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2、【全国百强校】山东省烟台市第二中学2019-2020学年高一上学期模块检测数学试题（学生版）
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这是一份2、【全国百强校】山东省烟台市第二中学2019-2020学年高一上学期模块检测数学试题（学生版），共11页。试卷主要包含了选择题，填空题本题共计4小题,每题5分，解答题等内容，欢迎下载使用。
2019~2020学年度高一年级模块检测试题
高一数学
第Ⅰ卷(选择题,共55分)
一、选择题(本题共计13小题,1-10为单选题,只有一个正确选项,每题4分,11-13题为多选题,至少每一个正确选项,每题5分)
1.(★)已知集合A={1,2,3,6,9},B={3x|x∈A},C={x∈N|3x∈A},则B∩C等于( )
A.{1,2,3} B.{1,6,9} C.{1,6} D.{3}
2.(★)若1a<1b<0,则下列不等式:①abb2;③a+b
3.(★)已知a,b∈R,则a>|b|是a|a|>b|b|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
4.(★)已知命题p:∃x>0,x+a-1=0,若p为假命题,则a的取值范围是( )
A.a<1 B.a≤1 C.a>1 D.a≥1
5.(★)如图所示,全集U是实数集R,M={x|x2>4},N={x|1
A.{x|-2≤x<1} B.{x|-2≤x≤2}
C.{x|1
A.1ab>12 B.1a+1b≤1
C.ab≥2 D.1a2+b2≤18
8.(★★)若两个正实数x,y满足1x+4y=1,且存在这样的x,y使不等式x+y4
9.(★★★)在R上定义运算“”:xy=x(1-y).若存在实数x,使得不等式(x-m)(x+m)>1成立,则实数m的取值范围是( )
A.m-32
10.(★★)关于x的不等式x2-(m+2)x+2m<0的解集中恰有3个正整数,则实数m的取值范围为( )
A.{m|5
C.c>0 D.a+b+c>0
12.(★★)设a、b为正实数,下列命题正确的是( )
A.若a2-b2=1,则a-b<1
B.若1b-1a=1,则a-b<1
C.若|a-b|=1,则|a-b|<1
D.若|a|≤1,|b|≤1,则|a-b|≤|1-ab|
13.(★★★)设a,b是正实数,下列不等式中正确的是( )
A.ab>2aba+b B.a>|a-b|-b
C.a2+b2>4ab-3b2 D.ab+2ab>2
第Ⅱ卷(非选择题,95分)
二、填空题本题共计4小题,每题5分
14.(★)已知正实数x,y满足xy+x+2y=4,则xy的最大值为 .
15.(★★)已知关于x的不等式ax2+bx+c>0的解集是{x|-1
17.(★★)李明自主创业,在网上经营一家水果店,销售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃,价格依次为60元/盒,65元/盒、80元/盒、90元/盒.为增加销量,李明对这种水果进行促销:一次购买水果的总价达到120元,顾客就少付x元.每笔订单顾客网上支付成功后,李明会得到支付款的80%.
(1)当x=10时,顾客一次购买草莓和西瓜各1盒,需要支付 元;
(2)在促销活动中,当保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折,则x的最大值为 .
三、解答题(本大题共6小题,满分75分)
18.(★★)(10分)已知集合A={x|1
(2)若A∪B=A,求实数m的取值范围.
19.(★★)(12分)求关于x的方程ax2+2x+1=0的实数根中至少有一个负实数根的充要条件.
20.(★★)(12分)p:∃x∈R,ax2-2x-1>0;q:方程x2+(a-3)x+a=0有两个不相等正实根.
(1)若命题¬p为真命题,求实数a的取值范围;
(2)若命题p真命题,q为假命题,求实数a的取值范围.
21.(★★★)(13分)已知关于x的不等式ax2-3x+2>0(a∈R).
(1)若不等式ax2-3x+2>0的解集为{x|x<1或x>b},求a,b的值;
(2)解不等式ax2-3x+2>5-ax(a∈R).
22.(★★★)(13分)运货卡车以每小时x千米的速度匀速行驶130千米,按交通法限制50≤x≤100(单位:千米/小时).假设汽油的价格是每升2元,而汽车每小时耗油2+x2360升,司机的工资是每小时14元.
(1)求这次行车总费用y关于x的表达式;
(2)当x为何值时,这次行车的总费用最低,并求出最低费用.
23.(★★★)(15分)已知关于x的不等式kx2-(k2+4k+4)x+4k2+16>0,k∈R.
(1)当k变化时,试求不等式的解集A;
(2)对于不等式的解集A,若满足A∩Z=B,Z为整数集,试探究集合B能否为有限集?若能,求出使得集合B中元素个数最少的k的取值,并用列举法表示集合B;若不能,说明理由
答案全解全析
1.考点 集合的交集运算.
解析 ∵A={1,2,3,6,9},∴B={3x|x∈A}={3,6,9,18,27},C={x∈N|3x∈A}={1,2,3},∴B∩C={3}.
答案 D
2.考点 不等式的性质.
