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2020-2021学年第二章 一元二次函数、方程和不等式本章综合与测试学案
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这是一份2020-2021学年第二章 一元二次函数、方程和不等式本章综合与测试学案，共9页。学案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。
章末检测试卷(二)
(时间：120分钟 满分：150分)
一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)
1．设集合A＝{x|x2－x－2<0}，集合B＝{x|1
解析 ∵A＝{x|－1
①a>b⇒a2>b2；②a2>b2⇒a>b；③a>b⇒<1；④a>b⇒<.
其中正确的命题个数是( )
A．0 B．1 C．2 D．3
答案 A
解析 对于①，当a＝1，b＝－2时，a>b，但a2b2也成立，故②错误；
对于③，只有当a>0且a>b时，<1才成立，故③错误；
当a>0，b<0时，④错误．
3．不等式组的解集为( )
A．{x|－4≤x≤－3} B．{x|－4≤x≤－2}
C．{x|－3≤x≤－2} D．∅
答案 A
解析 ⇒
⇒⇒－4≤x≤－3.
4．设A＝＋，其中a，b是正实数，且a≠b，B＝－x2＋4x－2，则A与B的大小关系是( )
A．A≥B B．A>B
C．A 答案 B
解析 ∵a，b都是正实数，且a≠b，
∴A＝＋>2＝2，即A>2，
B＝－x2＋4x－2＝－(x2－4x＋4)＋2
＝－(x－2)2＋2≤2，即B≤2，∴A>B.
5．若关于x的不等式x2－4x－m≥0对任意0
答案 C
解析 令y＝x2－4x－m，则只需满足在x＝1处的函数值非负即可，解得m≤－3.
6．已知≤x≤2时，y1＝x2＋bx＋c(b，c∈R)与y2＝在同一点处取得相同的最小值，那么当≤x≤2时，y1＝x2＋bx＋c的最大值是( )
A. B．4 C．8 D.
答案 B
解析 y2＝＝x＋1＋≥1＋2＝3.当x＝1时，y2取得最小值3，所以y1＝(x－1)2＋3.
所以当x＝2时，(y1)max＝4.
7．已知一元二次方程x2＋(m＋1)x＋1＝0(m∈Z)有两个实数根x1，x2，且0
C．－6 D．－7
答案 A
解析 ∵一元二次方程x2＋(m＋1)x＋1＝0(m∈Z)有两个实数根x1，x2，且0
解得－
A．{m|m<3} B.
C．{m|m>2} D．{m|－2
解析 依题意，对任意的x≥4，
有y＝(mx＋1)·(m2x－1)<0恒成立，
结合图象(图略)分析可知由此解得m<－，
即实数m的取值范围是.
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)
9．与不等式x2－x＋2>0的解集相同的不等式有( )
A．x2＋x－2>0 B．－x2＋x－2>0
C．－x2＋x－2<0 D．2x2－3x＋2>0
答案 CD
解析 因为Δ＝(－1)2－4×2＝－7<0，
所以不等式x2－x＋2>0的解集为R，
逐一验证可知，选项CD中的不等式解集为R.
10．对于任意实数a，b，c，d，下列四个命题中的真命题有( )
A．若a>b，则<
B．若a>b，则ac2>bc2
C．若ac2>bc2，则a>b
D．若a>b>0，c>d>0，则ac>bd
答案 CD
解析 若a>0，b<0时，>，A错；
B中，若c＝0，则有ac2＝bc2，B错；C正确；
由不等式的性质可知D正确．
11．若正数a，b满足a＋b＝1，则＋的可能取值为( )
A. B. C. D.
答案 AD
解析 由a＋b＝1，知＋＝＝，又因为ab≤2＝(当且仅当a＝b＝时等号成立)，所以9ab＋10≤，所以≥.
