专题3 不等式的性质（练习）-2027年内蒙古自治区（对口招生）《数学一轮讲练测》（原卷版+解析版）

**基本信息** 以支架式教学为核心，通过挖空讲解与分层训练，构建不等式性质、实数比较、区间应用的完整进阶路径，强化运算能力与推理意识。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |不等式的基本性质|16题|性质直接判断、反例排除法|从概念生成到性质应用，结合复合命题真值表强化逻辑推理| |实数比较|16题|作差法、函数单调性法|基于性质推导比较方法，培养代数论证能力| |区间|16题|集合运算、定义域求解|性质应用拓展至解集表示，体现数学语言表达的严谨性|

编写说明：2027年内蒙古自治区对口招生《数学一轮讲练测》内含复习讲义、专项训练、综合训练，在编写中融入支架式教学理念，紧扣教材，将知识拆解整合为体系化专题清单，以挖空式讲解搭配知识再现型练习筑牢基础，再通过分层专项训练、综合进阶训练实现知识巩固与能力提升。针对性强，实操性好，为一轮复习搭建从知识梳理到能力突破的完整进阶路径，高效赋能备考提分。 2027年内蒙古自治区对口招生考试 《数学一轮讲练测》练习 专题3 不等式的性质 【考点1 不等式的基本性质】 1．已知命题：若，则、全为0；命题：若，则，给出下列四个复合命题：①且，②或，③，④，其中真命题的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】根据实数的性质及不等式的基本性质，判断出命题与命题的真假，再根据复合命题的真值表，四个命题逐一进行判断，即可求解． 【详解】因为，则且， 解得.所以命题是真命题. 若，则.所以命题是假命题. 所以①且是假命题. ②或真命题. ③是假命题. ④是真命题. 综上，②④是真命题，故真命题为个. 故选：B. 2．若实数满足，则下列式子中正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】举反例排除ABC，利用不等式的性质判断D，从而得解. 【详解】因为实数满足， 对于A，取，则，故A错误； 对于B，取，则，故B错误； 对于C，取，则，故C错误； 对于D，由得，所以，故D正确. 故选：D. 3．设，下列关系式一定成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据不等式的性质和赋值法即可解得. 【详解】由题可知， 选项A：不等式两边同时乘（或除以）同一个负数，不等号的方向改变，，错误. 选项B：若，则，错误. 选项C：不等式两边同时加或减去同一个整式，不等号的方向不变，，正确. 选项D：移项可得，，错误. 故选：C 4．已知实数满足，那么下列选项中一定成立的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先判断a和c的符号，再利用不等式的基本性质举反例逐个分析即可. 【详解】因为实数满足，所以，. 对于A选项，因为，所以，因为，所以，所以A选项错误； 对于B选项，若，则，因为，所以，所以B选项错误； 对于C选项，因为，所以，所以C选项正确； 对于D选项，因为，所以，因为，所以，所以D选项错误. 故选：C. 5．已知，为非零实数，且，则下列不等式一定成立的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】代入特殊值，结合不等式的性质即可选出正确答案. 【详解】当，时，，故A不一定成立； 当，时，，故B不一定成立； 当，时，，故C不一定成立； 函数在R上是单调递增函数，则当时，一定有， 故选：D 6．设，若，则下列不等式中正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据不等式的性质分析求解即可. 【详解】因为，所以且， 对于选项A： 当时，，所以，即； 当时，，故A错误； 对于选项B ： 当时，，且， 例如：时，， 故B错误； 对于选项C： 因为，所以，即，故C错误； 对于选项D： 由选项A分析可知，当时，成立； 当，，所以仍成立，故D正确， 故选：D. 7．如果，那么下列各式正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据不等式的基本性质及特殊值法可判断结果. 【详解】若，则有，，，故A正确，C，D错误； 取，满足，但，故B错误. 故选：A. 8．已知，则下列不等式不成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据不等式的基本性质即可判断. 【详解】因为，所以，故选项C错误； 选项A，B，D符合不等式的基本性质，故正确. 故选：C. 【考点2 实数比较】 9．如果，，则（   ）0 A． B． C． D．无法判断 【答案】B 【分析】 根据已知条件，利用不等式的性质即可求解． 【详解】 ∵，， ∴，， ∴． 故选：B． 10．正整数满足，则的最大值是（    ） A．3 B．5 C．6 D． 【答案】D 【分析】对无理不等式进行平方，化为即可. 【详解】因为，所以， 又是正整数， 所以的最大值是. 故选：D. 11．已知，则的大小关系是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用作差法比较大小. 