高中数学（人教A版）必修5能力强化提升及单元测试（25份）.doc

1、高中数学（人教高中数学（人教 A A 版）必修版）必修 5 5 能力强化能力强化 提升及单元测试提升及单元测试(25(25 份份) ) 第一章 解三角形 1.1 正弦定理和余弦定理 1.1.1 正弦定理 双基达标 限时 20 分钟 1在ABC 中，若 a5，b3，C120 ，则 sin Asin B 的值是 ( ) A.5 3 B.3 5 C.3 7 D.5 7 解析 在ABC 中，C120 ，故 A，B 都是锐角据正弦定理sin A sin B a b 5 3. 答案 A 2在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c.若 ac 6 2，且角 A75 ，则 b ( ) A2 B42

2、 3 C42 3 D. 6 2 解析 如图所示 在ABC 中，由正弦定理得 b sin 30 6 2 sin 75 6 2 sin45 30 4.b2. 3在ABC 中，若 sin Asin B，则角 A 与角 B 的大小关系为 ( ) AAB BAsin B2Rsin A2Rsin B(R 为ABC 外接圆的半径)abAB. 答案 A 4在ABC 中，若 AC 6，BC2，B60 ，则 C_. 解析 由正弦定理得 2 sin A 6 sin 60 ， sin A 2 2 . BC21，BA，ABC 为直角三角形 综合提高 限时 25 分钟 7在ABC 中，若sin A a cos B b c

3、os C c ，则ABC 中最长的边是 ( ) Aa Bb Cc Db 或 c 解析 由正弦定理知 sin Bcos B，sin Ccos C，BC45 ，A90 ，故选 A. 答案 A 8在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，向量 m( 3，1)，n(cos A，sin A)， 若 mn，且 acos Bbcos Ac sin C，则角 A，B 的大小为 ( ) A. 6， 3 B.2 3 ， 6 C. 3， 6 D. 3， 3 解析 mn， 3cos Asin A0， tan A 3，A 3， 由正弦定理得 sin Acos Bsin Bcos Asin2C， sin(A

4、B)sin2C，即 sin C1，C 2，B 6. 答案 C 9在ABC 中，若 ABC123，a1，则 a2bc sin A2sin Bsin C_. 解析 由已知 A30 ，B60 ，C90 ， a sin A2. a sin A 2b 2sin B c sin C a2bc sin A2sin Bsin C2. 答案 2 10在ABC 中，已知 a，b，c 分别为内角 A，B，C 的对边，若 b2a，BA60 ，则 A _. 解析 b2a，sin B2sin A，又BA60 ， sin(A60 )2sin A 即 sin Acos 60 cos Asin 60 2sin A， 化简得：s

5、in A 3 3 cos A，tan A 3 3 ，A30 . 答案 30 11 已知方程 x2(bcos A)xacos B0 的两根之积等于两根之和， 且 a、 b 为ABC 的两边， A、B 为两内角，试判定这个三角形的形状 解：设方程的两根为 x1、x2， 由根与系数的关系，得 x1x2bcos A， x1x2acos B. bcos Aacos B. 由正弦定理得：sin Bcos Asin Acos B sin Acos Bcos Asin B0， sin(AB)0. A、B 为ABC 的内角， 0A，0B，AB. AB0，即 AB. 故ABC 为等腰三角形 12(创新拓展)在AB

6、C 中，已知ab a sin B sin Bsin A，且 cos(AB)cos C1cos 2C. (1)试确定ABC 的形状； (2)求ac b 的取值范围 解 (1)在ABC 中，设其外接圆半径为 R，根据正弦定理得 sin A a 2R，sin B b 2R， 代入ab a sin B sin Bsin A，得： ab a b ba， b2a2ab. cos(AB)cos C1cos 2C， cos(AB)cos(AB)2sin2C， sin Asin Bsin2C. 由正弦定理，得 a 2R b 2R c 2R 2， abc2. 把代入得，b2a2c2， 即 a2c2b2. ABC

