層級(jí)一 第三練 不等式、合情推理 考情考向·高考導(dǎo)航1利用不等式性質(zhì)比較大小，利用基本不等式求最值及線性規(guī)劃問(wèn)題是高考的熱點(diǎn)2一元二次不等式常與函數(shù)、數(shù)列結(jié)合考查一元二次不等式的解法和參數(shù)的取值范圍3利用不等式解決實(shí)際問(wèn)題4以數(shù)表、數(shù)陣、圖形為背景與數(shù)列、周期性等知識(shí)相結(jié)合考查歸納推理和類(lèi)比推理，多以小題形式出現(xiàn)真題體驗(yàn)1(2019·全國(guó)卷)若變量x，y滿足約束條件則z3xy的最大值是_解析：畫(huà)出線性區(qū)域如圖，由z3xy，知y3xz，平移直線y3x，過(guò)點(diǎn)(3,0)時(shí)，z最大，即zmax3×309.答案：92(2019·天津卷)設(shè)x0，y0，x2y5，則的最小值為_(kāi)解析：使用基本不等式求最值時(shí)一定要驗(yàn)證等號(hào)是否能夠成立.4，等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)xy3，即x3，y1時(shí)成立答案：43(2017·江蘇卷)某公司一年購(gòu)買(mǎi)某種貨物600噸，每次購(gòu)買(mǎi)x噸，運(yùn)費(fèi)為6萬(wàn)元/次，一年的總存儲(chǔ)費(fèi)用為4x萬(wàn)元要使一年的總運(yùn)費(fèi)與總存儲(chǔ)費(fèi)用之和最小，則x的值是_解析：總費(fèi)用4x×644×2240，當(dāng)且僅當(dāng)x，即x30時(shí)等號(hào)成立答案：304(全國(guó)卷)甲、乙、丙、丁四位同學(xué)一起去向老師詢問(wèn)成語(yǔ)競(jìng)賽的成績(jī)老師說(shuō)，你們四人中有2位優(yōu)秀，2位良好，我現(xiàn)在給甲看乙、丙的成績(jī)，給乙看丙的成績(jī)，給丁看甲的成績(jī)看后甲對(duì)大家說(shuō)：我還是不知道我的成績(jī)根據(jù)以上信息，則()A乙可以知道四人的成績(jī)B丁可以知道四人的成績(jī)C乙、丁可以知道對(duì)方的成績(jī)D乙、丁可以知道自己的成績(jī)解析：D四人所知只有自己看到，老師所說(shuō)及最后甲說(shuō)的話甲不知自己成績(jī)乙、丙中必有一優(yōu)一良(若為兩優(yōu)，甲會(huì)知道自己成績(jī)；兩良亦然)，乙看了丙成績(jī)，知自己成績(jī)丁看甲，甲、丁中也為一優(yōu)一良，丁知自己成績(jī)主干整合1不等式的解法(1)一元二次不等式的解法一元二次不等式ax2bxc0(或0)(a0，b24ac0)，如果a與ax2bxc同號(hào)，則其解集在兩根之外；如果a與ax2bxc異號(hào)，則其解集在兩根之間(2)簡(jiǎn)單分式不等式的解法0(0)f(x)g(x)0(0)0(0)f(x)g(x)0(0)且g(x)0.(3)指數(shù)不等式、對(duì)數(shù)不等式及抽象函數(shù)不等式，可利用函數(shù)的單調(diào)性求解2幾個(gè)不等式(1)a2b22ab(取等號(hào)的條件是當(dāng)且僅當(dāng)ab)(2)ab2(a，bR)(3) (a0，b0)(4)2(a2b2)(ab)2(a，bR，當(dāng)ab時(shí)等號(hào)成立)3簡(jiǎn)單的線性規(guī)劃問(wèn)題解決線性規(guī)劃問(wèn)題首先要找到可行域，再根據(jù)目標(biāo)函數(shù)表示的幾何意義，數(shù)形結(jié)合找到目標(biāo)函數(shù)達(dá)到最值時(shí)可行域上的頂點(diǎn)(或邊界上的點(diǎn))，但要注意作圖一定要準(zhǔn)確，整點(diǎn)問(wèn)題要驗(yàn)證解決熱點(diǎn)一不等式的性質(zhì)及解法題組突破1(2019·全國(guó)卷)若ab，則()Aln(ab)0B3a3bCa3b30 