解析 ∵1a<1b<0,∴b0,∴a+b
3.考点 充分条件与必要条件的判断;不等式的性质.
解析 充分性:∵a>|b|,∴|a|>|b|.
当|a|>|b|,a>b>0时,由不等式的性质可得,a|a|>b|b|;当|a|>|b|,a>0>b时,a|a|>0,b|b|<0,∴a|a|>b|b|,
∴充分性成立.
必要性:∵a|a|>b|b|,∴可取a=-1,b=-2,此时a<|b|,∴必要性不成立.
综上,a>|b|是a|a|>b|b|的充分不必要条件.
答案 A
4.思路分析 p为假命题,则非p为真命题,写出非p,从而可求得a的取值范围.
解析 ∵p为假命题,∴非p:∀x>0,x+a-1≠0为真命题.∵x+a-1≠0,∴x≠1-a.∵x>0,∴1-a≤0.∴a≥1.
答案 D
5.考点 Venn图
思路分析 先将图形语言转化为符号语言,再求阴影部分表示的集合.
解析 阴影部分表示的集合为N∩(∁UM).
∵M={x|x2>4}={x|x>2或x<-2},∴∁UM={x|-2≤x≤2}.∵N={x|1
6.考点 不等式性质的应用,作差法比较大小.
思路分析 可先分析出A,B,C的范围,不能比较大小的,再作差.
解析 ∵-11.
∴B
A-C=1+a2-11+a=(1+a2)(1+a)-11+a=a3+a2+a1+a=a(a2+a+1)1+a.
∵-1
小题巧解 本题可取特殊值验证.
∵-1
考点 基本不等式.
解析 ∵a>0,b>0,a+b=4,
∴a+b=4≥2ab,∴ab≤2,
当且仅当a=b=2时取等号,故C错误;
∵ab≤2,∴ab≤4,∴1ab≥14,故A错误;
1a+1b=a+bab=4ab≥1,∴B错误;
1a2+b2=1(a+b)2-2ab=116−2ab,
∵ab≤4,∴16-2ab≥8,
∴116−2ab≤18,故D正确.故选D.
答案 D
一题多解 可取特殊值,利用排除法求解.
∵a>0,b>0,a+b=4,∴可取a=1,b=3,此时1ab=13<12,排除A;1a+1b=43>1,排除B;ab=3<2,排除C.故选D.
8.考点 利用基本不等式求参数的取值范围.
思路分析 存在x,y使不等式有解→m2+3m>x+y4min→利用基本不等式求出x+y4的最小值→解关于m的一元二次不等式.
解析 存在x,y使不等式x+y4
∵x,y均为正实数,1x+4y=1,∴x+y4=x+y41x+4y=2+y4x+4xy≥2+2y4x·4xy=4,当且仅当x=2,y=8时,取等号.
∴m2+3m>4,解得m<-4或m>1.故选C.
答案 C
9.考点 新定义与一元二次不等式的解法.
思路分析 先根据新定义运算将(x-m)(x+m)表示出来,再解不等式.
解析 根据新定义得(x-m)(x+m)=(x-m)[1-(x+m)],故原不等式可化为(x-m)[1-(x+m)]>1,化简得x2-x-m2+m+1<0,即该不等式有解,
∴该不等式对应的一元二次方程有两个不等的实根,即Δ=1-4(-m2+m+1)>0,整理得4m2-4m-3>0,解得m>32或m<-12.故选D.
答案 D
易错警示 本题易错之处在于不等式x2-x-m2+m+1<0有解转化为对应的一元二次方程有两个不等的实根,而不是有实根.
10.考点 含参数的一元二次不等式.
思路分析 x2-(m+2)x+2m<0可化为(x-2)(x-m)<0,令y=(x-2)(x-m),作出图象,由图象得结果.
解析 x2-(m+2)x+2m<0可化为(x-2)(x-m)<0,令y=(x-2)(x-m),作出其图象,如图所示.由图可得,若使原不等式有3个正整数解,则必有m>2,这3个正整数解为3,4,5.∴5
易错警示 注意端点值的取舍,弄不清时,可将端点值代入验证.
11.考点 三个二次之间的关系.
解析 ∵ax2+bx+c>0的解集为x-12
∴A错误,C正确.作出y=ax2+bx+c的图象,由图象可得当x=-1时,y<0,当x=1时,y>0,即a-b+c<0,a+b+c>0,故B错误,D正确.故选CD.
答案 CD
思想方法 数形结合思想是解决本题的一个重要思想,如何将数与形进行合理转化是解决本题的一个关键,B、D选项是根据当x=-1与x=1时y的值的情况进行判断的.
12.考点 不等式的性质.
解析 对于A,∵a2-b2=1,∴a2-1=b2,即(a+1)(a-1)=b2.
∵a+1>a-1,∴a-1
对于C,∵|a-b|=1,∴可取a=9,b=4,此时|a-b|=5>1,故C错误.
对于D,∵|a|≤1,|b|≤1,∴a2≤1,b2≤1.