7、是直角三角形 (2)由(1)知 B 2，AC 2， C 2A. sin Csin 2A cos A. 根据正弦定理，ac b sin Asin C sin B sin Acos A 2sin A 4 . 00，c2a2b20. a2b2A， cos A 1sin2A5 7 14 . tan Asin A cos A 3 5 . 12(创新拓展)在ABC 中，a，b，c 分别为内角 A，B，C 的对边，且 2asin A(2bc)sin B (2cb)sin C. (1)求 A 的大小； (2)若 sin Bsin C1，试判断ABC 的形状 解 (1)由已知，根据正弦定理得 2a2(2bc)b

8、(2cb)c， 即 a2b2c2bc. 由余弦定理 a2b2c22bccos A， 故 cos A1 2. 又 A(0，)，A2 3 . (2)由(1)中 a2b2c2bc 及正弦定理，可得 sin2Asin2Bsin2Csin Bsin C， 即 3 2 2sin2Bsin2Csin Bsin C， 又 sin Bsin C1，得 sin Bsin C1 2， 又 0b，AB，B 6，C 2.SABC 3 2 . 答案 3 2 6(2011 海口高一月考)在ABC 中，A120 ，cb，a 21，SABC 3，求 b，c. 解 SABC1 2bcsin A 3，bc4. 又 a2b2c22b

9、ccos A， bc5， 又 cb，由得 b1，c4. 综合提高 限时 25 分钟 7在ABC 中，c 3，b1，B30 ，则ABC 的面积为 ( ) A. 3 2 或 3 B. 3 2 或 3 4 C. 3或 3 4 D. 3 解析 根据正弦定理：sin Ccsin B b 3sin 30 3 2 . cb，CB30 ，C60 或 120 . 当 C60 时，A180 (BC)180 (30 60 )90 ， ABC 的面积 S1 2bc 3 2 ； 当 C120 时，A180 (30 120 )30 ， ABC 的面积 S1 2bcsin A 1 21 3sin 30 3 4 . 答案 B

10、 8在ABC 中，A60 ，b1，其面积为 3，则 a sin A等于 ( ) A.2 39 3 B.2 29 3 C.26 3 3 D3 3 解析 由 SABC1 2bcsin A 3可知 c4. 由余弦定理得 a2b2c22bccos A1168cos 60 13， a 13. a sin A 13 sin 60 2 39 3 . 答案 A 9已知等腰三角形的底边长为 6，一腰长为 12，则它的内切圆面积为_ 解析 不妨设三角形三边为 a，b，c，且 a6，bc12， 由余弦定理得： cos Ab 2c2a2 2bc 12 212262 21212 7 8， sin A 1 7 8 2 1

11、5 8 . 由1 2(abc) r 1 2bcsin A 得 r 3 15 5 . S内切圆r227 5 . 答案 27 5 10在ABCD 中，AB6，AD3，BAD60 ，则ABCD 的对角线 AC 长为_， 面积为_ 解析 在ABCD 中，连接 AC，则 CDAB6， ADC180 BAD180 60 120 . 根据余弦定理得， AC AD2CD22 AD CDcos 120 3262236 1 2 3 7. SABCD2SABDAB AD sinBAD 63sin 60 9 3. 答案 3 7 9 3 11在ABC 中，内角 A，B，C 对边分别是 a，b，c，已知 c2，C 3.

