2022届新高考（全国I卷）地区优质数学分项2 不等式计数原理【解析版】

2022届新高考（全国I卷）地区优质数学试卷分项解析专题2不等式，计数原理（11月卷）第一部分不等式一、单选题1．（2021·福建省长乐第七中学高三期中）不等式的解集是（）．A．B．C．或D．【答案】A【分析】先对不等式因式分解，进而求得答案.【详解】由题意知，，所以原不等式的解集为.故选：A.2．（2021·山东·胶州市教育体育局教学研究室高三期中）已知，，，，则下列不等关系正确的是()A．B．C．D．【答案】C【分析】不等式性质相关的题型，可以通过举反例的方式判断正误.【详解】若、均为负数，因为，则，故A错.若、，则，故B错.由不等式的性质可知，因为，所以，故C对.若，因为，所以，故D错.故选：C.3．（2021·山东·高三期中）若，，且，则（）A．B．C．D．【答案】C【分析】 根据已知条件利用基本不等式分析判断即可【详解】因为，，且，所以，所以，当且仅当时取等号，所以B错误，所以由，得，所以，当且仅当时取等号，所以C正确，所以，当且仅当时取等号，所以A错误，由，，且，得，当且仅当时取等号，所以D错误，故选：C4．（2021·江苏·南京市第一中学高三期中）已知，，直线：，：，且，则的最小值为（）A．2B．4C．D．【答案】D【分析】根据可得、的关系式，再由基本不等式即可求解.【详解】因为，所以，所以，，所以，当且仅当即，时取等号，的最小值为，故选：D5．（2021·山东潍坊·高三期中）已知，，，则的最小值为（）A．B．C．D． 【答案】C【分析】把待求式中“1”用替换，然后用基本不等式求得最小值．【详解】因为，，，所以，当且仅当，即时，等号成立．故选：C．6．（2021·广东·揭阳市揭东区教育局教研室高三期中）设x，y满足约束条件，该约束条件所表示的区域面积为()A．18B．9C．16D．4【答案】B【分析】结合已知条件作出可行域，然后根据可行域的图形求解即可.【详解】由题意，约束条件所表示的区域如下图阴影部分所示：由上图可知，可行域为上图中的， 由，则的坐标为，同理可得，点坐标为，点坐标为，从而，点到的距离，所以的面积为，从而约束条件所表示的区域面积为9.故选：B.7．（2021·山东泰安·高三期中）若a，，，则的最大值为（）A．B．C．2D．4【答案】A【分析】利用基本不等式即可求解.【详解】，当且仅当时，等号成立；又，当且仅当时，即，等号成立；，解得，，所以的最大值为故选：A二、多选题8．（2021·河北·深州长江中学高三期中）设a，bR，则下列结论正确的是（）A．若a＞b＞0，则B．若a＜b＜0，则C．若a＋b＝2，则≥4D．若，则a＞b【答案】AC【分析】 由不等式的性质可得A正确，通过举反例可得BD错误，利用基本不等式可得C正确.【详解】选项A显然正确；选项B，a＝﹣2，b＝﹣1代入即可验证，不等式不成立，故B错误；选项C，，当且仅当a＝b＝1时，取“＝”，故C正确；选项D，a＝﹣1，b＝满足，不符合a＞b，故D错误.故选：AC9．（2021·江苏泰州·高三期中）已知，则下列结论正确的是（）A．B．C．D．【答案】AD【分析】根据不等式的基本性质和指数函数的单调性，逐项判定，即可求解.【详解】因为，可得，由不等式的性质，可得，即，所以A正确；由，因为，但的符号不确定，所以B不正确；由，因为，当的符号不确定，所以C不正确；由函数为单调递增函数，又由，所以，又因为，根据不等式的性质，可得，所以D正确.故选：AD.10．（2021·福建宁德·高三期中）下列四个命题中，真命题的有（）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则【答案】BC【分析】根据不等式的性质，结合基本不等式、比较法、特例法逐一判断即可. 【详解】A：显然，但是不成立，故本命题是假命题；B：因为，所以，因此有，当且仅当时取等号，即时取等号，故本命题是真命题；C：因为，所以由，因此本命题是真命题；D：由，于是有或，即或，因此本本命题是假命题，故选：BC11．（2021·山东德州·高三期中）若，则下列结论一定正确的是（）A．B．C．D．【答案】BC【分析】对选项A，利用作差法比较即可判断A错误，对选项B，首先构造，再根据的单调性即可判断B正确，对选项C，根据，，即可判断C正确，对选项D，利用特殊值即可判断D错误.【详解】因为，所以，即.对选项A，，因为，所以，即，故A错误.对选项B，设，，因为时，，所以为增函数，因为，所以，即，故B正确. 