D|a|b|解析：C若ab，則a3b3，即a3b30.2(2019·煙臺(tái)三模)設(shè)p：x2x200，q：0，則p是q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解析：A當(dāng)p成立時(shí)，x2x200，解之得x5或x4，在此條件下0成立，顯然充分性成立當(dāng)q成立時(shí)，0，解之得x2或1x1或x2，顯然必要性不成立，因此p是q的充分不必要條件3(2020·西安模擬)已知函數(shù)f(x)則不等式f(x1)0的解集為()Ax|0x2 Bx|0x3Cx|1x2 Dx|1x3解析：D由題意，得f(x1)當(dāng)x2時(shí)，由2x220，解得2x3；當(dāng)x2時(shí)，由22x20，解得1x2.綜上所述，不等式f(x1)0的解集為x|1x3解不等式的常見(jiàn)策略(1)解簡(jiǎn)單的分式、指數(shù)、對(duì)數(shù)不等式的基本思想是把它們等價(jià)轉(zhuǎn)化為整式不等式(一般為一元二次不等式)求解(2)解決含參數(shù)不等式的難點(diǎn)在于對(duì)參數(shù)的恰當(dāng)分類(lèi)，關(guān)鍵是找到對(duì)參數(shù)進(jìn)行討論的原因，確定好分類(lèi)標(biāo)準(zhǔn)，有理有據(jù)、層次清楚地求解熱點(diǎn)二簡(jiǎn)單的線性規(guī)劃題組突破1(2019·全國(guó)卷)記不等式組表示的平面區(qū)域?yàn)镈.命題p：(x，y)D,2xy9；命題q：(x，y)D,2xy12.下面給出了四個(gè)命題pqpqpqpq這四個(gè)命題中，所有真命題的編號(hào)是()A BC D解析：A本題考點(diǎn)為線性規(guī)劃和命題的真假，側(cè)重不等式的判斷，有一定難度不能準(zhǔn)確畫(huà)出平面區(qū)域?qū)е虏坏仁秸`判，根據(jù)直線的斜率和截距判斷直線的位置，通過(guò)直線方程的聯(lián)立求出它們的交點(diǎn)，可采用特殊值判斷命題的真假如圖，平面區(qū)域D為陰影部分，由得即A(2,4)，直線2xy9與直線2xy12均過(guò)區(qū)域D，則p真q假，有p假q真，所以真假故選A.2(2020·湖北黃岡模擬)已知x，y滿足約束條件且zx3y的最小值為2，則常數(shù)k_.解析：作出不等式組所表示的平面區(qū)域，如圖中陰影部分所示由zx3y得yx，結(jié)合圖形可知當(dāng)直線yx過(guò)點(diǎn)A時(shí)，z最小聯(lián)立方程，得得A(2，2k)，此時(shí)zmin23(2k)2，解得k2.答案：23若實(shí)數(shù)x，y滿足約束條件則的最小值為_(kāi)解析：作出不等式組表示的平面區(qū)域，如圖中陰影部分所示因?yàn)楸硎酒矫鎱^(qū)域內(nèi)的點(diǎn)與定點(diǎn)P(0,1)連線的斜率由圖知，點(diǎn)P與點(diǎn)A連線的斜率最小，所以minkPA.答案：4(2020·福州模擬)某工廠制作仿古的桌子和椅子，需要木工和漆工兩道工序已知生產(chǎn)一把椅子需要木工4個(gè)工作時(shí)，漆工2個(gè)工作時(shí)；生產(chǎn)一張桌子需要木工8個(gè)工作時(shí)，漆工1個(gè)工作時(shí)生產(chǎn)一把椅子的利潤(rùn)為1 500元，生產(chǎn)一張桌子的利潤(rùn)為2 000元該廠每個(gè)月木工最多完成8 000個(gè)工作時(shí)，漆工最多完成1 300個(gè)工作時(shí)根據(jù)以上條件，該廠安排生產(chǎn)每個(gè)月所能獲得的最大利潤(rùn)是_元解析：設(shè)該廠每個(gè)月生產(chǎn)x把椅子，y張桌子，利潤(rùn)為z元，則得約束條件z1 500x2 000y.