∵|a-b|≥0,(1-ab)2≥0,
(a-b)2-(1-ab)2=a2+b2-2ab-(1-2ab+a2b2)
=a2+b2-a2b2-1=a2(1-b2)+b2-1=(a2-1)(1-b2),
∵a2≤1,b2≤1,∴a2-1≤0,1-b2≥0,
∴(a2-1)(1-b2)≤0,∴(a-b)2≤(1-ab)2.
∴|a-b|≤|1-ab|,故D正确.故选AD.
答案 AD
点评 对于小题来说,若是错误选项,可用特殊值法验证,若是正确选项,则必须有严谨的证明过程.
13.考点 基本不等式
解析 对于A,不妨取a=b=2,则ab=2,2aba+b=2,此时ab=2aba+b,故A错误.对于B,当a≥b>0时,a>|a-b|-b⇔a>a-b-b⇔0>-2b.成立;当b>a>0时,a>|a-b|-b⇔a>b-a-b⇔2a>0,成立.故B正确.
对于C,不妨取a=2,b=1,则a2+b2=5,4ab-3b2=5,此时a2+b2=4ab-3b2,故C错误.
对于D,∵a>0,b>0,∴ab+2ab≥22>2,当且仅当ab=2时,取等号,故D正确.
答案 BD14.
考点 基本不等式.
思路分析 用y表示出x,由x>0得出y的范围,表示出xy,再由基本不等式求解.
解析 ∵xy+x+2y=4,∴x=4−2yy+1,∵x>0,
∴4−2yy+1>0,又y>0,∴0
答案 8-43
一题多解 xy+x+2y=4≥xy+22xy,当且仅当x=2y时,取等号.令t=xy,则t>0,有t2+22t-4≤0,解得0
解析 ∵关于x的不等式ax2+bx+c>0的解集是{x|-1
∴关于x的不等式ax+cx+b<0可化为ax-2ax-a<0,即x-2x-1>0.
当x>0时,不等式可化为x2-x-2>0,解得x<-1或x>2,即x>2;
当x<0时,不等式可化为x2-x-2<0,解得-12}.
答案 {x|-12}
解题关键 解本题的关键是根据一元二次不等式与其对应的方程的关系,根与系数的关系得出a的范围及b、c与a的关系,进而可约去所求不等式中的参数.
16.考点 充分条件与必要条件;一元二次不等式.
思路分析 由题意得,3与a均为不等式2x2-5x-3≥0的解集中的元素,进而求得a的取值范围.
解析 ∵“x∈{3,a}”是“不等式2x2-5x-3≥0”的充分不必要条件,
∴3与a均为不等式2x2-5x-3≥0的解集中的元素.
∵2x2-5x-3≥0的解集为xx≥3或x≤−12,
∴a∈xx≥3或x≤−12,又集合中的元素具有互异性,
∴a≠3,∴a的取值范围为aa>3或a≤−12.
答案 aa>3或a≤−12
易错警示 ①由“x∈{3,a}”是“不等式2x2-5x-3≥0成立”的充分不必要条件得到的是3与a均为不等式2x2-5x-3≥0解集中的元素,而不是有且仅有一个是不等式2x2-5x-3≥0解集中的元素.②集合中的元素具有互异性,故a≠3.
17.考点 不等式的应用.
思路分析 (1)由题意可得顾客一次购买的总金额减去x,可得所求数值;
(2)在促销活动中,设订单总金额为m元,可得(m-x)×80%≥m×70%,解不等式,结合恒成立思想,可得x的最大值.
解析 (1)当x=10时,一次购买草莓和西瓜各1盒,可得60+80=140(元),即顾客需支付140-10=130(元).
(2)在促销活动中,设订单总金额为m元,可得(m-x)×80%≥m×70%,即x≤m8,由题意可得m≥120,
∴x≤1208≤15,即x的最大值为15.
答案 130;15
解题关键 在(2)中,重点是找到m的取值范围,进而可得出x的范围.
18.考点 已知集合间的关系,求参数的取值范围
思路分析 (1)由m=3得到集合B,再求(∁RA)∪B.
(2)由A∪B=A得,B⊆A,从而得m的取值范围.
解析 (1)当m=3时,B={x|4≤x≤5}.(1分)
∵A={x|1
(2)∵A∪B=A,∴B⊆A.(5分)
当B=⌀时,m+1>2m-1,得m<2;(7分)
当B≠⌀时,m+1≤2m-1,m+1>1,2m-1<5, ∴m≥2,m>0,m<3,即2≤m<3.(9分)
综上,m的取值范围为{m|m<3}.(10分)
易错警示 本题易漏掉B为⌀的情况.
19.考点 含参数的一元二次方程的根的问题.
思路分析 先求出方程ax2+2x+1=0的实根中至少有一个负实数根的必要条件,再验证充分性即可.