12．已知关于x的不等式x2－4ax＋3a2<0(a<0)的解集为{x|x1
B．x1x2＋x1＋x2的最小值为－
C．x1＋x2＋的最大值为－
D．x1＋x2＋的最小值为
答案 ABC
解析 不等式x2－4ax＋3a2<0(a<0)的解集为
{x|x1
x1x2＋x1＋x2<0可化为3a2＋4a<0，
解得－
∴B正确；
x1＋x2＋＝4a＋，
∵a<0，∴－4a－≥2＝，
即4a＋≤－，
故x1＋x2＋的最大值为－，∴C正确，D错误．
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．a，b∈R，a>b和<同时成立的条件是________．(答案不唯一，写出一个即可)
答案 a>b>0(或0>a>b)
解析 －＝<0，因为a>b，即b－a<0，
所以ab>0，所以a>b>0或0>a>b.
14．一元二次不等式x2＋ax＋b>0的解集为{x|x<－3或x>1}，则一元一次不等式ax＋b<0的解集为________．
答案
解析 由题意知，－3和1是方程x2＋ax＋b＝0的两根，
所以解得
不等式ax＋b<0即为2x－3<0，所以x<.
15.某汽车运输公司购买一批豪华大客车投入营运，据市场分析每辆车营运的总利润y(单位：10万元)与营运年数x(x∈N*)为二次函数关系(二次函数的图象如图所示，总利润y为正数)，则营运年数的取值范围是________；每辆客车营运________年时，年平均利润最大．(本题第一空3分，第二空2分)
答案 {3,4,5,6,7,8,9}(或{x∈N*|6－
设为y＝a(x－6)2＋11，代入(4,7)，得a＝－1，
∴y＝－x2＋12x－25，令－x2＋12x－25>0，
解得6－
{3,4,5,6,7,8,9}(或{x∈N*|6－
＝－＋12≤－2＋12＝2，
当且仅当x＝，即x＝5时，等号成立．
16．设a>0，若对于任意的正数m，n，都有m＋n＝8，则满足≤＋的a的取值范围是________．
答案 {a|a≥1}
解析 由m＋n＝8可得m＋n＋1＝9，
故＋＝(m＋n＋1)
＝≥×(5＋2)＝＝1，
当且仅当n＋1＝2m，即m＝3，n＝5时，等号成立，
∴只需≤1，即a≥1.
故a的取值范围为{a|a≥1}．
四、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)解下列不等式(组)：
(1)(2)6－2x≤x2－3x<18.
解 (1)原不等式组可化为
即0
即
因式分解，得
所以
所以－3
解 ax2＋(1－a)x－1>0可得(ax＋1)(x－1)>0，
即(x－1)<0.
当－<1时，即a<－1时，不等式的解为－
综上所述，
当a<－1时，不等式的解集为；
当－1
19．(12分)(1)已知a，b均为正实数，且2a＋8b－ab＝0，求a＋b的最小值；
(2)已知a，b，c都为正实数，且a＋b＋c＝1.求证：＋＋≥10.
(1)解 ∵2a＋8b－ab＝0，∴＋＝1.
又∵a>0，b>0，
∴a＋b＝(a＋b)＝10＋＋
≥10＋2＝18，
当且仅当＝，即a＝2b时，等号成立．
由得
∴当a＝12，b＝6时，a＋b取得最小值18.
(2)证明 ＋＋
＝＋＋
＝4＋＋＋
≥4＋2＋2＋2＝10，
当且仅当a＝b＝c＝时取等号．
∴＋＋≥10.
20．(12分)已知“∃x∈{x|－1
(2)设不等式(x－a)(x＋a－2)<0的解集为N，若x∈N是x∈M的必要条件，求实数a的取值范围．
解 (1)由题意，知m＝x2－x＝2－.
由－1
(2)由x∈N是x∈M的必要条件，知M⊆N.
①当a>2－a，即a>1时，N＝{x|2－a
②当a<2－a，即a<1时，N＝{x|a
③当a＝2－a，即a＝1时，N＝∅，不满足M⊆N.
