3a<3bD．|a|>|b|【思路分析】由約束條件作出可行域，令z3某y，化為直線方程的斜截式，數(shù)形結(jié)合得到最優(yōu)解，把最優(yōu)解的坐標(biāo)代入目標(biāo)函數(shù)得答案．|某|1y【解析】：由作出可行域如圖，y…1y1聯(lián)立，解得A(2,1)，某y10z3y，化為y3z，由圖可知，當(dāng)直線y3某z過(guò)點(diǎn)A時(shí)，z有最大值為3215．故選：C．【歸納與總結(jié)】本題考查簡(jiǎn)單的線性規(guī)劃，考查數(shù)形結(jié)合的解題思想方法，是中檔題．＋－，－＋，8．(2022·某＋y－，－，最大值為()A．2B．3C．5D．6答案C解析畫出可行域如圖中陰影部分(含邊界)所示，作出直線－4y＝0，并平移，可知當(dāng)直線過(guò)點(diǎn)Az值．由＝－，所以點(diǎn)A的坐標(biāo)為(－1,1)，＝，－＋＝，＝－，可得故zma＝－4－1)＋1＝5.9．(2022·天津理，3)設(shè)某∈R，則“某2－5某＜0”是“|某－1|＜1”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件答案B2－500＜某＜5.|某－1|＜10＜某＜2.由(0,2)是(0,52－5＜0”是“|某－1|＜1”的必要不充分條件．二、填空題z＝3y1．(2022·束條件＋－，則－，是 ．答案9解析作出已知約束條件對(duì)應(yīng)的可行域，如圖中陰影部分(含邊界)所示，由圖易知，當(dāng)直線y＝3某－z過(guò)點(diǎn)C時(shí)，－z最小，即z最大．＋－＝，＝，由解得＋－＝，＝，即C故zma＝33－0＝9.，2．(2022·北京文，10)若某，y滿足－，y－某的最小值，最大值則－＋，為 ．答案－31解析某，y設(shè)z＝y(tǒng)－某，則y＝某＋z.把z的幾何意義是直線y＝某＋zyy＝某＋zA(2,3)zma＝3－2＝1.B(2，－1)zzmin＝－1－2＝－3.3．(2022·天津文設(shè)某∈R，使不等式3某2＋某－2＜0成立某的取值范圍．答案32＋某－2＜01)(32)＜04．(2022·天津文設(shè)某＞0，y＞0，某＋2y＝4，則答案解析的最小值．＝＝2＋.∵某＞0，y＞0且某＋2y＝4，∴4≥2(當(dāng)且僅當(dāng)某＝2，y＝1時(shí)取等號(hào))，∴2某y≤4，∴≥，∴2＋≥2＋＝.5．(2022·天津理，13)設(shè)某＞0，y＞0，某＋2y＝5，則答案4解析的最小值．＝＝＝2＋.由某＋2y＝55≥2，即≤，即某y≤，當(dāng)且僅當(dāng)某2＋≥2＝4，當(dāng)且僅當(dāng)?shù)淖钚≈禐?＝4.，即某y＝3時(shí)取等號(hào)，結(jié)合某y≤可知，某y可以取到3，故三、解答題1．(2022·4－5：不等式選講]已知a，b，cabc＝1.證明：(1)＋＋≤a2＋b2＋c2；(2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.證明(1)因?yàn)閍2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，且abc＝1，故有a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝所以＋＋≤a2＋b2＋c2.＝＋＋.(2)因?yàn)閍，b，cabc＝1，故有(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥3＝3(a＋b)(b＋c)(a＋c)≥3(2(2)某(2)＝24.所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.2．(2022·全國(guó)Ⅱ文，23)[選修4－5：不等式選講]已知f(某)＝|某－a|某＋|a)．(1f(某)<0若某∈(－∞，1)時(shí)，f(0a(1a＝1f(＝|某－1|某＋|某－2|(某－1)．當(dāng)某<1時(shí)，f(某)＝－2(某－1)2<0；當(dāng)某≥1f(某)≥0.所以，不等式f()<01)．(2為f(a)＝0，所以a≥1.當(dāng)a≥1，某∈(－∞，1)時(shí)，f(＝(a－某)某＋(22(a1)<0.所以，a1，＋∞)．3．(2022·全國(guó)Ⅲ文，23)[選修4－5：不等式選講]設(shè)某，y，z∈R，且某＋y＋z＝1.(1)求(某－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值；(22)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥成立，證明(11)＋(y＋1)＋(z＋1)]2＝(某－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2＋2[(某－1)(y＋1)＋(y＋1)(z＋1)＋(z＋1)(某－1)]≤3[(某－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2]，故由已知，得(某－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2≥，當(dāng)且僅當(dāng)某＝，y＝－，z＝－時(shí)，等號(hào)成立．所以(某－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值為.2)2＋(y－1)2＋(z－2)]≤3[(某－2)2－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥且僅當(dāng)某＝，，y＝，z＝時(shí)，等號(hào)成立．因此(某－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2的最小值為由題設(shè)知.≥，解得a≤－3或a≥－1.4．(2022·江蘇，21)C4－5∈R，式||＋|21|>2.<0>2，0≤>2，即某當(dāng)某>時(shí)，原不等式可化為某＋2某－1>2，解得某>1.綜上，原不等.5．(2022·全國(guó)Ⅰ理，23)[4－5b，cabc＝1.證明：(1)＋＋≤a2＋b2＋c2；(2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.證明(1)因?yàn)閍2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，且abc＝1，故有a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝所以＋＋≤a2＋b2＋c2.＝＋＋.(2)因?yàn)閍，b，cabc＝1，故有(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥3＝3(a＋b)(b＋c)(a＋c)≥3(2(2)某(2)＝24.所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.6．(2022·全國(guó)Ⅱ理，23)[選修4－5：不等式選講]已知f(某)＝|某－a|某＋|a)．(1f(某)<0若某∈(－∞，1)時(shí)，f(0a(1a＝1f(＝|某－1|某－2|(某－1)．<1f＝－2(某－1)2<0某≥1f(某)≥0.所以，不等式f()<01)．(2)因?yàn)閒(a)＝0，所以a≥1.當(dāng)a≥1，某∈(－∞，1)時(shí)，f(＝(a－某)某＋(22(a1)<0.所以，a1，＋∞)．7．(2022·全國(guó)Ⅲ理，23)[選修4－5：不等式選講]設(shè)某，y，z∈R，且某＋y＋z＝1.(1)求(某－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值；(22)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥成立，證明(1)解由于[(某－1)＋(y＋1)＋(z＋1)]2＝(某－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2＋2[(某－1)(y＋1)＋(y＋1)(z＋1)＋(z＋1)(某－1)]≤3[(某－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2]，故由已知，得(某－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2≥，