【详解】∵， ∴. 故选：A. 12．已知则的大小关系为（ ） A． B． C． D．无法判断 【答案】B 【分析】对两数平方，结合不等式的性质即可解得. 【详解】由题得， ， 故选：B. 13．已知，则下列式子中错误的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据不等式的性质，利用赋值法和作差比较法，即可判断求解. 【详解】因为， 当时，有，故选项A错误，符合题意； 因为，不等式两边同时乘以同一个负数，不等号方向改变，则，故选项B正确，不符合题意； 所以，所以，故选项C正确，不符合题意； 因为，所以，故选项D正确，不符合题意； 故选：A. 14．假设，那么以下关系式中正确的选项是（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据不等式的性质和赋值法，求解即可. 【详解】选项A：，故A错误. 选项B：，故B错误. 选项C：，故C正确. 选项D：，故D错误. 故选：C. 15．若，则下列不等式一定成立的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，结合不等式的基本性质，利用作差法、赋值法，即可判断求解. 【详解】因为，所以， 所以，即，故选项A错误； 所以，即，故选项B正确； 当时，，此时，故选项C错误； 因为，所以，故选项D错误； 故选：B. 16．若，，，则m与n的大小关系是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据作差比较法即可解答. 【详解】 ，故． 故选：C. 【考点3 区间】 17．函数的单调递减区间为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据二次函数的性质即可得解. 【详解】函数为二次函数，对称轴为，图象为开口向下的抛物线， 所以函数的单调递减区间为， 故选：. 18．已知集合，则下列用区间记法表示M正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据区间的表示方法可求解. 【详解】集合用区间可表示为：. 故选：B 19．函数的定义域为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据偶次根式的被开方数为非负数，中，列不等式组可求解. 【详解】要使函数有意义，则满足 ，解得， 所以函数的定义域为. 故选：D 20．不等式的解集是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据绝对值的几何意义，解绝对值不等式可求解. 【详解】由不等式可得，或， 故不等式的解集是. 故选：D 21．不等式的解集用区间表示为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据一元一次不等式的解法结合区间的表示即可求解. 【详解】解不等式得，所以不等式的解集为. 故选：A. 22．如果不等式组只有三个整数解，那么实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】解不等式组，根据不等式组只有三个整数解，确定整数解，从而可得a的范围. 【详解】由不等式组，可得， 因为不等式只有三个整数解，即整数解只能是4，3，2， 所以a的取值范围是． 故实数a的范围是. 故选：C 23．商务专业学生在策划促销活动时，设商品原价为元，现折扣为（），折后价为元，已知且要求折后价满足，，则的取值范围用区间表示为（     ）. A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由已知可得，解不等式即可得出结果. 【详解】因为，，且，所以. 先解，得，即；再解，得，即 ​. 所以的取值范围是. 故选：A 24．已知全集，集合，集合，则（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，结合对数函数的定义域，先求出集合B，结合交集、补集的概念和运算，及区间的表示，即可求解. 【详解】因为全集，集合， 所以， 又集合， 所以. 故选：B. 【考点1 不等式的性质】 1．若，则下列不等式一定成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】举反例排除ABC，利用不等式的性质判断D，从而得解. 【详解】对于A，取，则，故A错误； 对于B，因为，取，则，故B错误； 对于C，因为，取，则无意义，故C错误； 对于D，因为，所以，故D正确. 故选：D. 2．设x为实数，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】利用不等式的性质及条件的充分性与必要性的判断可求. 【详解】判断充分性：若 ，两边同时平方可得 ，充分性成立. 判断必要性：若，则 或，无法仅推出 ，必要性不成立. 所以“”是“”的充分不必要条件， 故选：A. 3．若，则下列不等式中成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据不等式的基本性质求解. 