解析 当a=0时,方程为2x+1=0,解得x=-12,满足条件.(2分)
当a≠0时,
若有两个相等的实数根,则Δ=4-4a=0,得a=1,
此时方程为x2+2x+1=0,解得x1=x2=-1,满足条件;(4分)
若有两个不等的负根,则Δ=4−4a>0,1a>0,-2a<0,得0
综上,a≤1.即a≤1是方程ax2+2x+1的实根中至少有一个负根的必要条件.(9分)
经验证,当a≤1时,方程ax2+2x+1=0的实根中至少有一个负根,
即a≤1是方程ax2+2x+1=0的实根中至少有一个负根的充分条件.(11分)
综上,关于x的方程ax2+2x+1=0的实根中至少有一个负根的充要条件为a≤1.(12分)
解题模板 解决这类问题的常规步骤为先求其必要条件,再验证其充分性,最后得出结论.其中,验证充分性是必不可少的一步.
20.考点 命题的真假求参数的取值范围.
思路分析 (1)写出¬p,由¬p为真命题求a的取值范围.
(2)由p为真命题求出满足条件的a,再由q为假命题求出满足条件的a,最后两部分取交集.
解析 (1)∵p:∃x∈R,ax2-2x-1>0,
∴¬p:∀x∈R,ax2-2x-1≤0.(1分)
当a=0时,-2x-1≤0,得x≥-12,不满足.(2分)
当a≠0时,有a<0,Δ=4+4a≤0,得a≤-1.(4分)
综上,当¬p为真命题时,a≤-1.(5分)
(2)由(1)知,当¬p为真命题时,a≤-1,∴当p为真命题时,a>-1.(6分)
当q为真命题时,有Δ=(a-3)2-4a>0,-(a-3)>0,a>0,解得0
∴当p真q假时,有a>−1,a≤0或a≥1,即-1
21.考点 一元二次不等式的解法.
思路分析 (1)由题意得1,b为方程ax2-3x+2=0的解,将x=1代入方程得a的值,再求b的值.
(2)对a的范围进行讨论,解不等式.
解析 (1)∵不等式ax2-3x+2>0的解集为{x|x<1或x>b},∴1,b为方程ax2-3x+2=0的两个根,(1分)
∴a-3+2=0,得a=1,
∴不等式为x2-3x+2>0.
解不等式x2-3x+2>0得x<1或x>2,
∴b=2.(5分)
(2)ax2-3x+2>5-ax⇒ax2+(a-3)x-3>0⇒(ax-3)(x+1)>0.(6分)
当a=0时,不等式为-3(x+1)>0,得x<-1.(7分)
当a>0时,不等式为x-3a(x+1)>0,
∵3a>-1,∴x<-1或x>3a.(9分)
当a<0时,不等式为x-3a(x+1)<0.
令3a=-1,得a=-3,此时,不等式的解集为⌀;
令3a>-1,得a<-3,此时-1
当-3
当a>0时,不等式的解集为xx<−1或x>3a.(13分)
思想方法 分类讨论思想是解决本题必不可少的思想方法,分类讨论思想一方面可将复杂的问题分解为若干个简单的问题,另一方面恰当的分类可避免多值多解,从而提高全面考虑问题的能力.
22.考点 基本不等式的实际应用.
思路分析 (1)总费用=油费+司机工资;
(2)根据基本不等式求解.
解析 (1)由题意得,行驶时间为130x小时.
油费为130x·2+x2360·2元,(1分)
司机的工资为130x·14元,(2分)
∴y=130x·2+x2360·2+130x·14
=2340x+13x18(50≤x≤100).(6分)
(2)∵50≤x≤100,
∴y=2340x+13x18≥22340x·13x18=2610,(10分)
当且仅当2340x=13x18,即x=1810时,取等号.(12分)
∴当x=1810时,这次行车费用最低,为2610元.(13分)
素养提升 本题通过实际情况体现了数学建模及数学运算的核心素养.
23.
第二章 一元二次函数、方程和不等式 2.2基本不等式 2.3二次函数与一元二次方程、不等式
考点 集合的基本运算;基本不等式;一元二次不等式.
思路分析 (1)讨论k的取值,分类求解.
(2)由(1)可知,只有当k<0时,才会是有限集,再由基本不等式求出k2+4k的最大值,即可求出B中元素最少时的情况,进而得解.
解析 (1)kx2-(k2+4k+4)x+4k2+16>0⇒[kx-(k2+4)](x-4)>0.(1分)
当k=0时,不等式为-4(x-4)>0,得x<4.(2分)
当k>0时,不等式为x-k2+4k(x-4)>0.
令k2+4k=4,得k=2,此时解得x≠4;
令k2+4k>4,即k>0且k≠2,此时解得x<4或x>k2+4k;
令k2+4k<4,无解.(5分)
当k<0时,不等式为x-k2+4k(x-4)<0,
∵k2+4k<0<4,∴k2+4k
当k=2时,A={x|x≠4};
当k>0且k≠2时,A=xx<4或x>k2+4k.(8分)
(2)由(1)知,当k≥0时,A∩Z为无限集,∴k<0.(9分)
∴k2+4k=k+4k=--k+4-k≤-2(-k)·4-k=-4,(11分)
当且仅当k=-2时,取等号.(12分)
∴k2+4kmax=-4,∴A={x|-4
综上,当k=-2时,B中元素个数最少,且B={-3,-2,-1,0,1,2,3}.(15分)
主编点评 本题综合性强,综合了集合的基本运算,基本不等式及一元二次不等式的内容,且用到了分类讨论的思想方法,体现了逻辑推理的核心素养.