畫(huà)出不等式組表示的可行域如圖中陰影部分所示畫(huà)出直線3x4y0，平移該直線，可知當(dāng)該直線經(jīng)過(guò)點(diǎn)P時(shí)，z取得最大值由得即P(200,900)，所以zmax1 500×2002 000×9002 100 000.故每個(gè)月所獲得的最大利潤(rùn)為2 100 000元答案：2 100 000簡(jiǎn)單的線性規(guī)劃問(wèn)題的解題策略在給定約束條件的情況下，求線性目標(biāo)函數(shù)的最優(yōu)解主要用圖解法，其主要思路步驟為：(1)根據(jù)約束條件作出可行域(2)根據(jù)所要求的目標(biāo)函數(shù)的最值，令目標(biāo)函數(shù)z0，將所得直線平移，得到可行解，并確定最優(yōu)解(3)將取得最優(yōu)解時(shí)的點(diǎn)的坐標(biāo)確定，并求出此時(shí)的最優(yōu)解熱點(diǎn)三基本不等式的應(yīng)用例1(1)(2020·長(zhǎng)春調(diào)研)若a，bR，ab0，則的最小值為_(kāi)(2)如圖所示，一張正方形的黑色硬紙板，剪去兩個(gè)一樣的小矩形得到一個(gè)“E”形的圖形，設(shè)小矩形的長(zhǎng)、寬分別為a，b(2a10)，剪去部分的面積為8，則的最大值為()A1B.C. D2解析(1)a，bR，ab0，4ab2 4.當(dāng)且僅當(dāng)即時(shí)取得等號(hào)故的最小值為4.(2)由題意知，2ab8，所以b.因?yàn)?a10，所以11，當(dāng)且僅當(dāng)a，即a6時(shí)，取得最大值.答案(1)4(2)C利用不等式求最值的解題技巧(1)湊項(xiàng)：通過(guò)調(diào)整項(xiàng)的符號(hào)，配湊項(xiàng)的系數(shù)，使其積或和為定值(2)湊系數(shù)：若無(wú)法直接運(yùn)用基本不等式求解，可以通過(guò)湊系數(shù)后得到和或積為定值，從而可利用基本不等式求最值(3)換元：分式函數(shù)求最值，通常直接將分子配湊后將式子分開(kāi)或?qū)⒎帜笓Q元后將式子分開(kāi)再利用不等式求最值即化為ymBg(x)(A0，B0)，g(x)恒正或恒負(fù)的形式，然后運(yùn)用基本不等式來(lái)求最值(4)單調(diào)性：應(yīng)用基本不等式求最值時(shí)，若遇等號(hào)取不到的情況，則應(yīng)結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性求解(1)(2020·山師附中模擬)已知a1，b1，且ab22(ab)，則ab的最小值為_(kāi)解析：因?yàn)閍b22(ab)4，當(dāng)且僅當(dāng)ab時(shí)取等號(hào)，所以(2)22.因?yàn)閍1，b1，所以2，ab64.即ab的最小值為64.答案：64(2)(2019·昆明二模)已知正實(shí)數(shù)a，b滿足a3b7，則的最小值為_(kāi)解析：(a1)3(2b)，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)答案：(3)(雙空填空題)若a>0，b>0，且a2b40，則ab的最大值為_(kāi)，的最小值為_(kāi)解析：本題考查基本不等式的應(yīng)用a>0，b>0，且a2b40，a2b4，aba·2b×22，當(dāng)且僅當(dāng)a2b，即a2，b1時(shí)等號(hào)成立，ab的最大值為2.·，當(dāng)且僅當(dāng)ab時(shí)等號(hào)成立，的最小值為.答案：2熱點(diǎn)四合情推理邏輯推理素養(yǎng)邏輯推理合情推理中的核心素養(yǎng)邏輯推理是指從一些事實(shí)和命題出發(fā)，依據(jù)邏輯規(guī)則推出一個(gè)命題的思維過(guò)程主要包括兩類(lèi)：一類(lèi)是從特殊到一般的推理，推理形式主要有歸納、類(lèi)比；一類(lèi)是從一般到特殊的推理，推理形式主要有演繹.