【详解】选项A中，将两边同时加上，即，则显然成立，正确， 选项B中，将两边同时减去，即，错误， 选项C中，将两边同时减去，即，若，则不成立，错误， 选项D中，将两边同时减去，，错误， 故选：A. 4．下列选项中正确的是（　　） A．若，则 B．若，，则 C．若，则 D．若，则 【答案】A 【分析】根据不等式的基本性质判断选项即可. 【详解】A选项，若，则不等式两边加一个相同的数，不等号不变，即，正确； 若，，则a与c的大小关系不确定，错误； 若，当时，则与无意义，错误； 若，当时，，错误. 故选：A. 5．下列结论正确的是（ ） A．若，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，则 【答案】B 【分析】根据不等式的性质，结合特殊值代入法判断即可. 【详解】对于A，取，满足，但，故A错误； 对于B，因为，根据不等式的性质可知成立，故B正确； 对于C，取，满足，但当时，，故C错误； 对于D，取，满足，但当时，，故D错误， 故选：B. 6．记方程①：，方程②：，方程③：，其中，，是正实数．当，，成等比数列时，下列选项中，能推出方程③无实根的是（） A．方程①有实根，且②有实根 B．方程①有实根，且②无实根 C．方程①无实根，且②有实根 D．方程①无实根，且②无实根 【答案】B 【分析】根据一元二次方程根的判别式分别表示出三个方程的判别式，再结合，，成等比数列的条件，逐一分析各个选项能否推出方程③无实根. 【详解】选项A：方程①有实根，且②有实根， 方程①有实根，则，即；方程②有实根，则，即， 由，无法确定与16的大小关系，也就不能推出方程③无实根，该选项错误. 选项B： 方程①有实根，则，即；方程②无实根，则，即，因为，所以， 那么，即，方程③无实根，该选项正确. 选项C：方程①无实根，则，即；方程②有实根，则，即，由，可得，此时，即，方程③有实根，该选项错误. 选项D：方程①无实根，且②无实根。 方程①无实根，则，即；方程②无实根，则，即，由，无法确定与16的大小关系，也就不能推出方程③无实根，该选项错误. 故选：B. 7．下列各项中正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若且，则 【答案】C 【分析】根据不等式的性质求解即可. 【详解】选项A.若，当，则.当，则，错误. 选项B.若，，则，错误. 选项C.若，因为，所以，正确. 选项D.若且，如，则，错误. 故选：C. 8．设，则下列不等式成立的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，结合不等式的基本性质，即可求解. 【详解】因为，当时，；当时，，故选项A错误； 因为，不等式两边同时乘一个负数，不等号方向改变，故，故选项B正确； 因为，不等式两边同时乘一个正数，不等号方向不变，故，故选项C错误； 因为，故，故不一定成立，故选项D错误； 故选：B. 【考点2 实数比较】 9．若实数且，则下列关系正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由作差比较法即可得解. 【详解】 故选项正确,选项错误. 当时,,故选项错误. 当时,,故选项错误. 故选:. 10．“”是“”的（    ） A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．非充分非必要条件 【答案】A 【分析】根据充分性及必要性的定义即可得解. 【详解】，当时，得；当时，恒成立，解得或； 当时，必然成立，故充分性成立； 当即或，不能推出，故必要性不成立； 所以“”是“”的充分非必要条件， 故选：. 11．下列命题为真命题的是（    ）． A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】D 【分析】由题意结合作差法逐一判断每一选项即可，特别的对于C，令即可判断. 【详解】对于AC，若，则，故AC错误； 对于B，令，则，故B错误； 对于D，若，则，即，故D正确. 故选：D. 12．若，则是的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】由充要条件的定义即可得解. 【详解】当时,. 当时,,则即成立. 反之当成立时,即成立. 所以是的充要条件. 故选:. 13．当时，复数在复平面上对应的点位于（   ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】D 【分析】根据复数的几何意义以及二次函数的值域求解即可. 【详解】当时，，恒大于0. ，因为，则， 进而复数在复平面上对应的点位于第四象限. 故选：D. 14．已知，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】利用作差法，得出的等价条件，再分析充分性和必要性，即可得出结论. 【详解】由于，则成立，等价于成立， 充分性：若，且，则，则， 所以成立，满足充分性； 必要性：若，则成立， 其中，且， 则可得成立，即成立，满足必要性； 故选：C. 15．若，则下列不等式一定成立的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，结合不等式的基本性质，利用作差法、赋值法，即可判断求解. 