第2章 一元二次函数、方程和不等式-综合检测1（基础卷）-2022-2023学年高一数学阶段性复习精选精练（人教A版2019必修第一册）

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第2章 一元二次函数、方程和不等式 本卷满分150分，考试时间120分钟。 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的． 1．下列命题是真命题的是 A．若．则 B．若，则 C．若，则 D．若，，则 【答案】D 【分析】根据不等式的性质可判断选项A，D；通过举反例可判断选项B，C． 【解析】当时，若，则，故选项A错误； 当时，满足，但，故选项B错误； 当时，满足，但，故选项C错误； 若，，则由不等式的可加性得，即，选项D正确．故选D． 2．已知，下列关系正确的是 A． B． C． D． 【答案】D 【分析】运用作差法比较代数式的大小，最后运用配方法化简代数式即可得出结果． 【解析】根据题意， 选项D正确，选项ABC错误．故选D． 3．已知正数，，满足，则有 A．最小值1 B．最小值 C．最大值 D．最大值1 【答案】D 【分析】利用基本不等式的性质即可得出结果． 【解析】因为正数、满足， 所以，当且仅当时取等号，即有最大值，故选D 4．已知关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围是 A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分和两种情况求解，是转化为二次函数与轴没有交点的问题，然后列出不等式求解即可． 【解析】当时，符合题意； 当时，，即，解得， 综上，实数的取值范围是，故选C 5．已知，，且，则的最小值为 A． B． C．4 D．6 【答案】C 【分析】由基本不等式得出关于的不等式，解之可得． 【解析】因为，所以，当且仅当时取等号．，解得或（舍去）， 所以，即的最小值．4．此时．故选C． 6．不等式，则实数的取值范围是 A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由得，解二次不等式即可． 【解析】由得，解得．故选B． 7．已知，且，若不等式对任意正数x，y恒成立，则实数m的取值集合为 A． B． C．或 D．或 【答案】A 【分析】根据求出的最小值，解不等式即可得解． 【解析】，且，， 当时取得最值，若不等式对任意正数x，y恒成立， ，，，所以．故选A 8．若关于的不等式在内有解，则实数的取值范围是 A． B． C． D． 【答案】B 【分析】关于的不等式在内有解，等价于在内，然后求出即可 【解析】关于的不等式在内有解，等价于在内，令，因为抛物线的对称轴为， 所以当时，取最大值，所以，故选B 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分． 9．已知，，则下列说法正确的是 A．的取值范围为 B．的取值范围为 C．的取值范围为 D．的取值范围为 【答案】ACD 【分析】根据不等式的性质，对各个选项进行计算，即可求出结果． 【解析】对于，因为，所以， 所以的取值范围为，故正确； 对于，因为，，所以，， 所以的取值范围为，故不正确； 对于，因为，所以， 又，所以的取值范围为，故正确； 对于，因为，，所以的取值范围为，故正确；故选ACD． 10．不等式的解集是，对于系数a，b，c，下列结论正确的是 A． B． C． D． 【答案】BD 【分析】根据一元二次不等式的解集以及根与系数关系即可求解． 【解析】不等式的解集是， 可得，且的两个根为， 根与系数关系，所以，故B正确； 由，则，故C不正确； 二次函数开口向下，函数的零点为， 当时，，故A不正确； 当时，，故D正确；故选BD 11．现有以下结论 ①函数的最小值是2 ②若且，则 ③的最小值是2 ④函数的最小值为 其中，不正确的是 A．① B．② C．③ D．④ 【答案】ACD 【分析】利用基本不等式判断． 【解析】①未限定，时，，故错误； ②且，，，，故正确； ③，，当且仅当，即时取等， ，等号不成立，最小值不为2，故错误； ④，，当此仅当，即时取等， 故函数的最大值为，故错误．故选ACD 12．关于x的一元二次不等式x2-6x+a≤0(a∈Z)的解集中有且仅有3个整数，则a的取值可以是 A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】ABC 【分析】利用二次函数的对称性确定原不等式的三个整数解即可计算作答． 【解析】函数f(x)= x2-6x+a的图象对称轴为x=3，即在x=3时函数f(x)取得最小值， 依题意，不等式f(x)≤0的解集中有且仅有3个整数，则这三个整数必为2，3，4， 即2，4在不等式的解集中，1，5不在解集中，于是得，解得， 而a∈Z，则a=6或a=7或a=8，所以a的取值可以是6或7或8．