综上可得，实数a的取值范围为.
21．(12分)某商品计划两次提价，有甲、乙、丙三种方案如下，其中p>q>0，
方案
第一次(提价)
第二次(提价)
甲
p%
q%
乙
q%
p%
丙
(p＋q)%
(p＋q)%
经过两次提价后，哪种方案提价幅度大？
解 设商品原价为a，设按甲、乙、丙三种方案两次提价后价格分别为N甲，N乙，N丙，
则N甲＝a(1＋p%)(1＋q%)，
N乙＝a(1＋q%)(1＋p%)，
N丙＝a
＝a2.
显然甲、乙两种方案最终价格是一致的，
因此，只需比较a2与a(1＋p%)(1＋q%)的大小．
N甲－N丙＝a
＝(2pq－p2－q2)＝－(p－q)2<0.
∴N丙>N甲，
∴丙方案提价比甲、乙方案提价幅度大．
22．(12分)为了净化空气，某科研单位根据实验得出，在一定范围内，每喷洒1个单位的净化剂，空气中释放的浓度y(单位：毫克/立方米)随着时间x(单位：天)变化的关系如下：当0≤x≤4时，y＝－1；当4
(2)若第一次喷洒2个单位的净化剂，6天后再喷洒a(1≤a≤4)个单位的净化剂，要使接下来的4天中能够持续有效净化，试求a的最小值．(精确到0.1，参考数据：取1.4)
解 (1)因为一次喷洒4个单位的净化剂，
所以浓度y1可表示为：当0≤x≤4时，y1＝－4；
当4
所以此时0≤x≤4.
当4
则有效净化时间可达8天．
(2)设从第一次喷洒起，经x(6≤x≤10)天，
浓度y2＝2＋a＝10－x＋－a＝(14－x)＋－a－4.
因为4≤14－x≤8，而1≤a≤4，
所以4≤4≤8，故y2≥8－a－4.
当且仅当14－x＝4时，y2有最小值为8－a－4.
令8－a－4≥4，解得24－16≤a≤4，
所以a的最小值为24－16≈1.6.
章末检测试卷(二)
(时间：120分钟 满分：150分)
一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)
1．设集合A＝{x|x2－x－2<0}，集合B＝{x|1
解析 ∵A＝{x|－1
①a>b⇒a2>b2；②a2>b2⇒a>b；③a>b⇒<1；④a>b⇒<.
其中正确的命题个数是( )
A．0 B．1 C．2 D．3
答案 A
解析 对于①，当a＝1，b＝－2时，a>b，但a2
对于③，只有当a>0且a>b时，<1才成立，故③错误；
当a>0，b<0时，④错误．
3．不等式组的解集为( )
A．{x|－4≤x≤－3} B．{x|－4≤x≤－2}
C．{x|－3≤x≤－2} D．∅
答案 A
解析 ⇒
⇒⇒－4≤x≤－3.
4．设A＝＋，其中a，b是正实数，且a≠b，B＝－x2＋4x－2，则A与B的大小关系是( )
A．A≥B B．A>B
C．A 答案 B
解析 ∵a，b都是正实数，且a≠b，
∴A＝＋>2＝2，即A>2，
B＝－x2＋4x－2＝－(x2－4x＋4)＋2
＝－(x－2)2＋2≤2，即B≤2，∴A>B.
5．若关于x的不等式x2－4x－m≥0对任意0
答案 C
解析 令y＝x2－4x－m，则只需满足在x＝1处的函数值非负即可，解得m≤－3.
6．已知≤x≤2时，y1＝x2＋bx＋c(b，c∈R)与y2＝在同一点处取得相同的最小值，那么当≤x≤2时，y1＝x2＋bx＋c的最大值是( )
A. B．4 C．8 D.
答案 B
解析 y2＝＝x＋1＋≥1＋2＝3.当x＝1时，y2取得最小值3，所以y1＝(x－1)2＋3.
