必修 第一册第二章 等式与不等式本章综合与测试单元测试一课一练

这是一份必修 第一册第二章 等式与不等式本章综合与测试单元测试一课一练，共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第二章 等式与不等式 核心素养定心卷一、单选题。本大题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合题意。1．设为实数，且，则下列不等式正确的是（    ）A． B．C． D．2．已知a，b，，若关于x不等式的解集为，则（    ）A．不存在有序数组，使得B．存在唯一有序数组，使得C．有且只有两组有序数组，使得D．存在无穷多组有序数组，使得3．已知关于x的两个一元二次不等式的解集分别为A，B，其中为常数且不为零，则“”是“”（    ）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．已知三个关于的一元二次方程，，恰有一个公共实数根，则的值为（    ）.A．0 B．1 C．2 D．35．不等式x2+ax+b≤0（a，b∈R）的解集为{x|x1≤x≤x2}，若|x1|+|x2|≤2，则（　　）A．|a+2b|≥2 B．|a+2b|≤2 C．|a|≥1 D．|b|≤16．在R上定义运算：a⊕b＝(a＋1)b.已知1≤x≤2时，存在x使不等式(m－x)⊕(m＋x)<4成立，则实数m的取值范围为（    ）A．{m|－2<m<2} B．{m|－1<m<2}C．{m|－3<m<2} D．{m|1<m<2}7．《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，点在半圆上，点在直径上，且，设，，则该图形可以完成的无字证明为（    ）A． B．C． D．8．关于x的一元二次方程（a，b，c为实数，）有两个相等的实数根，若实数满足，则此一元二次方程的根是（    ）A． B． C． D． 二、多选题。本大题共4小题，每小题5分，共20分，每小题有两项或以上符合题意。9．若均为正数，且，则下列结论正确的是（    ）A．的最大值为B．的最小值为9C．的最小值为D．的最小值为10．下列求最值的运算中，运算方法错误的有（    ）A．当时，，故时，的最大值为；B．当时，，当且仅当时取等号，解得或，又由，所以取，故时，的最小值为；C．由于，故的最小值是；D．，，且，由于，则，又，则，，且，的最小值为．11．已知关于的不等式解集为，则（    ）A．B．不等式的解集为C．D．不等式的解集为12．设为正实数，则下列命题为真命题的是（    ）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则 三、填空题。本大题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知不等式的解集为，则____，______；不等式的解集为________________．14．已知正数，满足，则的最小值是____ .15．已知函数，关于x的不等式的解集为A，其中，在集合A上的值域为B，若，则____.16．已知，，且，则的最小值为________. 四、解答题。本大题共6小题，共70分，解答过程必修有必要的文字说明，公式和解题过程。17．为发展空间互联网，抢占6G技术制高点，某企业计划加大对空间卫星网络研发的投入.据了解，该企业研发部原有100人，年人均投入a（）万元，现把研发部人员分成两类：技术人员和研发人员，其中技术人员有x名（且），调整后研发人员的年人均投入增加4x%，技术人员的年人均投入为万元.（1）要使调整后的研发人员的年总投入不低于调整前的100人的年总投入，则调整后的技术人员最多有多少人？（2）是否存在实数m，同时满足两个条件：①技术人员的年人均投入始终不减少；②调整后研发人员的年总投入始终不低于调整后技术人员的年总投入？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由.    18．已知，，均为正数.（1）若，求的最小值；（2）若，求证：.   19．设函数，已知不等式的解集为.（1）求和的值；（2）若对任意恒成立，求的取值范围.   20．（1）已知命题，使得是真命题，求实数的取值范围；（2）已知，，若是的必要不充分条件，求实数的取值范围．   21．（1）若，求的最小值及对应的值；（2）若，求的最小值及对应的值．    22．关于x的不等式ax2－(a＋1)x＋1<0（1）若a=－2解关于x的不等式ax2－(a＋1)x＋1<0（2）若a>0解关于x的不等式ax2－(a＋1)x＋1<0    参考答案1．D【解析】已知,对各选项逐一判断：选项A：因为,由不等式的性质，两边同乘负数，不等式变号，可得,所以选项A错误.选项B：取,,,,则,,此时,所以选项B错误. 选项C：取,,,,则,,此时,所以选项C错误.选项D：因为,所以,所以,即,所以选项D正确.故选：D.2．D【解析】由题意不等式的解集为，即的解集是，则不等式的解是或，不等式的解集是，设，，，所以，，和是方程的两根，则，，又，所以是的一根，所以存在无数对，使得．故选：D．3．D【解析】由一元二次不等式的解法知，一元二次不等式解集受二次项系数的符号及相应二次方程的解的情况决定，由可知相应二次方程的解的情况是一致的，但二次项系数的符号不一定一致，故由推不出，反之若，也推不出，例如，与，解集都为R，但系数并不成比例.故选：D.4．D【解析】解：设三个关于x的一元二次方程的公共实数根为t，