【详解】因为，所以， 所以，即，故选项A错误； 所以，即，故选项B正确； 当时，，此时，故选项C错误； 因为，所以，故选项D错误； 故选：B. 16．已知方程的解在和之间，则满足条件的可以取到的整数值为（    ） A．0 B．1 C．0和1 D．0和 【答案】C 【分析】根据题意先求方程的解，再结合取值范围选出正确答案. 【详解】， 因为方程的解在和之间， 所以， 则满足条件的可以取到的整数值为0和1. 故选：C. 【考点3 区间】 17．已知区间，则实数a的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由区间的定义即可求解. 【详解】由区间的定义可知，即. 故实数a的取值范围是. 故选：A. 18．集合用区间表示为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据区间与不等式解集的关系，进行求解. 【详解】集合，用的是描述法，左右取到端点，用闭区间表示， 所以集合用区间表示为. 故选：D 19．函数的定义域为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】将分数指数幂化为根式的形式，结合二次根式的性质及分母不为零列出不等式即可得解. 【详解】函数， 所以，解得，所以定义域为， 故选：. 20．已知集合，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】解一元二次不等式可得，再由并集、补集运算即可求得结果. 【详解】解不等式可得， 又，可得； 所以，即. 故选：A 21．设集合，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先分别求解绝对值不等式与一元二次不等式得到集合，再根据交集的定义计算两集合的交集即可 【详解】因为，所以集合， 因为或，所以集合， 所以. 故选：D. 22．已知全集，集合，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先求出的解集可得集合，由补集的运算求出，由交集的运算求出． 【详解】由得或，则或， ， , 故选：B． 23．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】解一元二次不等式化简集合，利用指数函数的单调性化简集合，结合补集及交集的定义即可得解. 【详解】，解得或， 所以集合或， ，因为函数，底数，在定义域上为增函数，解得， 所以， 则，， 故选：. 24．集合,则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由一元二次不等式的解法先求出集合，根据集合交集、补集运算结合区间表示即可求解. 【详解】因为，集合， 所以或， 所以，用区间表示得到. 故选：C. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 编写说明：2027年内蒙古自治区对口招生《数学一轮讲练测》内含复习讲义、专项训练、综合训练，在编写中融入支架式教学理念，紧扣教材，将知识拆解整合为体系化专题清单，以挖空式讲解搭配知识再现型练习筑牢基础，再通过分层专项训练、综合进阶训练实现知识巩固与能力提升。针对性强，实操性好，为一轮复习搭建从知识梳理到能力突破的完整进阶路径，高效赋能备考提分。 2027年内蒙古自治区对口招生考试 《数学一轮讲练测》练习 专题3 不等式的性质 【考点1 不等式的基本性质】 1．已知命题：若，则、全为0；命题：若，则，给出下列四个复合命题：①且，②或，③，④，其中真命题的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】根据实数的性质及不等式的基本性质，判断出命题与命题的真假，再根据复合命题的真值表，四个命题逐一进行判断，即可求解． 【详解】因为，则且， 解得.所以命题是真命题. 若，则.所以命题是假命题. 所以①且是假命题. ②或真命题. ③是假命题. ④是真命题. 综上，②④是真命题，故真命题为个. 故选：B. 2．若实数满足，则下列式子中正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】举反例排除ABC，利用不等式的性质判断D，从而得解. 【详解】因为实数满足， 对于A，取，则，故A错误； 对于B，取，则，故B错误； 对于C，取，则，故C错误； 对于D，由得，所以，故D正确. 故选：D. 3．设，下列关系式一定成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据不等式的性质和赋值法即可解得. 【详解】由题可知， 选项A：不等式两边同时乘（或除以）同一个负数，不等号的方向改变，，错误. 选项B：若，则，错误. 选项C：不等式两边同时加或减去同一个整式，不等号的方向不变，，正确. 选项D：移项可得，，错误. 故选：C 4．已知实数满足，那么下列选项中一定成立的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先判断a和c的符号，再利用不等式的基本性质举反例逐个分析即可. 【详解】因为实数满足，所以，. 