2022年高考数学真题分类汇编专题05：不等式一、单选题1．（2022·浙江）若实数x，y满足约束条件x−2≥0，2x+y−7≤0，x−y−2≤0，则z=3x+4y的最大值是（　　）A．20B．18C．13D．62．（2022·全国乙卷）若x，y满足约束条件x+y⩾2，x+2y⩽4，y⩾0，则z=2x−y的最大值是（　　）A．−2B．4C．8D．123．（2022·全国甲卷）设全集U={−2，−1，0，1，2，3}，集合A={−1，2}，B={x∣x2−4x+3=0}，则∁U(A∪B)=（　　）A．{1，3}B．{0，3}C．{−2，1}D．{−2，0}4．（2022·全国甲卷）已知9m=10，a=10m−11，b=8m−9，则（　　）A．a>0>bB．a>b>0C．b>a>0D．b>0>a5．（2022·新高考Ⅰ卷）设a=0.1e0.1，b=19，c=−ln0.9，则（　　）A．a<b<cB．c<b<aC．c<a<bD．a<c<b6．（2022·新高考Ⅰ卷）若集合M={x∣x<4}，N={x∣3x⩾1}，则M∩N=（　　）A．{x∣0≤x<2}B．{x∣13≤x<2}C．{x∣3≤x<16}D．{x∣13≤x<16}7．（2022·浙江学考）不等式x2−4x<0的解集是（）A．(0，4)B．(−4，0)C．(−∞，4)D．(−∞，0)∪(4，+∞)8．（2022·浙江学考）不等式组x−2y+5≥0x+y+2<0表示的平面区域是（）A．B．nC．D．9．（2022·浙江学考）若log2(2x−1)−x<log2(λ⋅2x+3λ)对任意x∈(0，+∞)恒成立，则λ的取值范围是（）A．(19，+∞)B．(0，19)C．(15，+∞)D．(0，15)10．（2022·上海）已知a>b>c>d，下列选项中正确的是（　　）A．a+d>b+cB．a+c>b+dC．ad>bcD．ac>bd二、多选题11．（2022·新高考Ⅱ卷）对任意x，y，x2+y2−xy=1，则（　　）A．x+y≤1B．x+y≥−2C．x2+y2≤2D．x2+y2≥1三、填空题12．（2022·全国甲卷）已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB=120°，AD=2，CD=2BD．当ACAB取得最小值时，BD=　　．13．（2022·新高考Ⅰ卷）若曲线y=(x+a)ex有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是　　.14．（2022·上海）不等式x−1x<0的解集为　　四、解答题15．（2022·全国乙卷）已知a，b，c都是正数，且a32+b32+c32=1，证明：（1）abc≤19；（2）ab+c+ba+c+ca+b≤12abc．16．（2022·新高考Ⅰ卷）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cosA1+sinA=sin2B1+cos2B.（1）若C=2π3，求B；（2）求a2+b2c2的最小值.17．（2022·上海）如图，矩形ABCD区域内，D处有一棵古树，为保护古树，以D为圆心，DA为半径划定圆D作为保护区域，已知AB=30m，AD=15nm，点E为AB上的动点，点F为CD上的动点，满足EF与圆D相切.（1）若∠ADE=20°，求EF的长；（2）当点E在AB的什么位置时，梯形FEBC的面积有最大值，最大面积为多少？（长度精确到0.1m，面积精确到0.01m²）18．（2022·上海）已知函数f(x)，甲变化：f(x)−f(x−t)；乙变化：|f(x+t)−f(x)|，t>0.（1）若t=1，f(x)=2x，f(x)经甲变化得到g(x)，求方程g(x)=2的解；（2）若f(x)=x2，f(x)经乙变化得到h(x)，求不等式h(x)≤f(x)的解集；（3）若f(x)在(−∞，0)上单调递增，将f(x)先进行甲变化得到u(x)，再将u(x)进行乙变化得到h1(x)；将f(x)先进行乙变化得到v(x)，再将v(x)进行甲变化得到h2(x)，若对任意t>0，总存在h1(x)=h2(x)成立，求证：f(x)在R上单调递增.