例2(1)(2020·濟(jì)南模擬)我國(guó)南宋數(shù)學(xué)家楊輝所著的詳解九章算法一書(shū)中記錄了一個(gè)由正整數(shù)構(gòu)成的三角形數(shù)表，我們通常稱(chēng)之為楊輝三角以下數(shù)表的構(gòu)造思路就來(lái)源于楊輝三角從第二行起，每一行中的數(shù)均等于其“肩上”兩數(shù)之和，表中最后一行僅有一個(gè)數(shù)a，則a的值為()A2 018×21 008B2 018×21 009C2 020×21 008 D2 020×21 009解析C通解當(dāng)?shù)谝恍杏?個(gè)數(shù)時(shí)，最后一行為42×21，當(dāng)?shù)谝恍杏?個(gè)數(shù)時(shí)，最后一行為123×22，當(dāng)?shù)谝恍杏?個(gè)數(shù)時(shí)，最后一行為324×23，當(dāng)?shù)谝恍杏?個(gè)數(shù)時(shí)，最后一行為805×24，依次類(lèi)推，當(dāng)?shù)谝恍杏? 010個(gè)數(shù)時(shí)，最后一行為a1 010×21 0092 020×21 008，故選C.優(yōu)解該三角形數(shù)表，從第一行開(kāi)始，每行中間的數(shù)或中間兩數(shù)的均值依次為1 010,2 020,4 040,8 080，易知上述數(shù)列是一個(gè)首項(xiàng)為1 010，公比為2的等比數(shù)列該三角形數(shù)表共有1 010行，所以最后一行的數(shù)a1 010×21 01011 010×21 0092 020×21 008，故選C.(2)學(xué)校藝術(shù)節(jié)對(duì)同一類(lèi)的A，B，C，D四項(xiàng)參賽作品只評(píng)一個(gè)一等獎(jiǎng)，在評(píng)獎(jiǎng)揭曉前，甲、乙、丙、丁四位同學(xué)對(duì)這四項(xiàng)參賽作品預(yù)測(cè)如下，甲說(shuō)：“是C或D作品獲得一等獎(jiǎng)”；乙說(shuō)：“B作品獲得一等獎(jiǎng)”；丙說(shuō)：“A，D兩項(xiàng)作品未獲得一等獎(jiǎng)”；丁說(shuō)：“是C作品獲得一等獎(jiǎng)”若這四位同學(xué)中只有兩位說(shuō)的話是對(duì)的，則獲得一等獎(jiǎng)的作品是_解析若獲得一等獎(jiǎng)的是A，則甲、乙、丙、丁四位同學(xué)說(shuō)的話都錯(cuò)；若獲得一等獎(jiǎng)的是B，則乙、丙兩位同學(xué)說(shuō)的話對(duì)，符合題意；若獲得一等獎(jiǎng)的是C，則甲、丙、丁三位同學(xué)說(shuō)的話都對(duì)；若獲得一等獎(jiǎng)的是D，則只有甲同學(xué)說(shuō)的話對(duì)故獲得一等獎(jiǎng)的作品是B.答案B合情推理的解題思路(1)在進(jìn)行歸納推理時(shí)，要先根據(jù)已知的部分個(gè)體，把它們適當(dāng)變形，找出它們之間的聯(lián)系，從而歸納出一般結(jié)論(2)在進(jìn)行類(lèi)比推理時(shí)，要充分考慮已知對(duì)象性質(zhì)的推理過(guò)程，然后通過(guò)類(lèi)比，推導(dǎo)出類(lèi)比對(duì)象的性質(zhì)(3)歸納推理的關(guān)鍵是找規(guī)律，類(lèi)比推理的關(guān)鍵是看共性(1)(2019·臨沂三模)設(shè)ABC的三邊長(zhǎng)分別為a，b，c，ABC的面積為S，則ABC的內(nèi)切圓半徑為r.將此結(jié)論類(lèi)比到空間四面體：設(shè)四面體SABC的四個(gè)面的面積分別為S1，S2，S3，S4，體積為V，則四面體的內(nèi)切球半徑為()A. B.C. D.