对选项C，因为，所以，又因为，所以，故C正确.对选项D，因为，当，时，，故D错误.故选：BC12．（2021·山东烟台·高三期中）下列命题正确的是（）A．若，，则B．若，，则C．已知，，且，则D．已知，，且，则【答案】BC【分析】A选项做差法即可比较大小从而得出结果；B选项结合均值不等式即可判断；C选项结合二次不等式的恒成立问题即可判断；D选项举出反例即可说明.【详解】A因为，，则，即，故A错误；B因为，，则当且仅当时等号成立，故B正确；C因为，则，当时等号成立，故C正确；D当时，满足，，且，但，故D错误.故选：BC.13．（2021·山东菏泽·高三期中）已知，，，则（）A．的最大值为B．的最小值为C．D．的最小值为【答案】ABC【分析】 对于选项A，B直接使用基本不等式，即可判断是否正确；对于选项C，根据题意以及，即可求出的取值范围，即可判断是否正确；对于选项D，利用基本不等式中的“1”的用法，可得，展开化简，再使用基本不等式即可判断是否正确.【详解】对于选项A，因为，，，所以，所以，当且仅当时，取等号，故A正确；对于选项B，因为，，，所以，当且仅当时，即时，取等号，故B正确；对于选项C，因为，，，所以，所以，故C正确；对于选项D，因为，，，所以，当且仅当时，即时，取等号，故D错误；故选：ABC.14．（2021·山东泰安·高三期中）下列命题为真命题的是（　　）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则【答案】ABC【分析】A：利用不等式的基本性质判断；B.利用指数函数的单调性判断；C：利用基本不等式判断；D：利用取特殊值判断.【详解】A：因为，所以，故正确；B.因为，所以，所以，故正确；C：因为，，所以，所以，故正确； D：因为，所以，所以，故错误．故选：ABC15．（2021·山东·胶州市教育体育局教学研究室高三期中）设正实数，满足，则（）A．有最大值2B．有最小值C．有最小值4D．有最大值【答案】AD【分析】分别利用基本不等式即可判断.【详解】对A，，当且仅当等号成立，故A正确；对B，，当且仅当等号成立，故B错误；对C，，当且仅当等号成立，故C错误；对D，，即，当且仅当等号成立，故D正确.故选：AD.16．（2021·广东梅县东山中学高三期中）下列说法正确的是（）A．时，B．，则C．函数的值域为[2，+∞）D．函数y=的最小值是2【答案】AB【分析】结合基本不等式，函数的最值、值域对选项进行分析，由此确定正确选项.【详解】A，，， 当且仅当时等号成立，A正确.B，，则，当且仅当时，等号成立，B正确.C选项，当时，，所以C错误.D选项，①，而无解，所以不等式①中等号不成立，D错误.故选：AB17．（2021·山东济宁·高三期中）已知，则下列关于，可能满足的关系有（）A．B．C．D．【答案】ABD【分析】由指数性质可得的范围可判断C选项，由指数对数互化公式可得，从而可得，可判断选项A；再由均值不等式可判断B,D选项，【详解】由，则，所以，故不正确，所以选项C不正确.由，可得所以，故选项A正确.由，即，由均值不等式可得即，故选项B正确.由，则，故选项D正确.故选：ABD18．（2021·山东·高三期中）已知，则下列结论正确的是（） A．B．C．D．若，则【答案】AC【分析】由对数函数性质得，然后根据不等式的性质判断ABD，构造函数，用导数确定函数的单调性后判断C．【详解】因为，所以，则，A正确，，B错误；设，则，时，，是增函数，所以，即，C正确；时，，所以，D错．故选：AC．19．（2021·高三期中）若实数，则下列不等式成立的是（）A．若，则B．C．若，则D．若，则【答案】ACD【分析】根据对数函数的单调性得到A正确，取得到B错误，构造得到函数单调递增得到C正确，构造函数得到函数单调递减得到D正确，得到答案.【详解】，A正确； 取，则，B错误；要使，即，，则，函数单调递增，故，即，故C正确；设，则，二次函数对称轴为，，，故在上恒成立.故函数单调递减，故，即，D正确.故选：ACD.20．（2021·山东临沂·高三期中）已知正数，满足，以下四个结论正确的是（）A．B．的最小值为4C．的最小值为2D．的最小值为8【答案】ABD【分析】由题设可得，等式两边同除可判断A的正误，利用基本不等式判断B、C、D的正误，注意等号成立条件.【详解】由题设，且，∴，则，A正确；，则，故，有，当且仅当时等号成立，B正确；，当且仅当时等号成立，显然等号取不到，C错误；由上知：，当且仅当时等号成立，D正确；故选：ABD21．