12、(1)若ABC 的面积等于 3，求 a，b； (2)若 sin B2sin A，求ABC 的面积 解 (1)S1 2absin C 1 2ab 3 2 3， ab4. c2a2b22abcos C (ab)22ab2abcos C(ab)2124. ab4. 由可得 a2，b2. (2)sin B2sin A，b2a. 又c2a2b22abcos C(ab)23ab4. a2 3 3 ，b4 3 3 . S1 2absin C 2 3 3 . 12(创新拓展)在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且 cos C1 5， (1)求 sin C 4 的值； (2)若CA CB1

13、，ab 37，求边 c 的值及ABC 的面积 解 (1)由 sin2Ccos2C1，得 sin C2 6 5 . 则 sin C 4 sin Ccos 4cos Csin 4 2 6 5 2 2 1 5 2 2 4 3 2 10 . (2)因为CA CB|CA|CB|cos C1，则 ab5. 又 ab 37，所以 a2b2(ab)22ab27. 所以 c2a2b22abcos C25，则 c5. 所以 SABC1 2absin C 6. 第二章 数列 2.1 数列的概念与简单表示法 第 1 课时 数列的概念与通项公式 双基达标 限时 20 分钟 1下列说法中，正确的是 ( ) A数列 1,3

14、,5,7 可表示为1,3,5,7 B数列 1,0，1，2 与数列2，1,0,1 是相同的数列 C数列 n1 n 的第 k 项是 11 k D数列 0,2,4,6,8，可表示为 an2n(nN*) 解析 A 错，1,3,5,7是集合B 错，是两个不同的数列，顺序不同C 正确，akk1 k 11 k.D 错，an2(n1)(nN *) 答案 C 2已知数列 3，3， 15， 21，3 3， 32n1，则 9 是这个数列的 ( ) A第 12 项 B第 13 项 C第 14 项 D第 15 项 解析 令 an 32n19，解得 n14. 答案 C 3在数列 1,1,2,3,5,8，x,21,34,5

15、5 中，x 等于 ( ) A11 B12 C13 D14 解析 从第三项起每一项都等于前连续两项的和，即 anan1an2，所以 x5813. 答案 C 4600 是数列 12,23,34,45，的第_项 解析 ann(n1)6002425，n24. 答案 24 5已知数列an满足 a10， an1 an 1 2(nN *)，则数列a n是_数列(填“递增”或“递 减”) 解析 由已知 a10，an11 2an(nN *)， 得 an0(nN*) 又 an1an1 2anan 1 2an0，易知正确 答案 A 8古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数，例如： 他们研究过图 1 中的 1

16、,3,6,10，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数； 类似地，称图 2 中的 1,4,9,16，这样的数为正方形数下列数中既是三角形数又是正方 形数的是 ( ) A289 B1 024 C1 225 D1 378 解析 由图形可得三角形数构成的数列通项 ann 2(n1)， 同理可得正方形数构成的数列 通项 bnn2，而所给的选项中只有 1 225 满足 a494950 2 b353521 225.故选 C. 答案 C 9数列3 5， 1 2， 5 11， 3 7，的一个通项公式是_ 解析 数列可写为：3 5， 4 8， 5 11， 6 14， 分子满足：312,422,532,64

17、2， 分母满足：5312,8322,11332,14342， 故通项公式为 an n2 3n2. 答案 an n2 3n2 10如图 1 是第七届国际数学教育大会(简称 ICME7)的会徽图案，会徽的主体图案是由如 图 2 的一连串直角三角形演化而成的，其中 OA1A1A2A2A3A7A81，如果把图 2 中的直角三角形继续作下去，记 OA1，OA2，OAn，的长度构成数列an，则此 数列的通项公式为 an_. 解析 OA11，OA2 2，OA3 3，OAn n， a11，a2 2，a3 3，an n. 答案 n 11已知数列 9n29n2 9n21 . (1)求这个数列的第 10 项； (2

18、) 98 101是不是该数列中的项，为什么？ (3)求证：数列中的各项都在区间(0,1)内； (4)在区间 1 3， 2 3 内有无数列中的项？若有，有几项？若没有，说明理由 (1)解 设 f(n)9n 29n2 9n21 3n13n2 3n13n1 3n2 3n1. 令 n10，得第 10 项 a10f(10)28 31. (2)解 令3n2 3n1 98 101，得 9n300. 此方程无正整数解，所以 98 101不是该数列中的项 (3)证明 an3n2 3n1 3n13 3n1 1 3 3n1， 又 nN*，0 3 3n11，0an1. 数列中的各项都在区间(0,1)内 (4)解 令1