所以当x＝2时，(y1)max＝4.
7．已知一元二次方程x2＋(m＋1)x＋1＝0(m∈Z)有两个实数根x1，x2，且0
C．－6 D．－7
答案 A
解析 ∵一元二次方程x2＋(m＋1)x＋1＝0(m∈Z)有两个实数根x1，x2，且0
解得－
A．{m|m<3} B.
C．{m|m>2} D．{m|－2
解析 依题意，对任意的x≥4，
有y＝(mx＋1)·(m2x－1)<0恒成立，
结合图象(图略)分析可知由此解得m<－，
即实数m的取值范围是.
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)
9．与不等式x2－x＋2>0的解集相同的不等式有( )
A．x2＋x－2>0 B．－x2＋x－2>0
C．－x2＋x－2<0 D．2x2－3x＋2>0
答案 CD
解析 因为Δ＝(－1)2－4×2＝－7<0，
所以不等式x2－x＋2>0的解集为R，
逐一验证可知，选项CD中的不等式解集为R.
10．对于任意实数a，b，c，d，下列四个命题中的真命题有( )
A．若a>b，则<
B．若a>b，则ac2>bc2
C．若ac2>bc2，则a>b
D．若a>b>0，c>d>0，则ac>bd
答案 CD
解析 若a>0，b<0时，>，A错；
B中，若c＝0，则有ac2＝bc2，B错；C正确；
由不等式的性质可知D正确．
11．若正数a，b满足a＋b＝1，则＋的可能取值为( )
A. B. C. D.
答案 AD
解析 由a＋b＝1，知＋＝＝，又因为ab≤2＝(当且仅当a＝b＝时等号成立)，所以9ab＋10≤，所以≥.
12．已知关于x的不等式x2－4ax＋3a2<0(a<0)的解集为{x|x1
B．x1x2＋x1＋x2的最小值为－
C．x1＋x2＋的最大值为－
D．x1＋x2＋的最小值为
答案 ABC
解析 不等式x2－4ax＋3a2<0(a<0)的解集为
{x|x1
x1x2＋x1＋x2<0可化为3a2＋4a<0，
解得－
∴B正确；
x1＋x2＋＝4a＋，
∵a<0，∴－4a－≥2＝，
即4a＋≤－，
故x1＋x2＋的最大值为－，∴C正确，D错误．
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．a，b∈R，a>b和<同时成立的条件是________．(答案不唯一，写出一个即可)
答案 a>b>0(或0>a>b)
解析 －＝<0，因为a>b，即b－a<0，
所以ab>0，所以a>b>0或0>a>b.
14．一元二次不等式x2＋ax＋b>0的解集为{x|x<－3或x>1}，则一元一次不等式ax＋b<0的解集为________．
答案
解析 由题意知，－3和1是方程x2＋ax＋b＝0的两根，
所以解得
不等式ax＋b<0即为2x－3<0，所以x<.
15.某汽车运输公司购买一批豪华大客车投入营运，据市场分析每辆车营运的总利润y(单位：10万元)与营运年数x(x∈N*)为二次函数关系(二次函数的图象如图所示，总利润y为正数)，则营运年数的取值范围是________；每辆客车营运________年时，年平均利润最大．(本题第一空3分，第二空2分)
答案 {3,4,5,6,7,8,9}(或{x∈N*|6－
设为y＝a(x－6)2＋11，代入(4,7)，得a＝－1，
∴y＝－x2＋12x－25，令－x2＋12x－25>0，
解得6－
{3,4,5,6,7,8,9}(或{x∈N*|6－
＝－＋12≤－2＋12＝2，
当且仅当x＝，即x＝5时，等号成立．
16．设a>0，若对于任意的正数m，n，都有m＋n＝8，则满足≤＋的a的取值范围是________．
答案 {a|a≥1}
解析 由m＋n＝8可得m＋n＋1＝9，
故＋＝(m＋n＋1)
＝≥×(5＋2)＝＝1，
当且仅当n＋1＝2m，即m＝3，n＝5时，等号成立，
∴只需≤1，即a≥1.