（2021·广东福田·高三月考）设正实数x，y满足，则（）A．B．xy的最大值为C．的最小值为D．的最小值为4 【答案】AC【分析】选项A.由可得判断；选项B.由均值不等式可得，从而可判断；选项C.由配方可判断；由利用均值不等式可判断.【详解】选项A.由，可得，所以.故选项A正确.选项B.由,可得，当且仅当，即时等号成立.故选项B不正确.选项C.当时，等号成立.故选项C正确.选项D.由当且仅当，即时等号成立.故选项D不正确.故选：AC三、填空题22．（2021·福建省长乐第七中学高三期中）已知，，，则的最小值为__________．【答案】【分析】由，得，则，展开后利用基本不等式可求得结果【详解】解：由，得，所以 ，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为，故答案为：23．（2021·广东·揭阳市揭东区教育局教研室高三期中）若正实数满足，则的最小值__________.【答案】【分析】先利用求出，再利用基本不等式即可求出的最小值.【详解】解：正实数满足，，，，当且仅当“”时，即“”时取等号.故的最小值为.故答案为：.24．（2021·江苏·高三月考）已知，，且，则的最小值为______．【答案】18【分析】等式变形为，则根据基本不等式即可得到答案．【详解】解：已知，，且． ，即：．则，当且仅当，时取等号，所以的最小值为18．故答案为：18．25．（2021·福建福州·高三期中）为了参加校教职工运动会，某校高三年级组准备为本年级教师订制若干件文化衫，经与厂家协商，可按出厂价结算，同时厂家也承诺超过50件就可以每件比出厂价低22元给予优惠.如果按出厂价购买年级组总共应付元，但若再多买15件就可以达到优惠条件并恰好也是共付元（为整数），则的值为___________.【答案】3960【分析】设按出厂价购买套，应付元，出厂价为元，得到，且，联立得到，结合为整数，套数也为整数且为的倍数，即可求解.【详解】设按出厂价购买套（），应付元，出厂价为元，则有，在过买15套，就可以按优惠价格计算，恰好也付元，则有，（其中），联立可得，所以，又由，可得，且为整数，套数也为整数且为的倍数，则有，则，可得.故答案为：.26．（2021·江苏苏州·高三期中）某区域规划建设扇形观景水池，同时紧贴水池周边建设一圈人行步道.要求总预算费用24万元，水池造价为每平方米400元，步道造价为每米1000元（不考虑宽度厚度等因素），则水池面积最大值为___________平方米.【答案】400【分析】 由题设扇形的半径为，可得，利用基本不等式及二次不等式可求.【详解】如图，设扇形的半径为，则弧长为，扇形面积为，∴，即，又，当且仅当，即是取等号，∴，令∴，解得，则，∴当，，时水池面积最大，最大值为400平方米.故答案为：400.27．（2021·江苏泰州·高三期中）已知，，，，则的最小值为______．【答案】【分析】由已知条件可得，，可得，再由基本不等式即可求解.【详解】因为，所以，，所以，可得，所以，故答案为：.28．（2021·福建福州·高三期中）设，若是与的等差中项，则 的最小值为___________.【答案】9【分析】由等差中项定义得出的关系式，然后由基本不等式得最小值．【详解】由已知，即，所以，又，所以，当且仅当，即时等号成立．所以最小值为9．故答案为：9．29．（2021·福建省长乐第七中学高三期中）若函数定义域为实数集，则实数的取值范围是______．【答案】【分析】问题转化为：对任意,恒成立,然后对进行分类：,,分别计算出对应范围求解最终结果.【详解】由题意可知：对任意,恒成立;当时,为常数函数,定义域为满足;当时,因为对任意成立,所以,解得：;综上可知：,故答案为.30．（2021·广东·普宁市华侨中学高三期中）已知a>0，b>0，若不等式－－≤0恒成立，则m的最大值为____________．【答案】16【分析】 问题转化为恒成立，利用基本不等式求得的最小值，故答案为：【详解】对恒成立，，等号成立当且仅当，，故答案为：16四、解答题31．（2021·山东泰安·高三期中）已知关于x的不等式.（1）当时，解不等式；（2）若不等式对任意恒成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）（2）【分析】（1）由一元二次不等式的解法求解即可；（2）不等式等价于对任意恒成立，求出的范围即可得出.