2019~2020学年度高一年级模块检测试题
高一数学
第Ⅰ卷(选择题,共55分)
一、选择题(本题共计13小题,1-10为单选题,只有一个正确选项,每题4分,11-13题为多选题,至少每一个正确选项,每题5分)
1.(★)已知集合A={1,2,3,6,9},B={3x|x∈A},C={x∈N|3x∈A},则B∩C等于( )
A.{1,2,3} B.{1,6,9} C.{1,6} D.{3}
2.(★)若1a<1b<0,则下列不等式:①ab
3.(★)已知a,b∈R,则a>|b|是a|a|>b|b|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
4.(★)已知命题p:∃x>0,x+a-1=0,若p为假命题,则a的取值范围是( )
A.a<1 B.a≤1 C.a>1 D.a≥1
5.(★)如图所示,全集U是实数集R,M={x|x2>4},N={x|1
A.{x|-2≤x<1} B.{x|-2≤x≤2}
C.{x|1
A.1ab>12 B.1a+1b≤1
C.ab≥2 D.1a2+b2≤18
8.(★★)若两个正实数x,y满足1x+4y=1,且存在这样的x,y使不等式x+y4
9.(★★★)在R上定义运算“”:xy=x(1-y).若存在实数x,使得不等式(x-m)(x+m)>1成立,则实数m的取值范围是( )
A.m-32
10.(★★)关于x的不等式x2-(m+2)x+2m<0的解集中恰有3个正整数,则实数m的取值范围为( )
A.{m|5
C.c>0 D.a+b+c>0
12.(★★)设a、b为正实数,下列命题正确的是( )
A.若a2-b2=1,则a-b<1
B.若1b-1a=1,则a-b<1
C.若|a-b|=1,则|a-b|<1
D.若|a|≤1,|b|≤1,则|a-b|≤|1-ab|
13.(★★★)设a,b是正实数,下列不等式中正确的是( )
A.ab>2aba+b B.a>|a-b|-b
C.a2+b2>4ab-3b2 D.ab+2ab>2
第Ⅱ卷(非选择题,95分)
二、填空题本题共计4小题,每题5分
14.(★)已知正实数x,y满足xy+x+2y=4,则xy的最大值为 .
15.(★★)已知关于x的不等式ax2+bx+c>0的解集是{x|-1
17.(★★)李明自主创业,在网上经营一家水果店,销售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃,价格依次为60元/盒,65元/盒、80元/盒、90元/盒.为增加销量,李明对这种水果进行促销:一次购买水果的总价达到120元,顾客就少付x元.每笔订单顾客网上支付成功后,李明会得到支付款的80%.
(1)当x=10时,顾客一次购买草莓和西瓜各1盒,需要支付 元;
(2)在促销活动中,当保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折,则x的最大值为 .
三、解答题(本大题共6小题,满分75分)
18.(★★)(10分)已知集合A={x|1
(2)若A∪B=A,求实数m的取值范围.
19.(★★)(12分)求关于x的方程ax2+2x+1=0的实数根中至少有一个负实数根的充要条件.
20.(★★)(12分)p:∃x∈R,ax2-2x-1>0;q:方程x2+(a-3)x+a=0有两个不相等正实根.
(1)若命题¬p为真命题,求实数a的取值范围;
(2)若命题p真命题,q为假命题,求实数a的取值范围.
21.(★★★)(13分)已知关于x的不等式ax2-3x+2>0(a∈R).
(1)若不等式ax2-3x+2>0的解集为{x|x<1或x>b},求a,b的值;
(2)解不等式ax2-3x+2>5-ax(a∈R).
22.(★★★)(13分)运货卡车以每小时x千米的速度匀速行驶130千米,按交通法限制50≤x≤100(单位:千米/小时).假设汽油的价格是每升2元,而汽车每小时耗油2+x2360升,司机的工资是每小时14元.
(1)求这次行车总费用y关于x的表达式;
(2)当x为何值时,这次行车的总费用最低,并求出最低费用.
23.(★★★)(15分)已知关于x的不等式kx2-(k2+4k+4)x+4k2+16>0,k∈R.
(1)当k变化时,试求不等式的解集A;
(2)对于不等式的解集A,若满足A∩Z=B,Z为整数集,试探究集合B能否为有限集?若能,求出使得集合B中元素个数最少的k的取值,并用列举法表示集合B;若不能,说明理由
答案全解全析
1.考点 集合的交集运算.
解析 ∵A={1,2,3,6,9},∴B={3x|x∈A}={3,6,9,18,27},C={x∈N|3x∈A}={1,2,3},∴B∩C={3}.
答案 D
2.考点 不等式的性质.
解析 ∵1a<1b<0,∴b
3.考点 充分条件与必要条件的判断;不等式的性质.
解析 充分性:∵a>|b|,∴|a|>|b|.