故选ABC 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13．若方程有唯一的实数根－2，则不等式的解集为________． 【答案】 【分析】根据二次函数特征可知，抛物线开口向上，与轴只有一个交点，直接写出解集即可 【解析】由已知得抛物线的开口向上，与x轴交于点，故的解集为．故答案为 14．已知正实数a，b满足，则的最小值是________． 【答案】16 【分析】对利用基本不等式求出且，把展开得到，即可求出最小值． 【解析】因为正实数a，b满足，所以，即，也即， 当且仅当时，即时取等号．因为，所以， 所以． 故的最小值是16．故答案为16 15．若关于的不等式无解，则实数的取值范围是________． 【答案】 【分析】由关于的不等式无解，可得，求出的最大值，进而可求出实数的取值范围． 【解析】因为关于的不等式无解，所以， 令，二次函数开口向下，对称轴时，取得最大值，最大值，所以，解得或． 所以实数的取值范围是．故答案为． 【名师点睛】本题考查不等式的恒成立问题，若恒成立，则；若存在解，则；若无解，则． 16．已知λ∈R，函数，当λ=2时，不等式的解集是________． 【答案】(1，4) 【分析】当λ=2时，等价于或，分别求解，综合即可得答案． 【解析】由题意得或， 解得或，即，所以不等式的解集是故答案为(1，4) 四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．（10分） （1）试比较与的大小； （2）已知，，求证：． 【答案】（1）；（2）证明见解析． 【分析】（1）与作差，判断差的正负即可得出结论； （2）结合不等式的性质分析即可证出结论． 【解析】（1）由题意， ， 所以． （2）因为，所以，即， 而，所以，则．得证． 18．（12分） 已知二次函数，且是函数的零点． （1）求的解析式； （2）解不等式． 【答案】（1）；（2）或． 【分析】（1）利用根与系数关系求出即得解；（2）解一元二次不等式即得解． 【解析】（1）因为是函数的零点，即或是方程的两个实根， 所以，从而，，即， 所以． （2）由（1）得，从而即， 所以，解得或． 19．（12分） 求解下列各题： （1）求的最大值； （2）求的最小值． 【答案】（1）；（2）8． 【分析】（1）因为，所以利用均值不等式即可求解； （2）因为，所以利用均值不等式即可求解． 【解析】（1）因为，又， 所以， 所以，当且仅当，即时取等号， 故y的最大值为； （2）由题意，，因为，所以， 所以，当且仅当，即时等号成立， 故y的最小值为8． 20．（12分） 今年10月份，学校从某厂家购进了A、B型电脑共250台，A、B两种型号电脑的单价分别为7000元、9000元，其中购进A型、B型电脑的总金额和为205万元． （1）求学校10月份购进A、B型电脑各多少台？ （2）为推进学校设备更新进程，学校决定11月份在同一厂家再次购进A、B两种型号的电脑，在此次采购中，比起10月份进购的同类型电脑，A型电脑的单价下降了a%，A型电脑数量增加了，B型电脑的单价上升了元，B型电脑数量下降了，这次采购A、B两种型号电脑的总金额为205万元，求a的值． 【答案】（1）100台，150台；（2）50． 【分析】（1）设学校月份购进型电脑台，结合总金额列方程，由此求得型电脑购进的台数． （2）结合采购的总金额列方程，由此求得的值． 【解析】（1）设学校10月份购进A型电脑x台，则学校购进B型电脑台，由题意得， 解得， 则学校10月份B型电脑为（台）； 答：学校10月份购进A、B型电脑各100、150台． （2）根据第（1）可得学校10月份购进A、B型电脑的单价各为7000元、9000元，由题意可得 令，方程整理得，（舍）， 所以．即a的值为50． 21．（12分） 已知实数，且． （1）当时，求的最小值，并指出取最小值时，的值： （2）当时，求的最小值，并指出取最小值时，的值 （3）当时，求的最小值，并指出取最小值时，的值． 【答案】（1）时，最小值为；（2）时，最小值为；（3）时，最小值为； 【解析】（1）当时，，可得， 所以， 当且仅当即时等号成立， 所以时，取得最小值； （2）当时，，所以， 整理可得，解得或（舍）， 当且仅当时，等号成立，所以当时，最小为； （3）当时，， 所以，即， 所以，解得，当且仅当时等号成立， 所以当时，取得最小值． 22．（12分） 若，则． （1）若存在常数，使得不等式对任意正数，恒成立，试求常数的值，并证明不等式：； （2）证明不等式：． 【答案】（1），证明见解析；（2）证明见解析． 【分析】（1）令即可求解，利用不等式性质即可证明不等式；（2）从原不等式入手，对原不等式变形，通过分类讨论与之间的大小关系即可证明． 【解析】证明：（1）当时，，故， 由，且， 利用不等式性质可得，； （2）欲证， 只需证明，即， ①当时，显然不等式成立， ②当时，不妨令，即，故， 由于，显然成立， 故原不等式成立； 同理，当时，原不等式也成立． 综上所述，对于任意，，均成立．