（1）当时，不等式，即，即，解得或，故不等式的解集为；（2）不等式对任意恒成立，即对任意恒成立，在单调递减，故，所以，则，即实数a的取值范围为.第二部分计数原理 一、单选题1．（2021·福建宁德·高三期中）对任意实数，有，则（）A．6B．7C．8D．10【答案】C【分析】运用二项式定理进行求解即可.【详解】，因此，故选：C2．（2021·福建宁德·高三期中）三名学生报名参加校园文化活动，活动共有三个项目，每人限报其中一项，则恰有两名学生报同一项目的报名方法种数有（）A．6种B．9种C．18种D．36种【答案】C【分析】根据题意首先从三名学生中选名选报同一项目，再从三个项目中选项项目，全排即可.【详解】由题意可得，故选：C3．（2021·河北·唐山市第十中学高三期中）若，则等于（）A．B．C．D．【答案】C【分析】由已知条件可知为展开式中的系数，利用二项式定理及组合数的性质即可得出答案.【详解】 解：由已知条件可知为展开式中的系数，则.故选：C.4．（2021·高三期中）将10个完全相同的小球放入编号分别为1，2，3的三个盒子中，要求每个盒子中球的个数不小于它的编号，则不同的放法种数为（）A．10B．12C．13D．15【答案】D【分析】根据题意，先在2号盒子里放入1个小球，3号盒子放入2个小球，分析可得原问题可以转化为将剩下的7个小球放入3个小盒，每个小盒至少放一个的问题，将剩下的7个小球排成一排，分析其可用的空位，由插空法分析即可得答案．【详解】解：根据题意，先在2号盒子里放入1个小球，3号盒子放入2个小球，原问题即可以转化为将剩下的7个小球放入3个小盒，每个小盒至少放一个的问题，将剩下的7个小球排成一排，排好后有6个空位可选，在6个空位中任选2个，插入挡板即可，则有种不同的放法；故选：D．5．（2021·山东潍坊·高三期中）为庆祝中国共产党成立100周年，某学校组织“红心向党”歌咏比赛，前三名被甲、乙、丙获得．下面三个结论：“甲为第一名，乙不是第一名，丙不是第三名”中只有一个正确，由此可推得获得第一、二、三名的依次是（）A．甲、乙、丙B．乙、丙、甲C．丙、甲、乙D．乙、甲、丙 【答案】B【分析】分别假设甲为第一名为正确的、乙不是第一名为正确的、丙不是第三名为正确的三种情况，结合题意分析，即可得答案.【详解】若甲为第一名为正确的，则乙不是第一名也正确，不符合题意；若乙不是第一名为正确的，则甲为第一名为错误的，所以丙为第一名，此时丙不是第三名也是正确的，不符合题意，若丙不是第三名为正确的，则甲为第一名为错误的，乙不是第一名为错误的，所以乙为第一名，丙为第二名，甲为第三名，符合题意，故选：B6．（2021·高三月考）如图，洛书（古称龟书），是阴阳五行术数之源.在古代传说中有神龟出于洛水，其甲壳上有此图像，结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，五方白圈皆阳数，四角黑点为阴数.若从四个阴数和五个阳数中随机选取3个数，则选取的3个数之和为奇数的方法数为（）A．30B．40C．44D．70【答案】B【分析】由题意可知，阴数为2，4，6，8，阳数为1，3，5，7，9，由条件可知3个数都为奇数，或是两偶一奇，列式即得答案.【详解】由题意可知，阴数为2，4，6，8，阳数为1，3，5，7，9.若选则3个数的和为奇数，则3个数都为奇数，共有种方法，或是两偶一奇，共有，共有种方法.故选：B 7．（2021·广东龙岗·高三期中）的展开式中，的系数为（）A．B．C．D．【答案】B【分析】利用二项式定理展开式的通项公式可求的系数.【详解】因为的展开式的通项公式为，令可得，所以的系数为.故选：B.8．（2021·福建师大附中高三期中）有一个三人报数游戏：首先甲报数字1，然后乙报两个数字2、3，接下来丙报三个数字4、5、6，然后轮到甲报四个数字7、8、9、10，依次循环，则甲报出的第2028个数字为（）A．5986B．5987C．5988D．以上都不对【答案】C【分析】首先分析出甲第次报数的个数，得到甲第次报完数后总共报数的个数，计算出甲是第次报数中会报到第2020个数字，再计算当甲第次报数时，3人总的报数次数，再推算出此时报数的最后一个数，再推出甲报出的第2028个数字.【详解】由题可得甲第次报数的个数为，则甲第次报完数后总共报数的个数为，再代入正整数，使的最小值为37，得，而甲第37次报时，3人总共报数为次，当甲第次报完数3人总的报数个数为，即甲报出的第2035个数字为，所以甲报出的第2028个数字为5988. 