当|a|>|b|,a>b>0时,由不等式的性质可得,a|a|>b|b|;当|a|>|b|,a>0>b时,a|a|>0,b|b|<0,∴a|a|>b|b|,
∴充分性成立.
必要性:∵a|a|>b|b|,∴可取a=-1,b=-2,此时a<|b|,∴必要性不成立.
综上,a>|b|是a|a|>b|b|的充分不必要条件.
答案 A
4.思路分析 p为假命题,则非p为真命题,写出非p,从而可求得a的取值范围.
解析 ∵p为假命题,∴非p:∀x>0,x+a-1≠0为真命题.∵x+a-1≠0,∴x≠1-a.∵x>0,∴1-a≤0.∴a≥1.
答案 D
5.考点 Venn图
思路分析 先将图形语言转化为符号语言,再求阴影部分表示的集合.
解析 阴影部分表示的集合为N∩(∁UM).
∵M={x|x2>4}={x|x>2或x<-2},∴∁UM={x|-2≤x≤2}.∵N={x|1
6.考点 不等式性质的应用,作差法比较大小.
思路分析 可先分析出A,B,C的范围,不能比较大小的,再作差.
解析 ∵-1
∴B
A-C=1+a2-11+a=(1+a2)(1+a)-11+a=a3+a2+a1+a=a(a2+a+1)1+a.
∵-1
小题巧解 本题可取特殊值验证.
∵-1
考点 基本不等式.
解析 ∵a>0,b>0,a+b=4,
∴a+b=4≥2ab,∴ab≤2,
当且仅当a=b=2时取等号,故C错误;
∵ab≤2,∴ab≤4,∴1ab≥14,故A错误;
1a+1b=a+bab=4ab≥1,∴B错误;
1a2+b2=1(a+b)2-2ab=116−2ab,
∵ab≤4,∴16-2ab≥8,
∴116−2ab≤18,故D正确.故选D.
答案 D
一题多解 可取特殊值,利用排除法求解.
∵a>0,b>0,a+b=4,∴可取a=1,b=3,此时1ab=13<12,排除A;1a+1b=43>1,排除B;ab=3<2,排除C.故选D.
8.考点 利用基本不等式求参数的取值范围.
思路分析 存在x,y使不等式有解→m2+3m>x+y4min→利用基本不等式求出x+y4的最小值→解关于m的一元二次不等式.
解析 存在x,y使不等式x+y4
∵x,y均为正实数,1x+4y=1,∴x+y4=x+y41x+4y=2+y4x+4xy≥2+2y4x·4xy=4,当且仅当x=2,y=8时,取等号.
∴m2+3m>4,解得m<-4或m>1.故选C.
答案 C
9.考点 新定义与一元二次不等式的解法.
思路分析 先根据新定义运算将(x-m)(x+m)表示出来,再解不等式.
解析 根据新定义得(x-m)(x+m)=(x-m)[1-(x+m)],故原不等式可化为(x-m)[1-(x+m)]>1,化简得x2-x-m2+m+1<0,即该不等式有解,
∴该不等式对应的一元二次方程有两个不等的实根,即Δ=1-4(-m2+m+1)>0,整理得4m2-4m-3>0,解得m>32或m<-12.故选D.
答案 D
易错警示 本题易错之处在于不等式x2-x-m2+m+1<0有解转化为对应的一元二次方程有两个不等的实根,而不是有实根.
10.考点 含参数的一元二次不等式.
思路分析 x2-(m+2)x+2m<0可化为(x-2)(x-m)<0,令y=(x-2)(x-m),作出图象,由图象得结果.
解析 x2-(m+2)x+2m<0可化为(x-2)(x-m)<0,令y=(x-2)(x-m),作出其图象,如图所示.由图可得,若使原不等式有3个正整数解,则必有m>2,这3个正整数解为3,4,5.∴5
易错警示 注意端点值的取舍,弄不清时,可将端点值代入验证.
11.考点 三个二次之间的关系.
解析 ∵ax2+bx+c>0的解集为x-12
∴A错误,C正确.作出y=ax2+bx+c的图象,由图象可得当x=-1时,y<0,当x=1时,y>0,即a-b+c<0,a+b+c>0,故B错误,D正确.故选CD.
答案 CD
思想方法 数形结合思想是解决本题的一个重要思想,如何将数与形进行合理转化是解决本题的一个关键,B、D选项是根据当x=-1与x=1时y的值的情况进行判断的.
12.考点 不等式的性质.
解析 对于A,∵a2-b2=1,∴a2-1=b2,即(a+1)(a-1)=b2.
∵a+1>a-1,∴a-1
对于C,∵|a-b|=1,∴可取a=9,b=4,此时|a-b|=5>1,故C错误.
对于D,∵|a|≤1,|b|≤1,∴a2≤1,b2≤1.
∵|a-b|≥0,(1-ab)2≥0,
(a-b)2-(1-ab)2=a2+b2-2ab-(1-2ab+a2b2)
=a2+b2-a2b2-1=a2(1-b2)+b2-1=(a2-1)(1-b2),
∵a2≤1,b2≤1,∴a2-1≤0,1-b2≥0,
∴(a2-1)(1-b2)≤0,∴(a-b)2≤(1-ab)2.