对于A选项，因为，所以，因为，所以，所以A选项错误； 对于B选项，若，则，因为，所以，所以B选项错误； 对于C选项，因为，所以，所以C选项正确； 对于D选项，因为，所以，因为，所以，所以D选项错误. 故选：C. 5．已知，为非零实数，且，则下列不等式一定成立的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】代入特殊值，结合不等式的性质即可选出正确答案. 【详解】当，时，，故A不一定成立； 当，时，，故B不一定成立； 当，时，，故C不一定成立； 函数在R上是单调递增函数，则当时，一定有， 故选：D 6．设，若，则下列不等式中正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据不等式的性质分析求解即可. 【详解】因为，所以且， 对于选项A： 当时，，所以，即； 当时，，故A错误； 对于选项B ： 当时，，且， 例如：时，， 故B错误； 对于选项C： 因为，所以，即，故C错误； 对于选项D： 由选项A分析可知，当时，成立； 当，，所以仍成立，故D正确， 故选：D. 7．如果，那么下列各式正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据不等式的基本性质及特殊值法可判断结果. 【详解】若，则有，，，故A正确，C，D错误； 取，满足，但，故B错误. 故选：A. 8．已知，则下列不等式不成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据不等式的基本性质即可判断. 【详解】因为，所以，故选项C错误； 选项A，B，D符合不等式的基本性质，故正确. 故选：C. 【考点2 实数比较】 9．如果，，则（   ）0 A． B． C． D．无法判断 【答案】B 【分析】 根据已知条件，利用不等式的性质即可求解． 【详解】 ∵，， ∴，， ∴． 故选：B． 10．正整数满足，则的最大值是（    ） A．3 B．5 C．6 D． 【答案】D 【分析】对无理不等式进行平方，化为即可. 【详解】因为，所以， 又是正整数， 所以的最大值是. 故选：D. 11．已知，则的大小关系是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用作差法比较大小. 【详解】∵， ∴. 故选：A. 12．已知则的大小关系为（ ） A． B． C． D．无法判断 【答案】B 【分析】对两数平方，结合不等式的性质即可解得. 【详解】由题得， ， 故选：B. 13．已知，则下列式子中错误的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据不等式的性质，利用赋值法和作差比较法，即可判断求解. 【详解】因为， 当时，有，故选项A错误，符合题意； 因为，不等式两边同时乘以同一个负数，不等号方向改变，则，故选项B正确，不符合题意； 所以，所以，故选项C正确，不符合题意； 因为，所以，故选项D正确，不符合题意； 故选：A. 14．假设，那么以下关系式中正确的选项是（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据不等式的性质和赋值法，求解即可. 【详解】选项A：，故A错误. 选项B：，故B错误. 选项C：，故C正确. 选项D：，故D错误. 故选：C. 15．若，则下列不等式一定成立的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，结合不等式的基本性质，利用作差法、赋值法，即可判断求解. 【详解】因为，所以， 所以，即，故选项A错误； 所以，即，故选项B正确； 当时，，此时，故选项C错误； 因为，所以，故选项D错误； 故选：B. 16．若，，，则m与n的大小关系是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据作差比较法即可解答. 【详解】 ，故． 故选：C. 【考点3 区间】 17．函数的单调递减区间为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据二次函数的性质即可得解. 【详解】函数为二次函数，对称轴为，图象为开口向下的抛物线， 所以函数的单调递减区间为， 故选：. 18．已知集合，则下列用区间记法表示M正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据区间的表示方法可求解. 【详解】集合用区间可表示为：. 故选：B 19．函数的定义域为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据偶次根式的被开方数为非负数，中，列不等式组可求解. 【详解】要使函数有意义，则满足 ，解得， 所以函数的定义域为. 故选：D 20．不等式的解集是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据绝对值的几何意义，解绝对值不等式可求解. 【详解】由不等式可得，或， 故不等式的解集是. 故选：D 21．不等式的解集用区间表示为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据一元一次不等式的解法结合区间的表示即可求解. 