解析：C設(shè)四面體的內(nèi)切球的球心為O，則球心O到四個(gè)面的距離都是r，所以四面體的體積等于以O(shè)為頂點(diǎn)，分別以四個(gè)面為底面的4個(gè)三棱錐體積的和則四面體的體積為：V(S1S2S3S4)r，所以r.(2)(2020·江蘇兩市聯(lián)考)古希臘畢達(dá)哥拉斯學(xué)派的數(shù)學(xué)家研究過(guò)各種多邊形數(shù)如三角形數(shù)1,3,6,10，第n個(gè)三角形數(shù)為n2n.記第n個(gè)k邊形數(shù)為N(n，k)(k3)，以下列出了部分k邊形數(shù)中第n個(gè)數(shù)的表達(dá)式：三角形數(shù)N(n,3)n2n，正方形數(shù) N(n,4)n2，五邊形數(shù) N(n,5)n2n，六邊形數(shù) N(n,6)2n2n， 可以推測(cè)N(n，k)的表達(dá)式，由此計(jì)算N(8,12)_.解析：原已知式子可以化為N(n,3)n2nn2n，N(n,4)n2n2n，N(n,5)n2nn2n，N(n,6)2n2nn2n，由歸納推理可得N(n，k)n2n，故N(8,12)×82×8288.答案：288限時(shí)40分鐘滿分80分一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分)1(2019·濰坊三模)設(shè)a、b是兩個(gè)實(shí)數(shù)，且ab，a5b5a3b2a2b3，a2b22(ab1)，2.上述三個(gè)式子恒成立的有()A0B1個(gè)C2個(gè) D3個(gè)解析：Ba5b5(a3b2a2b3)a3(a2b2)b3(b2a2)(a2b2)(a3b3)(ab)2(ab)(a2abb2)0不恒成立；(a2b2)2(ab1)a22ab22b2(a1)2(b1)20恒成立；2或2，故選B.2(2019·龍巖質(zhì)檢)若函數(shù)f(x)則“0x1”是“f(x)0”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解析：A當(dāng)0x1時(shí)，f(x)log2x0，所以“0x1”“f(x)0”；若f(x)0，則或解得0x1或1x0，所以1x1，所以“f(x)0”/ “0x1”故選A.3(2019·北京卷)若x，y滿足|x|1y，且y1，則3xy的最大值為()A7 B1C5 D7解析：C本題是簡(jiǎn)單線性規(guī)劃問(wèn)題的基本題型，根據(jù)“畫(huà)、移、解”等步驟可得解題目難度不大，注重了基礎(chǔ)知識(shí)、基本技能的考查由題意，作出可行域如圖陰影部分所示. 設(shè)z3xy，yz3x，當(dāng)直線l0yz3x經(jīng)過(guò)點(diǎn)(2，1)時(shí)，z取最大值5.故選C.4(2020·廣州模擬)若關(guān)于x的不等式x2ax20在區(qū)間1,5上有解，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A. B.C(1，) D(，1)解析：A令f(x)x2ax2，則f(0)2，頂點(diǎn)橫坐標(biāo)x0，要使關(guān)于x的不等式x2ax20在區(qū)間1,5上有解，則應(yīng)滿足f(5)0，解得a；0時(shí)，要使關(guān)于x的不等式x2ax20在區(qū)間1,5上有解，也應(yīng)滿足f(5)0，解得a.綜上可知：實(shí)數(shù)a的取值范圍是，故選A.5已知ann，把數(shù)列an的各項(xiàng)排列成如下的形狀：a1a2a3a4a5a6a7a8a9記A(m，n)表示第m行的第n個(gè)數(shù)，則A(11,2)()A.67 B.68C.101 D.102解析：D由A(m，n)表示第m行的第n個(gè)數(shù)可知，A(11,2)表示第11行的第2個(gè)數(shù)，根據(jù)圖形可知：每一行的最后一項(xiàng)的項(xiàng)數(shù)為行數(shù)的平方，所以第10行的最后一項(xiàng)的項(xiàng)數(shù)為102100，即為a100，所以第11行的第2項(xiàng)的項(xiàng)數(shù)為1002102，所以A(11,2)a102102，故選D.6(2019·泉州三模)已知向量a(m,2)，b(1，n1)，若ab，則2m4n的最小值為()A2 B2C4 D8解析：C因?yàn)橄蛄縜(m,2)，b(1，n1)，ab，所以m2(n1)0，即m2n2.