∴|a-b|≤|1-ab|,故D正确.故选AD.
答案 AD
点评 对于小题来说,若是错误选项,可用特殊值法验证,若是正确选项,则必须有严谨的证明过程.
13.考点 基本不等式
解析 对于A,不妨取a=b=2,则ab=2,2aba+b=2,此时ab=2aba+b,故A错误.对于B,当a≥b>0时,a>|a-b|-b⇔a>a-b-b⇔0>-2b.成立;当b>a>0时,a>|a-b|-b⇔a>b-a-b⇔2a>0,成立.故B正确.
对于C,不妨取a=2,b=1,则a2+b2=5,4ab-3b2=5,此时a2+b2=4ab-3b2,故C错误.
对于D,∵a>0,b>0,∴ab+2ab≥22>2,当且仅当ab=2时,取等号,故D正确.
答案 BD14.
考点 基本不等式.
思路分析 用y表示出x,由x>0得出y的范围,表示出xy,再由基本不等式求解.
解析 ∵xy+x+2y=4,∴x=4−2yy+1,∵x>0,
∴4−2yy+1>0,又y>0,∴0
答案 8-43
一题多解 xy+x+2y=4≥xy+22xy,当且仅当x=2y时,取等号.令t=xy,则t>0,有t2+22t-4≤0,解得0
解析 ∵关于x的不等式ax2+bx+c>0的解集是{x|-1
∴关于x的不等式ax+cx+b<0可化为ax-2ax-a<0,即x-2x-1>0.
当x>0时,不等式可化为x2-x-2>0,解得x<-1或x>2,即x>2;
当x<0时,不等式可化为x2-x-2<0,解得-1
答案 {x|-1
解题关键 解本题的关键是根据一元二次不等式与其对应的方程的关系,根与系数的关系得出a的范围及b、c与a的关系,进而可约去所求不等式中的参数.
16.考点 充分条件与必要条件;一元二次不等式.
思路分析 由题意得,3与a均为不等式2x2-5x-3≥0的解集中的元素,进而求得a的取值范围.
解析 ∵“x∈{3,a}”是“不等式2x2-5x-3≥0”的充分不必要条件,
∴3与a均为不等式2x2-5x-3≥0的解集中的元素.
∵2x2-5x-3≥0的解集为xx≥3或x≤−12,
∴a∈xx≥3或x≤−12,又集合中的元素具有互异性,
∴a≠3,∴a的取值范围为aa>3或a≤−12.
答案 aa>3或a≤−12
易错警示 ①由“x∈{3,a}”是“不等式2x2-5x-3≥0成立”的充分不必要条件得到的是3与a均为不等式2x2-5x-3≥0解集中的元素,而不是有且仅有一个是不等式2x2-5x-3≥0解集中的元素.②集合中的元素具有互异性,故a≠3.
17.考点 不等式的应用.
思路分析 (1)由题意可得顾客一次购买的总金额减去x,可得所求数值;
(2)在促销活动中,设订单总金额为m元,可得(m-x)×80%≥m×70%,解不等式,结合恒成立思想,可得x的最大值.
解析 (1)当x=10时,一次购买草莓和西瓜各1盒,可得60+80=140(元),即顾客需支付140-10=130(元).
(2)在促销活动中,设订单总金额为m元,可得(m-x)×80%≥m×70%,即x≤m8,由题意可得m≥120,
∴x≤1208≤15,即x的最大值为15.
答案 130;15
解题关键 在(2)中,重点是找到m的取值范围,进而可得出x的范围.
18.考点 已知集合间的关系,求参数的取值范围
思路分析 (1)由m=3得到集合B,再求(∁RA)∪B.
(2)由A∪B=A得,B⊆A,从而得m的取值范围.
解析 (1)当m=3时,B={x|4≤x≤5}.(1分)
∵A={x|1
(2)∵A∪B=A,∴B⊆A.(5分)
当B=⌀时,m+1>2m-1,得m<2;(7分)
当B≠⌀时,m+1≤2m-1,m+1>1,2m-1<5, ∴m≥2,m>0,m<3,即2≤m<3.(9分)
综上,m的取值范围为{m|m<3}.(10分)
易错警示 本题易漏掉B为⌀的情况.
19.考点 含参数的一元二次方程的根的问题.
思路分析 先求出方程ax2+2x+1=0的实根中至少有一个负实数根的必要条件,再验证充分性即可.
解析 当a=0时,方程为2x+1=0,解得x=-12,满足条件.(2分)
当a≠0时,
若有两个相等的实数根,则Δ=4-4a=0,得a=1,
此时方程为x2+2x+1=0,解得x1=x2=-1,满足条件;(4分)
若有两个不等的负根,则Δ=4−4a>0,1a>0,-2a<0,得0
综上,a≤1.即a≤1是方程ax2+2x+1的实根中至少有一个负根的必要条件.(9分)
经验证,当a≤1时,方程ax2+2x+1=0的实根中至少有一个负根,
即a≤1是方程ax2+2x+1=0的实根中至少有一个负根的充分条件.(11分)
综上,关于x的方程ax2+2x+1=0的实根中至少有一个负根的充要条件为a≤1.(12分)
解题模板 解决这类问题的常规步骤为先求其必要条件,再验证其充分性,最后得出结论.其中,验证充分性是必不可少的一步.