【详解】解不等式得，所以不等式的解集为. 故选：A. 22．如果不等式组只有三个整数解，那么实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】解不等式组，根据不等式组只有三个整数解，确定整数解，从而可得a的范围. 【详解】由不等式组，可得， 因为不等式只有三个整数解，即整数解只能是4，3，2， 所以a的取值范围是． 故实数a的范围是. 故选：C 23．商务专业学生在策划促销活动时，设商品原价为元，现折扣为（），折后价为元，已知且要求折后价满足，，则的取值范围用区间表示为（     ）. A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由已知可得，解不等式即可得出结果. 【详解】因为，，且，所以. 先解，得，即；再解，得，即 ​. 所以的取值范围是. 故选：A 24．已知全集，集合，集合，则（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，结合对数函数的定义域，先求出集合B，结合交集、补集的概念和运算，及区间的表示，即可求解. 【详解】因为全集，集合， 所以， 又集合， 所以. 故选：B. 【考点1 不等式的性质】 1．若，则下列不等式一定成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】举反例排除ABC，利用不等式的性质判断D，从而得解. 【详解】对于A，取，则，故A错误； 对于B，因为，取，则，故B错误； 对于C，因为，取，则无意义，故C错误； 对于D，因为，所以，故D正确. 故选：D. 2．设x为实数，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】利用不等式的性质及条件的充分性与必要性的判断可求. 【详解】判断充分性：若 ，两边同时平方可得 ，充分性成立. 判断必要性：若，则 或，无法仅推出 ，必要性不成立. 所以“”是“”的充分不必要条件， 故选：A. 3．若，则下列不等式中成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据不等式的基本性质求解. 【详解】选项A中，将两边同时加上，即，则显然成立，正确， 选项B中，将两边同时减去，即，错误， 选项C中，将两边同时减去，即，若，则不成立，错误， 选项D中，将两边同时减去，，错误， 故选：A. 4．下列选项中正确的是（　　） A．若，则 B．若，，则 C．若，则 D．若，则 【答案】A 【分析】根据不等式的基本性质判断选项即可. 【详解】A选项，若，则不等式两边加一个相同的数，不等号不变，即，正确； 若，，则a与c的大小关系不确定，错误； 若，当时，则与无意义，错误； 若，当时，，错误. 故选：A. 5．下列结论正确的是（ ） A．若，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，则 【答案】B 【分析】根据不等式的性质，结合特殊值代入法判断即可. 【详解】对于A，取，满足，但，故A错误； 对于B，因为，根据不等式的性质可知成立，故B正确； 对于C，取，满足，但当时，，故C错误； 对于D，取，满足，但当时，，故D错误， 故选：B. 6．记方程①：，方程②：，方程③：，其中，，是正实数．当，，成等比数列时，下列选项中，能推出方程③无实根的是（） A．方程①有实根，且②有实根 B．方程①有实根，且②无实根 C．方程①无实根，且②有实根 D．方程①无实根，且②无实根 【答案】B 【分析】根据一元二次方程根的判别式分别表示出三个方程的判别式，再结合，，成等比数列的条件，逐一分析各个选项能否推出方程③无实根. 【详解】选项A：方程①有实根，且②有实根， 方程①有实根，则，即；方程②有实根，则，即， 由，无法确定与16的大小关系，也就不能推出方程③无实根，该选项错误. 选项B： 方程①有实根，则，即；方程②无实根，则，即，因为，所以， 那么，即，方程③无实根，该选项正确. 选项C：方程①无实根，则，即；方程②有实根，则，即，由，可得，此时，即，方程③有实根，该选项错误. 选项D：方程①无实根，且②无实根。 方程①无实根，则，即；方程②无实根，则，即，由，无法确定与16的大小关系，也就不能推出方程③无实根，该选项错误. 故选：B. 7．下列各项中正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若且，则 【答案】C 【分析】根据不等式的性质求解即可. 【详解】选项A.若，当，则.当，则，错误. 选项B.若，，则，错误. 选项C.若，因为，所以，正确. 选项D.若且，如，则，错误. 故选：C. 8．设，则下列不等式成立的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，结合不等式的基本性质，即可求解. 【详解】因为，当时，；当时，，故选项A错误； 因为，不等式两边同时乘一个负数，不等号方向改变，故，故选项B正确； 因为，不等式两边同时乘一个正数，不等号方向不变，故，故选项C错误； 因为，故，故不一定成立，故选项D错误； 故选：B. 【考点2 实数比较】 9．