第2章 一元二次函数、方程和不等式-综合检测1（基础卷）- 2021-2022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D4．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C5．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A8．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BD11．现有以下结论①函数的最小值是2②若且，则③的最小值是2④函数的最小值为其中，不正确的是A．①  B．②C．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ACD12．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．7C．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1615．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．