20.考点 命题的真假求参数的取值范围.
思路分析 (1)写出¬p,由¬p为真命题求a的取值范围.
(2)由p为真命题求出满足条件的a,再由q为假命题求出满足条件的a,最后两部分取交集.
解析 (1)∵p:∃x∈R,ax2-2x-1>0,
∴¬p:∀x∈R,ax2-2x-1≤0.(1分)
当a=0时,-2x-1≤0,得x≥-12,不满足.(2分)
当a≠0时,有a<0,Δ=4+4a≤0,得a≤-1.(4分)
综上,当¬p为真命题时,a≤-1.(5分)
(2)由(1)知,当¬p为真命题时,a≤-1,∴当p为真命题时,a>-1.(6分)
当q为真命题时,有Δ=(a-3)2-4a>0,-(a-3)>0,a>0,解得0
∴当p真q假时,有a>−1,a≤0或a≥1,即-1
21.考点 一元二次不等式的解法.
思路分析 (1)由题意得1,b为方程ax2-3x+2=0的解,将x=1代入方程得a的值,再求b的值.
(2)对a的范围进行讨论,解不等式.
解析 (1)∵不等式ax2-3x+2>0的解集为{x|x<1或x>b},∴1,b为方程ax2-3x+2=0的两个根,(1分)
∴a-3+2=0,得a=1,
∴不等式为x2-3x+2>0.
解不等式x2-3x+2>0得x<1或x>2,
∴b=2.(5分)
(2)ax2-3x+2>5-ax⇒ax2+(a-3)x-3>0⇒(ax-3)(x+1)>0.(6分)
当a=0时,不等式为-3(x+1)>0,得x<-1.(7分)
当a>0时,不等式为x-3a(x+1)>0,
∵3a>-1,∴x<-1或x>3a.(9分)
当a<0时,不等式为x-3a(x+1)<0.
令3a=-1,得a=-3,此时,不等式的解集为⌀;
令3a>-1,得a<-3,此时-1
当-3
当a>0时,不等式的解集为xx<−1或x>3a.(13分)
思想方法 分类讨论思想是解决本题必不可少的思想方法,分类讨论思想一方面可将复杂的问题分解为若干个简单的问题,另一方面恰当的分类可避免多值多解,从而提高全面考虑问题的能力.
22.考点 基本不等式的实际应用.
思路分析 (1)总费用=油费+司机工资;
(2)根据基本不等式求解.
解析 (1)由题意得,行驶时间为130x小时.
油费为130x·2+x2360·2元,(1分)
司机的工资为130x·14元,(2分)
∴y=130x·2+x2360·2+130x·14
=2340x+13x18(50≤x≤100).(6分)
(2)∵50≤x≤100,
∴y=2340x+13x18≥22340x·13x18=2610,(10分)
当且仅当2340x=13x18,即x=1810时,取等号.(12分)
∴当x=1810时,这次行车费用最低,为2610元.(13分)
素养提升 本题通过实际情况体现了数学建模及数学运算的核心素养.
23.
第二章 一元二次函数、方程和不等式 2.2基本不等式 2.3二次函数与一元二次方程、不等式
考点 集合的基本运算;基本不等式;一元二次不等式.
思路分析 (1)讨论k的取值,分类求解.
(2)由(1)可知,只有当k<0时,才会是有限集,再由基本不等式求出k2+4k的最大值,即可求出B中元素最少时的情况,进而得解.
解析 (1)kx2-(k2+4k+4)x+4k2+16>0⇒[kx-(k2+4)](x-4)>0.(1分)
当k=0时,不等式为-4(x-4)>0,得x<4.(2分)
当k>0时,不等式为x-k2+4k(x-4)>0.
令k2+4k=4,得k=2,此时解得x≠4;
令k2+4k>4,即k>0且k≠2,此时解得x<4或x>k2+4k;
令k2+4k<4,无解.(5分)
当k<0时,不等式为x-k2+4k(x-4)<0,
∵k2+4k<0<4,∴k2+4k
当k=2时,A={x|x≠4};
当k>0且k≠2时,A=xx<4或x>k2+4k.(8分)
(2)由(1)知,当k≥0时,A∩Z为无限集,∴k<0.(9分)
∴k2+4k=k+4k=--k+4-k≤-2(-k)·4-k=-4,(11分)
当且仅当k=-2时,取等号.(12分)
∴k2+4kmax=-4,∴A={x|-4
综上,当k=-2时,B中元素个数最少,且B={-3,-2,-1,0,1,2,3}.(15分)
主编点评 本题综合性强,综合了集合的基本运算,基本不等式及一元二次不等式的内容,且用到了分类讨论的思想方法,体现了逻辑推理的核心素养.
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