北师大版 (2019)必修第一册4.1 一元二次函数单元测试习题

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这是一份北师大版 (2019)必修第一册4.1 一元二次函数单元测试习题，共9页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．设M＝2a(a－2)，N＝(a＋1)(a－3)，则( )
A．M>N B．M≥NC．M2．关于x的不等式－x2＋2x≥0的解集为( )
A．[0,2] B．(－∞，0]∪[2，＋∞)C．(－∞，2] D．(－∞，0)∪(2，＋∞)
3．不等式eq \f(x－2,x＋1)≤0的解集是( )
A．{x|x<－1或－14．若a，b，c∈R，且a>b，则下列不等式成立的是( )
A.eq \f(1,a)b2C.eq \f(a,c2＋1)>eq \f(b,c2＋1) D．a|c|>b|c|
5．《几何原本》卷2的几何代数法(以几何方法研究代数问题)成了后世西方数学家处理问题的重要依据．通过这一原理，很多的代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明．现有如图所示图形，点F在半圆O上，点C在直径AB上，且OF⊥AB，设AC＝a，BC＝b，则该图形可以完成的无字证明为( )
A.eq \f(a＋b,2)>eq \r(ab)(a>b>0) B．a2＋b2>2ab(a>b>0)C.eq \f(2ab,a＋b)b>0) D.eq \f(a＋b,2)< eq \r(\f(a2＋b2,2))(a>b>0)
6．若不等式4x2－12x－7>0与关于x的不等式x2＋px＋q>0的解集相同，则x2－px＋q<0的解集是( )
A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>\f(7,2)或x<－\f(1,2))))) B.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)\f(1,2))))) D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(7,2)7．若关于x的一元二次不等式x2＋mx＋1≥0的解集为R，则实数m的取值范围是( )
A．{m|m≤－2或m≥2} B．{m|－2≤m≤2}C．{m|m<－2或m>2} D．{m|－28．设a>0，b>0，且不等式eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(k,a＋b)≥0恒成立，则实数k的最小值等于( )
A．0 B．4 C．－4 D．－2
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3分，有选错的得0分)
9．已知a、b、c、d均为实数，则下列命题中正确的是( )
A．若ab<0，bc－ad>0，则eq \f(c,a)－eq \f(d,b)>0 B．若ab<0，eq \f(c,a)－eq \f(d,b)>0，则bc－ad>0
C．若bc－ad>0，eq \f(c,a)－eq \f(d,b)>0，则ab>0 D．若eq \f(1,a)10．已知a∈Z，关于x的一元二次不等式x2－6x＋a≤0的解集中有且仅有3个整数，则a的值可以是( )
A．6 B．7C．8 D．9
11．若a>0，b>0，且a＋b＝4，则下列不等式恒成立的是( )
A．a2＋b2≥8 B.eq \f(1,ab)≥eq \f(1,4)C.eq \r(ab)≥2 D.eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≤1
12．某单位准备印制一批证书，现有两个印刷厂可供选择，甲厂费用分为制版费和印刷费两部分，先收取固定的制版费，再按印刷数量收取印刷费，乙厂直接按印刷数量收取印刷费，甲厂的总费用y1(千元)乙厂的总费用y2(千元)与印制证书数量x(千个)的函数关系图分别如图中甲、乙所示，则下列说法正确的是( )
A．甲厂的制版费为1千元，印刷费平均每个为0.5元
B．甲厂的费用y1与证书数量x之间的函数关系式为y1＝0.5x＋1
C．当印制证书数量不超过2千个时，乙厂的印刷费平均每个为1.5元
D．当印制证书数量超过2千个时，乙厂的总费用y2与证书数量x之间的函数关系式为y2＝eq \f(1,4)x＋eq \f(5,2)
三、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上)
13．若不等式ax2＋bx－2>0的解集是(－∞，－2)∪(1，＋∞)，则a＋b＝________.
14．函数f(x)＝x＋eq \f(2,x－1)(x>1)的最小值是________；取到最小值时，x＝________.(本题第一空2分，第二空3分)
15．二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的图象如图所示，则不等式eq \f(ax＋b,cx＋a)<0的解集是________．
16．不等式ax2＋4x＋a>1－2x2对一切x∈R恒成立，则实数a的取值范围是________．
四、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)已知不等式x2－2x－3<0的解集为A，不等式x2＋x－6<0的解集为B.
(1)求A∩B；
(2)若不等式x2＋ax＋b<0的解集为A∩B，求a，b的值．
18．(本小题满分12分)(1)设函数y＝ax2＋bx＋3(a≠0)．
若不等式ax2＋bx＋3>0的解集为{x|－1(2)若a＋b＝1，a>0，b>0，求eq \f(1,a)＋eq \f(4,b)的最小值．
19．(本小题满分12分)已知正实数a，b满足a＋b＝1，求eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,a)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(1,b)))2的最小值．
20．(本小题满分12分)已知不等式eq \f(ax－1,x＋1)>0(a∈R)．
(1)解这个关于x的不等式；
(2)若当x＝－a时不等式成立，求a的取值范围．
21．(本小题满分12分)甲厂以x千克/小时的速度运输生产某种产品(生产条件要求1≤x≤10)，每小时可获得利润是100eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5x＋1－\f(3,x)))元．
(1)要使生产该产品2小时获得的利润不低于3 000元，求x的取值范围；
(2)要使生产900千克该产品获得的利润最大，问：甲厂应该选取何种生产速度？并求最大利润．
22．(本小题满分12分)已知不等式ax2－3x＋6>4的解集为{x|x<1或x>b}，
(1)求a，b的值；
(2)解不等式ax2－(ac＋b)x＋bc<0.