19、 3an 3n2 3n1 2 3， 3n19n6， 9n66n2， n7 6， n8 3. 7 6n 8 3. 当且仅当 n2 时，上式成立，故区间 1 3， 2 3 上有数列中的项，且只有一项 为 a24 7. 12 (创新拓展)已知an的通项公式为 an3n1， 是否存在 m， kN*， 满足 amam1ak？ 如果存在，求出 m，k 的值；如果不存在，说明理由 解 由 amam1ak，得 6m53k1， 整理后，可得 k2m4 3， m，kN*，k2m 为整数， 不存在 m，kN*使等式成立 第 2 课时 数列的性质与递推公式 双基达标 限时 20 分钟 1在递减数列an中，ankn(k

20、 为常数)，则实数 k 的取值范围是 ( ) AR B(0，) C(，0) D(，0 解析 an是递减数列， an1ank(n1)knk0，a100，a110， S10S11且为 Sn的最大值 答案 10 或 11 11已知函数 f(x) 1 xx1，构造数列 anf(n)(nN *)，试判断a n是递增数列还是递减数 列 解 由已知得 an 1 nn1 1 n 1 n1， an1an 1 n1 1 n2 1 n 1 n1 2 nn1n20，则 an_. 解析 由已知 an12an24， an2是等差数列，且首项 a121，公差 d4， an21(n1) 44n3. 又 an0，an 4n3.

21、 答案 4n3 10若数列an是公差为 d 的等差数列，则数列an2an2是公差为_的等差数列 解析 (an12an3)(an2an2)(an1an)2(an3an2)d2d3d. 答案 3d 11已知数列an满足 a12，an1 2an an2，则数列 1 an 是否为等差数列？说明理由 解 数列 1 an 是等差数列，理由如下： a12，an1 2an an2， 1 an1 an2 2an 1 2 1 an， 1 an1 1 an 1 2(常数) 1 an 是以 1 a1 1 2为首项，公差为 1 2的等差数列 12(创新拓展)对数列an，规定an为数列an的一阶差分数列，其中 anan1

22、an.对 正整数 k，规定kan为an的 k 阶差分数列，其中 kank 1a n1 k1a n( k 1a n)(k2) (1)试写出数列 1,2,4,8,15,26 的一阶差分数列； (2)已知数列an的通项公式 ann2n，试判断an，2an是否为等差数列，为什么？ 解 (1)由题意，可以得到此数列的一阶差分数列为 1,2,4,7,11. (2)anan1an(n1)2(n1)(n2n)2n2， an是首项为 4，公差为 2 的等差数列 2an2(n1)2(2n2)2， 2an是首项为 2，公差为 0 的等差数列 第 2 课时 等差数列的性质及其应用 双基达标 限时 20 分钟 1已知a

23、n为等差数列，a2a812，则 a5等于 ( ) A4 B5 C6 D7 解析 由 a2a82a512 得：a56，故选 C. 答案 C 2由公差 d0 的等差数列 a1，a2，an组成一个新的数列 a1a3，a2a4，a3a5， 下列说法正确的是 ( ) A新数列不是等差数列 B新数列是公差为 d 的等差数列 C新数列是公差为 2d 的等差数列 D新数列是公差为 3d 的等差数列 解析 (an1an3)(anan2)(an1an)(an3an2)2d， 数列 a1a3，a2a4，a3a5，是公差为 2d 的等差数列 答案 C 3在等差数列an中，若 a2a4a6a8a1080，则 a71 2