故选：C.9．（2021·高三期中）安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有　　A．12种B．18种C．24种D．36种【答案】D【详解】4项工作分成3组,可得：=6，安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，可得：种．故选D.10．（2021·广东·普宁市华侨中学高三期中）从5名志愿者中选出4人分别到、、、四个部门工作，其中甲、乙两名志愿者不能到、二个部门工作，其他三人能到四个部门工作，则选派方案共有（　　）A．120种B．24种C．18种D．36种【答案】D【分析】根据题意，分两种情况讨论：①、甲、乙中只有1人被选中，②、甲、乙两人都被选中，根据分类计数原理可得【详解】解：根据题意，分两种情况讨论：①、甲、乙中只有1人被选中，需要从甲、乙中选出1人，到，中的一个部门，其他三人到剩余的部门，有种选派方案．②、甲、乙两人都被选中，安排到，部门，从其他三人中选出2人，到剩余的部门，有种选派方案，综上可得，共有24+12=36中不同的选派方案，故选D．二、多选题11．（2021·湖北武汉·高三期中）已知二项式，则下列说法正确的是（） A．若，则展开式的常数为60B．展开式中有理项的个数为3C．若展开式中各项系数之和为64，则D．展开式中二项式系数最大为第4项【答案】AD【分析】写出二项式展开式的通项公式，对4个选项进行分析【详解】A选项：当时，，其中为整数，且，令，解得：，此时，故常数项为60；A正确；B选项：，其中为整数，且，当时，，当时，，，当时，，，当时，，满足有理项要求，故有4项，故B错误；C选项：令中的得：，所以或，故C错误；D选项：展开式共有7项，最中间一项二项式系数最大，而最中间为第4项，所以展开式中二项式系数最大为第4项，D正确故选：AD三、填空题12．（2021·山东潍坊·高三期中）为迎接2022年北京冬奥会，将名志愿者分配到花样滑冰、速度滑冰个项目进行培训，每名志愿者分配到个项目，每个项目至少分配到名志愿者，则不同的分配方案共有________种．（用数字作答）【答案】14.【分析】先将4名志愿者分成2组，分别是每组2个人或者一组3人，一组1人，然后分别求出分配方案，进而可求出结果.【详解】 先将4名志愿者分成2组，分别是每组2个人或者一组3人，一组1人，若每组2个人，分别分配给2个项目，则有种分法；若一组3人，一组1人，分别分配给2个项目，则有种分法；因此不同的分配方案共种，故答案为：14.13．（2021·高三期中）的展开式中常数项是______．（用数字作答）【答案】15【分析】写出二项展开式的通项，由的指数为0求得值，则答案可求．【详解】解：由．取，得．展开式中常数项为．故答案为：15．14．（2021·高三月考）展开式中只有第6项系数最大，则其常数项为______.【答案】210【分析】根据题意展开式有11项，得，利用通项中的指数为0可得答案.【详解】由己知展开式中只有第6项系数为最大，所以展开式有11项，所以，即，又展开式的通项为，令，解得，所以展开式的常数项为.故答案为：210.15 ．（2021·广东·高三月考）某公司要从7位男员工和6位女员工中选3人去外地学习，则至少选派2位男员工的不同选法种数为___________.【答案】161【分析】结合组合公式，分两种情况分类讨论即可求解.【详解】若派2位男员工去学习，则有种选法；若派3位男员工去学习.则有种选法.故至少选派2位男员工的选法种数为126+35=161.故答案为：16116．（2021·高三期中）在的展开式中，各项系数和与二项式系数和之和为65，则常数项为______.【答案】60【分析】由题设可得求n，再写出二项式展开式的通项，确定常数项对应的r值，即可求常数项.【详解】由题设，令，则各项系数和为，而二项式系数和为，∴，可得.∴二项式展开式通项为，当时，常数项为.故答案为：17．（2021·广东福田·高三月考）已知多项式，则________．【答案】【分析】由题意，为的系数，和的展开式中都包含项，利用二项式展开的通项公式，即得解【详解】由题意，为的系数，和的展开式中都包含项故 故故答案为：18．（2021·广东·普宁市华侨中学高三期中）在的展开式中，的系数为_______.【答案】【详解】展开式的通项为，由得，所以，所以该项系数为.