则①，②，③∴①+②+③得：而原式 故选：D5．D【解析】∵不等式x2+ax+b≤0（a，b∈R）的解集为{x|x1≤x≤x2}，则x1、x2是对应方程x2+ax+b＝0的两个实数根，所以x1x2＝b，又|x1|+|x2|≤2，不妨令a＝﹣1，b＝0，则x1＝0，x2＝1，但|a+2b|＝1，∴A选项不成立；令a＝2，b＝1，则x1＝x2＝1，但|a+2b|＝4，B选项不成立；令a＝0，b＝﹣1，则x1＝﹣1，x2＝1，但|a|＝0，C选项不成立；b＝x1•x2≤，D选项正确．故选：D.6．C【解析】依题意得(m－x)⊕(m＋x)＝(m－x＋1)(m＋x)＝m2－x2＋m＋x，因为1≤x≤2时，存在x使不等式(m－x)⊕(m＋x)<4成立，所以存在1≤x≤2，使不等式m2＋m<x2－x＋4成立，即当1≤x≤2时，m2＋m<(x2－x＋4)max.因为1≤x≤2，所以当x＝2时，x2－x＋4取最大值6，所以m2＋m<6，解得－3<m<2.故选：C．7．D【解析】由图形可知：，，在直角中，由勾股定理可得：，，，．故选：D8．A【解析】，，，，，设，是方程（a，b，c为实数，）的两个根，∴，，，故选：A.9．ABD【解析】因均为正数，且，则有，当且仅当时取“=”，即的最大值为，A正确；，当且仅当时取“=”，即的最小值为9，B正确；显然，在上单调递减，无最小值，C不正确；，当且仅当时取“=”，即的最小值为，D正确.故选：ABD10．BCD【解析】】解：对于A，符合基本不等式中的“一正二定三相等”，即A的运算方法正确；对于B，当时，，当且仅当，即时，等号成立，即B的运算方法错误；对于C，取等的条件是，即，显然均不成立，即C的运算方法错误；对于D，第一次使用基本不等式的取等条件为，而第二次使用基本不等式的取等条件为，两者不能同时成立，即D的运算方法错误．故选：BCD．11．BCD【解析】因为关于的不等式解集为，所以和是方程的两个实根，且，故错误；所以，，所以，所以不等式可化为，因为，所以，故正确；因为，又，所以，故正确；不等式可化为，又，所以，即，即，解得,故正确.故选：BCD.12．AD【解析】A．由为正实数，，故，故正确；B．因为，所以（取等号时），故错误；C．取，则，但不成立，故错误；D．，因为且，所以，所以，故正确，故选：AD.13．            【解析】因为关于x的不等式的解集为所以和为方程的两根，且，由韦达定理可得，解得，所以不等式化为，即，解得.即不等式的解集为故答案为：；1；14．【解析】因为，则，设，则，由，当且仅当即时等号成立，由即，解得：或（舍） 所以，的最小值是，故答案为：.15．【解析】令，因为不等式的解集为A， 所以，，因为在集合A上的值域为B，若，所以当时，在集合A上递增，则，所以m，n是方程的两根，所以，此时不成立；当时，在集合A上递减，则，所以，此时不成立；当时， 则，所以，所以，故答案为：16．7【解析】由可得           当且仅当，即时，取得最小值7.故答案为:7.17．（1）75人（2）存在，718．（1）9；（2）证明见解析.【解析】（1）由得，所，当且仅当时，等号成立，即，.故的最小值为9，此时，；（2）因为，所以又因为，，均为正数，所以，，.所以，故，当且仅当时，等号成立.19．（1）；（2）.【解析】（1）有题意得是关于的方程的两个根，所以，故；（2）由（1）得，则对任意恒成立，即，对任意恒成立.又因为（当且仅当时，等号成立），所以，所以.20．（1）；（2）.【解析】（1）因为命题，使得是真命题，那么 ，即 ，那么实数的取值范围为 ；（2），即 ；中，，因为 ，解得 ，是的必要不充分条件，所以 ，故实数的取值范围为.21．（1）最小值为5，；（2）最小值为，．【解析】（1）因为，所以，当且仅当即时等号成立，函数取最小值5；（2）当且仅当即时等号成立，函数取最小值.22．（1）{或}；（2）答案见解析.【解析】(1)时，不等式为，即，，不等式的解集为或.(2)当a>0时，不等式可化为(x－1)<0 ，故(x－1)<0当0<a<1时， >1，不等式的解集为. 当a＝1时，不等式的解集为∅. 当a>1时，<1，不等式的解集为. 综上，当0<a<1时，解集为；当a＝1时，解集为∅；当a>1时，解集.