24、a8 的值为 ( ) A4 B6 C8 D10 解析 由 a2a4a6a8a105a680， a616，a71 2a8 1 2(2a7a8) 1 2(a6a8a8) 1 2a68. 答案 C 4已知an为等差数列，a1a3a5105，a2a4a699，则 a20_. 解析 a1a3a5105，3a3105，a335. a2a4a63a499.a433，da4a32. a20a416d3316(2)1. 答案 1 5首项为24 的等差数列，从第 10 项起开始为正数，则公差的取值范围是_ 解析 设 an24(n1)d， 由 a9248d0 a10249d0 解得：8 30，排除 D. 答案 C

25、9设 Sn为等差数列an的前 n 项和，若 S33，S624，则 a9_. 解析 设等差数列的公差为 d，则 S33a132 2 d3a13d3，即 a1d1， S66a165 2 d6a115d24，即 2a15d8. 由 a1d1， 2a15d8， 解得 a11， d2. 故 a9a18d18215. 答案 15 10在等差数列an和bn中，a125，b175，a100b100100，则数列anbn的前 100 项的和为_ 解 析 由 已 知 得 an bn 为 等 差 数 列 ， 故 其 前100项 的 和 为S100 100a1b1a100b100 2 50(2575100)10 00

26、0. 答案 10 000 11设正项数列an的前 n 项和为 Sn，并且对于任意 nN*，an与 1 的等差中项等于 Sn， 求数列an的通项公式 解 由题意知， Snan1 2 ，得： Snan1 2 4 . a1S11. 又an1Sn1Sn1 4(an11) 2(a n1) 2， (an11)2(an1)20， 即(an1an)(an1an2)0， an0，an1an2， an是以 1 为首项，2 为公差的等差数列， an2n1. 12(创新拓展)已知公差大于零的等差数列an的前 n 项和为 Sn，且满足：a3 a4117，a2 a522. (1)求数列an的通项公式 an； (2)若数列

27、bn是等差数列，且 bn Sn nc，求非零常数 c. 解 (1)an为等差数列，a3a4a2a522， 又 a3 a4117， a3，a4是方程 x222x1170 的两个根， 又公差 d0，a30，S130，S130， 13a178d0， 3d0)， 由 a5a1q4及题设，知 16q4. q2.S7a11q 7 1q 12 7 12 127. 答案 C 2设等比数列an的公比 q2，前 n 项和为 Sn，则S4 a2等于 ( ) A2 B4 C.15 2 D.17 2 解析 S4 a2 a11q4 1q a1q a1116 a1 2 15 2 . 答案 C 3 在各项都为正数的等比数列a

28、n中， 首项 a13， 前 3 项和为 21， 则 a3a4a5等于( ) A33 B72 C84 D189 解析 由 S3a1(1qq2)21 且 a13，得 qq260.q0，q2. a3a4a5q2(a1a2a3)22 S384. 答案 C 4设等比数列an的前 n 项和为 Sn，a11，S64S3，则 a4_. 解析 由 a11，S64S3， a11q 6 1q 4 a11q3 1q ， 1q64(1q3)得 q33， 故 a4a1q3133. 答案 3 5在等比数列an中，已知 a1a2a31，a4a5a62.则该数列前 15 项的和 S15 _. 解析 由性质知：a1a2a3，a4

29、a5a6，a7a8a9，成等比数列，其公比 q2 1 2， 首项为 a1a2a31， 其前 5 项和就是数列an的前 15 项的和 S151 12 5 12 11. 答案 11 6已知数列an是等比数列，其中 a71，且 a4，a51，a6成等差数列 (1)求数列an的通项公式； (2)数列an的前 n 项和记为 Sn，证明：Sn380 z45 C. x95 y380 z45 D. x95 y380 z45 解析 “不低于”即，“高于”即，“超过”即“”，x95，y380，z45. 答案 D 2已知 ab0，bbba Babab Cabba Dabab 解析 由 ab0 知 ab， abba.