答案解析部分1．【答案】B2．【答案】C3．【答案】D4．【答案】A5．【答案】C6．【答案】D7．【答案】A8．【答案】B9．【答案】A10．【答案】B11．【答案】B,C12．【答案】3−1或−1+313．【答案】a＞0或a＜-414．【答案】(0，1)15．【答案】（1）证明：因为a>0，b>0，c>0，则a32>0，b32>0，c32>0，所以a32+b32+c323≥3a32⋅b32⋅c32，即(abc)12≤13，所以abc≤19，当且仅当a32=b32=c32，即a=b=c=319时取等号．（2）证明：因为a>0，b>0，c>0，n所以b+c≥2bc，a+c≥2ac，a+b≥2ab，所以ab+c≤a2bc=a322abc，ba+c≤b2ac=b322abc，ca+b≤c2ab=c322abcab+c+ba+c+ca+b≤a322abc+b322abc+c322abc=a32+b32+c322abc=12abc当且仅当a=b=c时取等号．16．【答案】（1）因为cosA1+sinA=sin2B1+cos2B=2sinBcosB2cos2B=sinBcosB，所以cosAcosB=sinB+sinAsinB，所以cos(A+B)=sinB，又因为cos(A+B)=sinB⇒sinB=cos(π−C)=cosπ3=12，C=2π3>π2，所以B<π2，故B=π6.（2）因为sinB=cos(π−C)=sin(C−π2)所以B=C−π2所以sinA=sin(B+C)=sin(2C−π2)=−cos2C由余弦定理c2=a2+b2−2abcosC⇒a2+b2=c2+2abcosC所以a2+b2c2=c2+2abcosCc2=1+2abcosCc2=1+2sinAsinBcosCsin2C=1+2sinAsinBcosCsin2C=1+2cos2Ccos2Csin2C=1+2(1−2sin2C)(1−sin2C)sin2C=1+2(2sin2C+1sin2C−3)≥1+2(22−3)=42−5当且仅当2sin2C=1sin2C，即sin2C=22时取得等号，综上，a2+b2c2的最小值为42−5.17．【答案】（1）如图，作DH⊥EF，n则EF=EH+HF=15tan20°+15tan50°≈23.3m；（2）设∠ADE=θ，AE=15tanθ，FH=15tan(90°-2θ)，则SAEFD=15230tanθ+15cot2θ=22543tanθ+1tanθ≥22532当且仅当3tanθ=1tanθ，即tanθ=33时，等号成立，即当AE=15tanθ=53时，最大面积为450-22532≈255.14m218．【答案】（1）由题意得g(x)=f(x)-f(x-1)=2x-2x-1=2x-1，则由g(x)=2得2x-1=2，解得x=2；（2）由题意得h(x)=|2tx+t2|，如图所示①当x≤-t2时，h(x)≤f(x)恒成立；②n当x>-t2时，h(x)=2tx+t2，则由h(x)≤f(x)得2tx+t2≤x2，解得x≤1-2t或x≥1+2t，综上可得x≤1-2t或x≥1+2t，故解集为：(−∞，(1−2)t]∪[(1+2)t，+∞)（3）由题意得h1(x)=|[f(x+t)-f(x)]-[f(x)-f(x-t)]|，h2(x)=|[f(x+t)-f(x)]|-|[f(x)-f(x-t)]|，∵x∈R时，h1(x)=h2(x)恒成立∴|[f(x+t)-f(x)]-[f(x)-f(x-t)]|=|[f(x+t)-f(x)]|-|[f(x)-f(x-t)]|……①∵t>0且f(x)在(−∞，0)上单调递增∴x-t<x<0则根据|a-b|≥|a|-|b|(当且仅当ab≥0且|a|≥|b|时等号成立)得f(x-t)<f(x)∴f(x)-f(x-t)>0则由①得[f(x+t)-f(x)]·[f(x)-f(x-t)]⩾0f(x+t)-f(x)≥f(x)-f(x-t)=f(x)-f(x-t)>0∴f(x+t)-f(x)>0即f(x+t)-f(x)>f(x)-f(x-t)>0∴f(x+t)-f(x)>f(x)-f(x-t)f(x+t)>f(x)f(x)>f(x-t)对t>0都成立，则f(x)在R上单调递增.