第二章单元测试卷答案
1．解析：∵M－N＝2a(a－2)－(a＋1)(a－3)＝(2a2－4a)－(a2－2a－3)＝a2－2a＋3＝(a－1)2＋2>0.∴M>N.
答案：A
2．解析：由原不等式可得x2－2x≤0，即x(x－2)≤0，解得0≤x≤2，故选A.
答案：A
3．解析：原不等式同解于eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋1≠0,x－2x＋1≤0))，解得－1答案：D
4．解析：根据不等式的性质，知C正确；若a>0>b，则eq \f(1,a)>eq \f(1,b)，则A不正确；若a＝1，b＝－2，则B不正确；若c＝0，则D不正确．故选C.
答案：C
5．解析：由图形可知OF＝eq \f(1,2)AB＝eq \f(a＋b,2)，OC＝OB－BC＝eq \f(a＋b,2)－b＝eq \f(a－b,2)，
在Rt△OCF中，
CF＝eq \r(OF2＋OC2)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a－b,2)))2)
＝eq \r(\f(a2＋b2,2))>OF＝eq \f(a＋b,2)，故选D.
答案：D
6．解析：由4x2－12x－7>0得(2x－7)(2x＋1)>0，
则x>eq \f(7,2)或x<－eq \f(1,2).由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－p＝\f(7,2)－\f(1,2)，,q＝\f(7,2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))，))则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(p＝\f(1,2)－\f(7,2)，,q＝\f(1,2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,2)))，))
x2－px＋q<0对应方程x2－px＋q＝0的两根分别为eq \f(1,2)，－eq \f(7,2)，
则x2－px＋q<0的解集是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(7,2)答案：D
7．解析：因为不等式x2＋mx＋1≥0的解集为R，所以Δ＝m2－4≤0，解得－2≤m≤2.
答案：B
8．解析：由eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(k,a＋b)≥0得k≥－eq \f(a＋b2,ab)，而eq \f(a＋b2,ab)＝eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)＋2≥4(a＝b时取等号)，所以－eq \f(a＋b2,ab)≤－4，因此要使k≥－eq \f(a＋b2,ab)恒成立，应有k≥－4，即实数k的最小值等于－4.
答案：C
9．解析：对于A：∵ab<0，∴eq \f(1,ab)<0，又∵bc－ad>0，∴eq \f(c,a)－eq \f(d,b)＝eq \f(1,ab)·(bc－ad)<0，即eq \f(c,a)－eq \f(d,b)<0，故A不正确；对于B：∵ab>0，eq \f(c,a)－eq \f(d,b)>0，∴ab·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)－\f(d,b)))>0，∴ab·eq \f(1,ab)(bc－ad)>0，即bc－ad>0，故B正确；对于C：∵eq \f(c,a)－eq \f(d,b)>0，∴eq \f(bc－ad,ab)>0，又∵bc－ad>0，∴ab>0，故C正确；对于D：由eq \f(1,a)0，∴eq \f(1,a＋b)答案：BCD
10．解析：设y＝x2－6x＋a，其图象为开口向上，对称轴是x＝3的抛物线，如图所示．
若关于x的一元二次不等式x2－6x＋a≤0的解集中有且仅有3个整数，因为对称轴为x＝3，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(22－6×2＋a≤0,12－6×1＋a>0))
解得5又a∈Z，故a可以为6,7,8.
故选ABC.
答案：ABC
11．解析：a2＋b2≥eq \f(a＋b2,2)＝8，当且仅当a＝b＝2时取等号，A正确；a＋b＝4≥2eq \r(ab)，ab≤4，eq \f(1,ab)≥eq \f(1,4)，当且仅当a＝b＝2时取等号，B正确，C错误，eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(a＋b,ab)＝eq \f(4,ab)≥1，D错误．故选AB.
答案：AB
12．解析：由题图知甲厂制版费为1千元，印刷费平均每个为0.5元，故A正确；甲厂的费用y1与证书数量x满足的函数关系为y1＝0.5x＋1，故B正确；当印制证书数量不超过2千个时，乙厂的印刷费平均每个为3÷2＝1.5元，故C正确；易知当x>2时，y2与x之间的函数关系式为y2＝eq \f(1,4)x＋eq \f(5,2)，故D正确．故选ABCD.
答案：ABCD
13．解析：不等式对应方程ax2＋bx－2＝0的实数根为－2和1，
由根与系数的关系知，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2＋1＝－\f(b,a),－2×1＝－\f(2,a)))
解得a＝1，b＝1，
所以a＋b＝2.