30、 答案 C 3设 xa2 Cx2ax 解析 x0，x2ax. 又 axa2a(xa)0，axa2. x2xaa2. 答案 B 4若 1a5，1b2，则 ab 的取值范围为_ 解析 1b2，2b1，又 1a5， 1ab6. 答案 1,6 5若 f(x)3x2x1，g(x)2x2x1，则 f(x)与 g(x)的大小关系是_ 解析 f(x)g(x)x22x2(x1)210， f(x)g(x) 答案 f(x)g(x) 6已知 2c 且 abc0，则下列不等式中正确的是 ( ) Aabac Bacbc Ca|b|c|b| Da2b2c2 解析 由 abc 及 abc0 知 a0，c0，bc，abac.故

31、选 A. 答案 A 8若 x(e 1,1)，aln x，b2ln x，cln3x，则 ( ) Aab. cat3tt(t21)t(t1)(t1)， 又1a.cab. 答案 C 9b 克糖水中有 a 克糖(ba0)，若再添上 m 克糖(m0)，则糖水就变甜了，试根据此事实 提炼一个不等式：_. 解析 变甜了，意味着含糖量大了，即浓度高了 答案 am bm a b 10设 n1，nN，A n n1，B n1 n，则 A 与 B 的大小关系为_ 解析 A 1 n n1，B 1 n1 n. n n1B. 答案 AB 11若 a0，b0，求证：b 2 a a 2 bab. 证明 b 2 a a 2 ba

32、b (ab) a b b a ab 2ab ab ， (ab)20 恒成立，且 a0，b0， ab0，ab0. ab 2ab ab 0. b 2 a a 2 b ab. 12(创新拓展)已知 f(x)ax2c，且4f(1)1，1f(2)5.求 f(3)的取值范围 解 由 acf1， 4acf2. 得 a1 3f2f1， c4 3f1 1 3f2. f(3)9ac8 3f(2) 5 3f(1) 1f(2)5， 8 3 8 3f(2) 40 3 . 4f(1)1， 5 3 (1)5 3f(1) 5 3 (4) 8 3 5 3 8 3f(2) 5 3f(1) 40 3 20 3 ， 即1f(3)20

33、. 即 f(3)的取值范围是1,20 3.2 一元二次不等式及其解法 第 1 课时 一元二次不等式的解法 双基达标 限时 20 分钟 1不等式x2x20 的解集是 ( ) Ax|x2 或 x1 Bx|20. 其中解集是 R 的是_(把正确的序号全填上) 解析 x2x10，140. 的解集不是 R. a24(a21)(1)5a240， 的解集不是 R，故填. 答案 6解下列不等式： (1)23x2x20； (2)x(3x)x(x2)1； (3)x22x30. 解 (1)原不等式可化为 2x23x20 的解集是_ 解析 将点(0，6)，(1，6)，(2，4)代入 yax2bxc 得： c6， ab

34、c6， 4a2bc4. a1， b1， c6. 不等式化为 x2x60，即(x3)(x2)0. 故不等式的解集为x|x3 答案 x|x3 10已知 x1 是不等式 k2x26kx80(k0)的解，则 k 的取值范围是_ 解析 由已知 k26k80(k2)(k4)0k2 或 k4. 又 k0，k0 0 4a24a2a30. 当 a0 时，恒有 30，不等式也成立 故 a 的取值范围是0，) 答案 0，) 6解不等式 (1)x1 x20； (2)2x1 34x1. 解 (1)原不等式等价于 x1x20 x20 ， 解得 x1 或 x2， 原不等式的解集为x|x1 或 x2 (2)原不等式可改写为2

35、x1 4x310， 令 f(p)(x1)px22x1， 则 f(p)的图象是一条直线又因为|p|2， 所以2p2，于是得： f20， f20. 即 x1 2x22x10， x1 2x22x10. 即 x24x30， x210. x3 或 x3 或 xx22x1， 2x4，x10. px 22x1 x1 1x. 由于不等式当 2x4 时恒成立， 所以 p(1x)max. 而 2x4，所以(1x)max1， 于是 p1.故 p 的取值范围是 p1. 3.3 二元一次不等式(组)与简单的线性 规划问题 3.3.1 二元一次不等式(组)与平面区域 双基达标 限时 20 分钟 1不在不等式 3x2y2