所以2m4n2224(當(dāng)且僅當(dāng)即時(shí)，等號(hào)成立)，所以2m4n的最小值為4，故選C.7(2019·浙江卷)若a0，b0，則“ab4”是“ab4”的()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解析：A易出現(xiàn)的錯(cuò)誤有，一是基本不等式掌握不熟，導(dǎo)致判斷失誤；二是不能靈活的應(yīng)用“賦值法”，通過(guò)特取a，b的值，從假設(shè)情況下推出合理結(jié)果或矛盾結(jié)果當(dāng)a0，b0時(shí)，ab2，則當(dāng)ab4時(shí)，有2ab4，解得ab4，充分性成立；當(dāng)a1，b4時(shí)，滿足ab4，但此時(shí)ab54，必要性不成立，綜上所述，“ab4”是“ab4”的充分不必要條件8(多選題)下列命題正確的是()A已知a，b都是正數(shù)，且>，則a<bB已知f(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，若xR，f(x)0，則f(1)<f(2)一定成立C命題：“xR，使得x22x1<0”的否定是真命題D“x1且y1”是“xy2”的充要條件解析：AC本題考查函數(shù)的性質(zhì)，不等式的性質(zhì)，比較大小以及充分必要條件A.已知a，b都是正數(shù)，由>，得abb>aba，則a<b，正確；B.若f(x)是常數(shù)，則f(1)<f(2)不成立；C.命題：“xR，使得x22x1<0”是假命題，則它的否定是真命題；D.“x1且y1”“xy2”，反之不成立，則“x1且y1”是“xy2”的充分不必要條件9(2019·全國(guó)卷)在“一帶一路”知識(shí)測(cè)驗(yàn)后，甲、乙、丙三人對(duì)成績(jī)進(jìn)行預(yù)測(cè)甲：我的成績(jī)比乙高乙：丙的成績(jī)比我和甲的都高丙：我的成績(jī)比乙高成績(jī)公布后，三人成績(jī)互不相同且只有一個(gè)人預(yù)測(cè)正確，那么三人按成績(jī)由高到低的次序?yàn)?)A甲、乙、丙 B乙、甲、丙C丙、乙、甲 D甲、丙、乙解析：A若甲預(yù)測(cè)正確，則乙、丙預(yù)測(cè)都不對(duì)，那么三人成績(jī)由高到低的次序?yàn)榧?、乙、?0(2019·滄州三模)司機(jī)甲、乙加油習(xí)慣不同，甲每次加定量的油，乙每次加固定錢(qián)數(shù)的油，恰有兩次司機(jī)甲、乙同時(shí)加同價(jià)格的油，但兩次的油價(jià)不同，則從這兩次加油的均價(jià)角度分析()A司機(jī)甲的均價(jià)低B司機(jī)乙的均價(jià)低C油價(jià)先高后低司機(jī)甲的均價(jià)低D油價(jià)先低后高司機(jī)甲的均價(jià)低解析：B設(shè)司機(jī)甲每次加m升油，司機(jī)乙每次加n元錢(qián)的油，第一次油價(jià)為x元/升，第二次油價(jià)為y元/升司機(jī)甲這兩次加油的均價(jià)為(元/升)司機(jī)乙這兩次加油的均價(jià)為(元/升)因?yàn)閤y，所以1.即司機(jī)乙這兩次加油的均價(jià)低11(2020·西安模擬)已知實(shí)數(shù)x，y滿足約束條件若約束條件表示的平面區(qū)域的面積為9，則zxy的最小值為()A2 BC2 D.