故答案为2.
答案：2
14．解析：∵x＞1，∴x－1＞0，
由基本不等式可得y＝x＋eq \f(2,x－1)＝x－1＋eq \f(2,x－1)＋1≥2eq \r(x－1·\f(2,x－1))＋1＝2eq \r(2)＋1，
当且仅当x－1＝eq \f(2,x－1)即x＝1＋eq \r(2)时，函数取得最小值2eq \r(2)＋1.
答案：2eq \r(2)＋1 1＋eq \r(2)
15．解析：由题图知，1和2是方程ax2＋bx＋c＝0的两个根，
所以－eq \f(b,a)＝3且eq \f(c,a)＝2，
所以b＝－3a，c＝2a且a>0.
不等式eq \f(ax＋b,cx＋a)<0等价于(ax＋b)(cx＋a)<0，
即(x－3)(2x＋1)<0，所以－eq \f(1,2)答案：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)16．解析：不等式ax2＋4x＋a>1－2x2对一切x∈R恒成立，
即(a＋2)x2＋4x＋a－1>0对一切x∈R恒成立．
若a＋2＝0，显然不成立；
若a＋2≠0，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋2>0，,16－4a＋2a－1<0，))⇔eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>－2，,16－4a＋2a－1<0，))⇔eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>－2，,a<－3或a>2，))⇔a>2.
答案：a>2
17．解析：(1)A＝{x|－1＜x＜3}, B＝{x|－3＜x＜2}，
∴A∩B＝{x|－1(2)－1,2为方程x2＋ax＋b＝0的两根
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－a＋b＝0,4＋2a＋b＝0))，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－1,b＝－2)).
18．解析：(1)∵不等式ax2＋bx＋3>0的解集为{x|－1∴－1和3是方程ax2＋bx＋3＝0的两个实根，
从而有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－b＋3＝0，,9a＋3b＋3＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－1，,b＝2.))
(2)∵a＋b＝1，
又a>0，b>0，
所以eq \f(1,a)＋eq \f(4,b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(4,b)))(a＋b)＝5＋eq \f(b,a)＋eq \f(4a,b)≥5＋2eq \r(\f(b,a)·\f(4a,b))＝9，
当且仅当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(b,a)＝\f(4a,b)，,a＋b＝1，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\f(1,3)，,b＝\f(2,3)))时等号成立，
所以eq \f(1,a)＋eq \f(4,b)的最小值为9.
19．解析：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,a)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(1,b)))2＝a2＋b2＋eq \f(1,a2)＋eq \f(1,b2)＋4
＝(a2＋b2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a2b2)))＋4
＝[(a＋b)2－2ab]eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a2b2)))＋4
＝(1－2ab)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a2b2)))＋4，
由a＋b＝1，得ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2＝eq \f(1,4)(当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时等号成立)，
所以1－2ab≥1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)，且eq \f(1,a2b2)≥16，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,a)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(1,b)))2≥eq \f(1,2)×(1＋16)＋4＝eq \f(25,2)，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,a)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(1,b)))2的最小值为eq \f(25,2).
20．解析：(1)原不等式等价于(ax－1)(x＋1)>0.
①当a＝0时，由－(x＋1)>0，得x<－1.
②当a>0时，不等式可化为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,a)))(x＋1)>0，
解得x<－1或x>eq \f(1,a).
③当a<0时，不等式可化为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,a)))(x＋1)<0.
若eq \f(1,a)<－1，即－1若eq \f(1,a)＝－1，即a＝－1，则不等式的解集为空集；
若eq \f(1,a)>－1，即a<－1，则－1综上所述，当a<－1时，不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1当a＝－1时，不等式解集为∅；
当－1当a＝0时，不等式的解集为{x|x<－1}；
当a>0时，不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<－1或x>\f(1,a))))).
(2)∵当x＝－a时不等式成立，
∴eq \f(－a2－1,－a＋1)>0，即－a＋1<0，
∴a>1，即a的取值范围为{a|a>1}．
21．解析：(1)根据题意，
200eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5x＋1－\f(3,x)))≥3 000⇒5x－14－eq \f(3,x)≥0，又1≤x≤10，可解得3≤x≤10.
(2)设利润为y元，则y＝eq \f(900,x)·100eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5x＋1－\f(3,x)))
＝9×104eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－\f(1,6)))2＋\f(61,12)))，
故x＝6时，ymax＝457 500元．
22．解析：(1)由题意知，1和b是方程ax2－3x＋2＝0的两根，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(3,a)＝1＋b,\f(2,a)＝b))，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1,b＝2)).
(2)不等式ax2－(ac＋b)x＋bc<0，
即为x2－(c＋2)x＋2c<0，即(x－2)(x－c)<0.
①当c>2时，2②当c<2时，c③当c＝2时，原不等式无解．
综上知，当c>2时，原不等式的解集为{x|2当c<2时，原不等式的解集为{x|c当c＝2时，原不等式的解集为∅.