36、3x2y60 x0 D. y2 3x2y60.观察选项可知选 C. 答案 C 4ABC 的三个顶点坐标为 A(3，1)，B(1,1)，C(1,3)，则ABC 的内部及边界所对应 的二元一次不等式组是_ 解析 如图直线 AB 的方程为 x2y10(可 用两点式或点斜式写出) 直线 AC 的方程为 2xy50， 直线 BC 的方程为 xy20， 把(0,0)代入 2xy550， x2 表示的平面区域如图(1)中阴影部分所示 (2)不等式(xy)(xy1)0 等价于不等式组 xy0， xy10 或 xy0， xy10. 而不等式组 xy0， xy10 无解，故(xy)(xy1)0 表示的平面区域如图

37、(2)(阴影部 分) 综合提高 限时 25 分钟 7在直角坐标系中，不等式 y2x20 表示的平面区域是 ( ) 解析 原不等式等价于(xy)(xy)0，因此表示的平面区域为左右对顶的区域(包括边 界)，故选 C. 答案 C 8若不等式组 x0， x3y4， 3xy4. 所表示的平面区域被直线 ykx4 3分为面积相等的两部分， 则 k 的值是 ( ) A.7 3 B.3 7 C.4 3 D.3 4 解析 不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，所以 求得点 A，B，C 的坐标分别为(1,1)，(0,4)， 0，4 3 . 由直线 ykx4 3恒过点 C 0，4 3 ，且平面区域被此直线分为

38、 面积相等的两部分，观察图象可知，当直线 ykx4 3与直线 3xy4 的交点 D 的横坐标为点 A 的横坐标的一半时，可满足要求因此 xD1 2，代入 直线 3xy4，可得 yD5 2，故点 D 的坐标为 1 2， 5 2 ，代入直线 ykx4 3，即 5 2k 1 2 4 3，解得 k 7 3，故选 A. 答案 A 9不等式|x|y|1 所表示的平面区域的面积为_ 解析 原不等式等价于 xy1，x0，y0， xy1，x0，y0， xy1，x0，y0， xy1，x0，y0. 其表示的平面区域如图中阴影部分 S( 2)22. 答案 2 10若点 P(m,3)到直线 4x3y10 的距离为 4，

39、且点 P 在不等式 2xy30)取得最大值的最优解有无穷多个，则 a 的值 为 ( ) A.1 4 B.3 5 C4 D.5 3 解析 由 yaxz 知当akAC时，最优解有无穷多个kAC3 5，a 3 5. 答案 B 8已知 x，y 满足 xy50， x3， xyk0. 且 z2x4y 的最小值为6，则常数 k ( ) A2 B9 C3 10 D0 解析 由题意知，当直线 z2x4y 经过直线 x3 与 xyk0 的交点(3，3k)时， z 最小，所以6234(3k)，解得 k0.故选 D. 答案 D 9若实数 x，y 满足 xy10， xy0， x0. 则 z3x 2y 的最小值是_ 解析 由不等式组得可行域是以 A(0,0)，B(0,1)，C(0.5,0.5)为顶点的三角形，易知当 x 0，y0 时，zx2y 取最小值 0.所以 z3x 2y的最小值是 1. 答案 1 10某公司租赁甲、乙两种设备生产 A，B 两类产品，甲种设备每天能生产 A 类产品 5 件和 B 类产品 10 件，乙种设备每天能生产 A 类产品 6 件和 B 类产品 20 件已知设备甲每天 的租赁费为 200 元，设备乙每天的租赁费为 300 元，现该公司至少要生产 A 类产品 50 件，B 类产品 140 件，所需租赁费最少为_