故a的取值范围为{a|a≥1}．
四、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)解下列不等式(组)：
(1)(2)6－2x≤x2－3x<18.
解 (1)原不等式组可化为
即0
即
因式分解，得
所以
所以－3
解 ax2＋(1－a)x－1>0可得(ax＋1)(x－1)>0，
即(x－1)<0.
当－<1时，即a<－1时，不等式的解为－
综上所述，
当a<－1时，不等式的解集为；
当－1
19．(12分)(1)已知a，b均为正实数，且2a＋8b－ab＝0，求a＋b的最小值；
(2)已知a，b，c都为正实数，且a＋b＋c＝1.求证：＋＋≥10.
(1)解 ∵2a＋8b－ab＝0，∴＋＝1.
又∵a>0，b>0，
∴a＋b＝(a＋b)＝10＋＋
≥10＋2＝18，
当且仅当＝，即a＝2b时，等号成立．
由得
∴当a＝12，b＝6时，a＋b取得最小值18.
(2)证明 ＋＋
＝＋＋
＝4＋＋＋
≥4＋2＋2＋2＝10，
当且仅当a＝b＝c＝时取等号．
∴＋＋≥10.
20．(12分)已知“∃x∈{x|－1
(2)设不等式(x－a)(x＋a－2)<0的解集为N，若x∈N是x∈M的必要条件，求实数a的取值范围．
解 (1)由题意，知m＝x2－x＝2－.
由－1
(2)由x∈N是x∈M的必要条件，知M⊆N.
①当a>2－a，即a>1时，N＝{x|2－a
②当a<2－a，即a<1时，N＝{x|a
③当a＝2－a，即a＝1时，N＝∅，不满足M⊆N.
综上可得，实数a的取值范围为.
21．(12分)某商品计划两次提价，有甲、乙、丙三种方案如下，其中p>q>0，
方案
第一次(提价)
第二次(提价)
甲
p%
q%
乙
q%
p%
丙
(p＋q)%
(p＋q)%
经过两次提价后，哪种方案提价幅度大？
解 设商品原价为a，设按甲、乙、丙三种方案两次提价后价格分别为N甲，N乙，N丙，
则N甲＝a(1＋p%)(1＋q%)，
N乙＝a(1＋q%)(1＋p%)，
N丙＝a
＝a2.
显然甲、乙两种方案最终价格是一致的，
因此，只需比较a2与a(1＋p%)(1＋q%)的大小．
N甲－N丙＝a
＝(2pq－p2－q2)＝－(p－q)2<0.
∴N丙>N甲，
∴丙方案提价比甲、乙方案提价幅度大．
22．(12分)为了净化空气，某科研单位根据实验得出，在一定范围内，每喷洒1个单位的净化剂，空气中释放的浓度y(单位：毫克/立方米)随着时间x(单位：天)变化的关系如下：当0≤x≤4时，y＝－1；当4
(2)若第一次喷洒2个单位的净化剂，6天后再喷洒a(1≤a≤4)个单位的净化剂，要使接下来的4天中能够持续有效净化，试求a的最小值．(精确到0.1，参考数据：取1.4)
解 (1)因为一次喷洒4个单位的净化剂，
所以浓度y1可表示为：当0≤x≤4时，y1＝－4；
当4
所以此时0≤x≤4.
当4
则有效净化时间可达8天．
(2)设从第一次喷洒起，经x(6≤x≤10)天，
浓度y2＝2＋a＝10－x＋－a＝(14－x)＋－a－4.
因为4≤14－x≤8，而1≤a≤4，
所以4≤4≤8，故y2≥8－a－4.
当且仅当14－x＝4时，y2有最小值为8－a－4.
令8－a－4≥4，解得24－16≤a≤4，
所以a的最小值为24－16≈1.6.
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