解析：C由題意可知，可行域如圖中ABC及其內(nèi)部所示，聯(lián)立，得可得A，聯(lián)立，得可得C(3a3，a)，所以|AC|a，故ABC的面積為×a×a9，解得a2或a2(舍去)，故A(0,2)作出直線yx，平移該直線，當(dāng)直線經(jīng)過(guò)可行域內(nèi)的A點(diǎn)時(shí)，z取得最小值，且zmin2，選C.12(2020·廈門(mén)模擬)若log4(3a4b)log2，則ab的最小值是()A62 B72C64 D74解析：D因?yàn)閘og4(3a4b)log2，所以log4(3a4b)log4(ab)，即3a4bab，且即a0，b0，所以1(a0，b0)，ab(ab)772 74，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，故選D.二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分)13(2019·吉林三模)已知正實(shí)數(shù)x，y滿足xyxy17，則x2y3的最小值為_(kāi)解析：由題意，得y0，x0，則0x17，所以x2y3x3(x1)2 12，當(dāng)且僅當(dāng)x5時(shí)取等號(hào)，故x2y3的最小值為12.答案：1214(2020·綿陽(yáng)診斷)如圖所示的三角形數(shù)陣叫“萊布尼茲調(diào)和三角形”，它們是由整數(shù)的倒數(shù)組成的，第n行有n個(gè)數(shù)且兩端的數(shù)均為(n2)，其余每個(gè)數(shù)是它下一行左右相鄰兩數(shù)的和，如，則第11行第2個(gè)數(shù)(從左往右數(shù))為_(kāi)解析：由“萊布尼茲調(diào)和三角形”中數(shù)的排列規(guī)律，我們可以推斷：第10行的第一個(gè)數(shù)為，第11行的第一個(gè)數(shù)為，則第11行的第二個(gè)數(shù)為.答案：15.(2019·青島三模)祖暅(公元前56世紀(jì))是我國(guó)齊梁時(shí)代的數(shù)學(xué)家，是祖沖之的兒子他提出了一條原理：“冪勢(shì)既同，則積不容異”這里的“冪”指水平截面的面積，“勢(shì)”指高這句話的意思是：兩個(gè)等高的幾何體若在所有等高處的水平截面的面積相等，則這兩個(gè)幾何體體積相等設(shè)由橢圓1(ab0)所圍成的平面圖形繞y軸旋轉(zhuǎn)一周后，得一橄欖的幾何體(如圖)(稱(chēng)為橢球體)，課本中介紹了應(yīng)用祖暅原理求球體體積公式的做法，請(qǐng)類(lèi)比此法，求出橢球體體積，其體積等于_解析：橢圓的長(zhǎng)半軸為a，短半軸為b，現(xiàn)構(gòu)造兩個(gè)底面半徑為b，高為a的圓柱，然后在圓柱內(nèi)挖去一個(gè)以圓柱下底面圓心為頂點(diǎn)，圓柱上底面為底面的圓錐，根據(jù)祖暅原理得出橢球的體積V2(V圓柱V圓錐)2×b2a.答案：×b2a16(與物理知識(shí)交匯)某項(xiàng)研究表明：在考慮行車(chē)安全的情況下，某路段車(chē)流量F(單位時(shí)間內(nèi)經(jīng)過(guò)測(cè)量點(diǎn)的車(chē)輛數(shù)，單位：輛/時(shí))與車(chē)流速度v(假設(shè)車(chē)輛以相同速度v行駛，單位：米/秒)，平均車(chē)長(zhǎng)l(單位：米)的值有關(guān)，其公式為F.如果不限定車(chē)型，l6.05，則最大車(chē)流量為_(kāi)輛/時(shí)；如果限定車(chē)型，l5，則最大車(chē)流量比中的最大車(chē)流量增加_輛/時(shí)解析：當(dāng)l6.05時(shí)，F(xiàn)1 900.當(dāng)且僅當(dāng)v11米/秒時(shí)等號(hào)成立，此時(shí)車(chē)流量最大為1 900輛/時(shí)當(dāng)l5時(shí)，F(xiàn)2 000.當(dāng)且僅當(dāng)v10米/秒時(shí)，車(chē)流量最大為2 000輛/時(shí)比中最大車(chē)流量增加100輛/時(shí)答案：1 900100 - 16 -