若实数且，则下列关系正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由作差比较法即可得解. 【详解】 故选项正确,选项错误. 当时,,故选项错误. 当时,,故选项错误. 故选:. 10．“”是“”的（    ） A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．非充分非必要条件 【答案】A 【分析】根据充分性及必要性的定义即可得解. 【详解】，当时，得；当时，恒成立，解得或； 当时，必然成立，故充分性成立； 当即或，不能推出，故必要性不成立； 所以“”是“”的充分非必要条件， 故选：. 11．下列命题为真命题的是（    ）． A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】D 【分析】由题意结合作差法逐一判断每一选项即可，特别的对于C，令即可判断. 【详解】对于AC，若，则，故AC错误； 对于B，令，则，故B错误； 对于D，若，则，即，故D正确. 故选：D. 12．若，则是的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】由充要条件的定义即可得解. 【详解】当时,. 当时,,则即成立. 反之当成立时,即成立. 所以是的充要条件. 故选:. 13．当时，复数在复平面上对应的点位于（   ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】D 【分析】根据复数的几何意义以及二次函数的值域求解即可. 【详解】当时，，恒大于0. ，因为，则， 进而复数在复平面上对应的点位于第四象限. 故选：D. 14．已知，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】利用作差法，得出的等价条件，再分析充分性和必要性，即可得出结论. 【详解】由于，则成立，等价于成立， 充分性：若，且，则，则， 所以成立，满足充分性； 必要性：若，则成立， 其中，且， 则可得成立，即成立，满足必要性； 故选：C. 15．若，则下列不等式一定成立的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，结合不等式的基本性质，利用作差法、赋值法，即可判断求解. 【详解】因为，所以， 所以，即，故选项A错误； 所以，即，故选项B正确； 当时，，此时，故选项C错误； 因为，所以，故选项D错误； 故选：B. 16．已知方程的解在和之间，则满足条件的可以取到的整数值为（    ） A．0 B．1 C．0和1 D．0和 【答案】C 【分析】根据题意先求方程的解，再结合取值范围选出正确答案. 【详解】， 因为方程的解在和之间， 所以， 则满足条件的可以取到的整数值为0和1. 故选：C. 【考点3 区间】 17．已知区间，则实数a的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由区间的定义即可求解. 【详解】由区间的定义可知，即. 故实数a的取值范围是. 故选：A. 18．集合用区间表示为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据区间与不等式解集的关系，进行求解. 【详解】集合，用的是描述法，左右取到端点，用闭区间表示， 所以集合用区间表示为. 故选：D 19．函数的定义域为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】将分数指数幂化为根式的形式，结合二次根式的性质及分母不为零列出不等式即可得解. 【详解】函数， 所以，解得，所以定义域为， 故选：. 20．已知集合，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】解一元二次不等式可得，再由并集、补集运算即可求得结果. 【详解】解不等式可得， 又，可得； 所以，即. 故选：A 21．设集合，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先分别求解绝对值不等式与一元二次不等式得到集合，再根据交集的定义计算两集合的交集即可 【详解】因为，所以集合， 因为或，所以集合， 所以. 故选：D. 22．已知全集，集合，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先求出的解集可得集合，由补集的运算求出，由交集的运算求出． 【详解】由得或，则或， ， , 故选：B． 23．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】解一元二次不等式化简集合，利用指数函数的单调性化简集合，结合补集及交集的定义即可得解. 【详解】，解得或， 所以集合或， ，因为函数，底数，在定义域上为增函数，解得， 所以， 则，， 故选：. 24．集合,则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由一元二次不等式的解法先求出集合，根据集合交集、补集运算结合区间表示即可求解. 【详解】因为，集合， 所以或， 所以，用区间表示得到. 故选：C. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $