第二章 一元二次函数、方程和不等式（综合检测）-高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）

第二章 一元二次函数、方程和不等式综合检测

（考试时间：120分钟  试卷满分：150分）

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如

需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写

在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷

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，只有一项是符合题目要求.

1．设集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先解分式不等式得，再求函数的值域得，再求集合交集运算即可.

【详解】解：解分式不等式得，故，

再求函数的值域得，故.

所以.

故选：C

【点睛】本题考查分式不等式的解法，指数函数的值域求解，集合的交集运算，是基础题.

2．设，则“”是“”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

【答案】B

【分析】解不等式、，利用集合的包含关系判断可得出结论.

【详解】由可得，

由可得，解得，

因此“”是“”的必要不充分条件.

故选：B.

3．若关于的不等式有解，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】直接利用判别式即可研究不等式的解的情况.

【详解】若关于的不等式有解,

则，解得.

故选：C.

4．已知，若恒成立，则的最大值为（    ）

A．4 B．5 C．24 D．25

【答案】C

【分析】由，利用基本不等式整理得，根据恒成立问题可得，运算求解即可得答案.

【详解】∵，所以，

∴，

当且仅当，即时等号成立，

即，

由题意可得：，又，解得，

故的最大值为24.

故选：C.

5．设圆柱的体积为，当其表面积最小时，圆柱的母线长为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据圆柱体积公式，把圆柱底面半径为用圆柱体积和母线长表示出来，由公式计算圆柱表面积，利用基本不等式求表面积的最小值，由等号成立的条件求此时圆柱的母线长.

【详解】设圆柱底面半径为，母线长为，有，则，

圆柱表面积

，

当且仅当，即时等号成立.

所以圆柱表面积最小时，圆柱的母线长为.

故选：D

6．已知，，，则、、的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用作差法结合基本不等式可得出、的大小关系，利用中间值结合指数函数、对数函数的单调性可得出、的大小关系，综合可得出、、的大小关系.

【详解】因为，所以，，则，

因为，

所以，，则，所以

因为

，即，因此，.

故选：C.

7．在中，角A，，的对边分别为，，，且，若的面积，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式，化简计算，可求得角C，根据面积公式及题干条件，计算可得，利用余弦定理及基本不等式，即可得答案.

【详解】因为，由正弦定理边化角可得，

又，

所以，

所以，

因为，，

所以，又，

所以.

又的面积

所以，

由余弦定理得，

所以，

当且仅当时取等号，

所以，则的最小值为.

故选：A

8．已知抛物线，过坐标原点O作两条相互垂直的直线分别与抛物线C相交于两点（M，N均与点O不重合）．若直线MN恒过点，则的最小值为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】设，设直线MN方程为，联立抛物线C的方程得韦达定理，再根据结合平面向量和韦达定理得到，最后利用基本不等式求解.

【详解】设，设直线MN方程为，

联立抛物线C的方程得，

所以．

又，

所以，

所以，所以，所以，

所以直线MN的方程为，

所以直线MN过定点，故，即，

所以．

由抛物线的方程可得，

所以，当且仅当时取等号．

故选：A

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，，，下列叙述正确的是（    ）

A．若，，则 B．若，则

C．若，则 D．

【答案】AD

【分析】根据不等式性质可以判断A正确；不等式两边同乘，判断B错误；当时，，故C错误；D项可以转化为，故D正确.

【详解】对于A，根据不等式性质，若，，则，故A正确；

对于B，若，则，不等式两边同乘，则，故B错误；

对于C，当时，，故C错误；

对于D，等价于，成立，故D正确.

故选：AD.

10．已知幂函数的图象经过点，则下列命题正确的有（    ）．

A．函数的定义域为

B．函数为非奇非偶函数

C．过点且与图象相切的直线方程为

D．若，则

【答案】BC

【分析】先利用待定系数法求出幂函数的解析式，写出函数的定义域、判定奇偶性，即判定选项A错误、选项B正确；设出切点坐标，利用导数的几何意义和过点求出切线方程，进而判定选项C正确；平方作差比较大小，进而判定选项D错误.

【详解】设，将点代入，

得，则，即，

对于A：的定义域为，即选项A错误；

对于B：因为的定义域为，

所以不具有奇偶性，即选项B正确；

对于C：因为，所以，

设切点坐标为，则切线斜率为，

切线方程为，又因为切线过点，

所以，解得，

即切线方程为，即，

即选项C正确；

对于D：当时，

，

即成立，即选项D错误．

故选：BC．

11．已知，则a，b满足（    ）

A． B． C． D．

【答案】CD

【分析】由对数与指数的互换公式可得，由作差法结合对数的换底公式可判断选项A，由对数运算可判断B；由均值不等式结合由选项B推出的结论可判断选项C,D

【详解】由，则,则

所以，所以选项A不正确.

,所以选项B不正确.

由，因为，故等号不成立，则，故选项C正确.

因为，故等号不成立，故选项D正确.

故选：CD

12．若，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】ACD

【分析】根据，且，设，利用三角函数的性质逐项判断.

【详解】解：对于A，因为，且，

所以设，则，所以，故A正确；

对于B，，

因为，所以，所以，则，故B错误；

对于D，， 因为，所以，

所以 ，则，故D正确；

对于C，，

令，则，

所以，故C正确；

故选：ACD

第Ⅱ卷

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分

13．已知函数的定义域为，则实数的范围________.

【答案】

【分析】利用函数定域为，将问题转化成关于不等式的恒成立问题，从而求出实数的取值范围，得出结果.

【详解】因为函数的定义域为，所恒成立，

当时，恒成立，

当时，则，解得，

综上所述，.

故答案为：.

14．已知P是的边上任一点，且满足，，则的最小值为___________.

【答案】9

【分析】由条件可得，然后利用基本不等式求解即可.

【详解】因为P是的边上任一点，且满足，，

所以，

所以，

当且仅当，即时等号成立.

故答案为：9.

15．已知正数满足，则的最小值为__________．

【答案】

【分析】令z0，由基本不等式可得z2≥4，再由基本不等式可得2，可得z≥2，取等号的条件一致，故可得．

【详解】∵正数x，y满足x2+y2＝1，令z0，

可得z2

＝22+24，

当且仅当即x＝y时取等号，

而由题意可得1＝x2+y2≥2xy可得2，当且仅当x＝y时取等号，

∴z2≥4+4＝8，∴z≥2，当且仅当x＝y时取等号，

∴的最小值为2，

故答案为：．

【点睛】本题考查基本不等式求最值，两次利用基本不等式是解决问题的关键，属中档题．

16．平面向量，满足，，，对于任意实数k，不等式恒成立，则实数的取值范围是________．

【答案】

【分析】由两边平方，结合向量的数量积运算求得，由两边平方并整理化简，从而问题转化为：对于任意实数，不等式恒成立，利用一元二次不等式恒成立问题的解法即可得出答案.

【详解】，，，

则，得，

又对于任意实数，不等式恒成立，

即对于任意实数，不等式恒成立，

即对于任意实数，不等式恒成立，

则，即，解得：或，

则实数的取值范围是．

故答案为：．

四、解答题：本小题共6小题，共70分，其中第17题10分，18~22题12分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17． 已知均为正数，证明：，并确定为何值时，等号成立．

【答案】见证明

【详解】试题分析：、证明　因为a，b，c均为正数，由均值不等式得

a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，

所以a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac，①

同理，②

故.③

所以原不等式成立．

当且仅当a＝b＝c时，①式和②式等号成立；

当且仅当a＝b＝c，(ab)2＝(bc)2＝(ac)2＝3时，③式等号成立．

即当且仅当a＝b＝c＝时，原式等号成立．

考点：重要不等式

点评：主要是考查了运用重要不等式进行放缩来证明不等式的方法，属于中档题．

18．设．

(1)若不等式对一切实数恒成立，求实数的取值范围；

(2)解关于的不等式．

【答案】(1)

(2)答案见解析.

【分析】(1)根据给定条件利用一元二次不等式恒成立求解作答.

(2)分类讨论解一元二次不等式即可作答.

【详解】（1），恒成立等价于，，

当时，，对一切实数不恒成立，则，

此时必有，

即，解得，

所以实数的取值范围是.

（2）依题意， ，可化为，

当时，可得，

当时，可得，又，

解得，

当时，不等式可化为，

当时，，解得，

当时，，解得或，

当时，，解得或，

所以，当时，原不等式的解集为，

当时，原不等式的解集为，

当时，原不等式的解集为或；

当时，原不等式的解集为；

当时，原不等式的解集为或.

19．水培植物需要一种植物专用营养液，已知每投放且个单位的营养液，它在水中释放的浓度克/升随着时间天变化的函数关系式近似为，其中，若多次投放，则某一时刻水中的营养液浓度为每次投放的营养液在相应时刻所释放的浓度之和，根据经验，当水中营养液的浓度不低于克/升时，它才能有效．

(1)若只投放一次4个单位的营养液，则有效时间最多可能持续几天？

(2)若先投放2个单位的营养液，6天后再投放个单位的营养液，要使接下来的4天中，营养液能够持续有效，试求的最小值．

【答案】(1)6天

(2)2

【分析】（1）根据给定函数，列出不等式求解作答.

（2）求出两次投放营养液在水中释放的浓度，由已知列出恒成立的不等式，分离参数借助均值不等式求出最值作答.

【详解】（1）因为一次投放4个单位的营养液，所以水中释放的营养液浓度为，             ．

当时，，解得； ．

当时，，解得； ．

综上求得，

所以一次投放4个单位的营养液，则有效时间可持续6天． ．

（2）设从第一次投放起，经过x（）天后，浓度为 ．

因为，所以，

所以即

所以

当且仅当，即时，等号成立，所以

答：为使接下来的4天中能够持续有效m的最小值为2

20．已知函数，

(1)若方程有两根，且两根为，求的取值范围；

(2)已知，关于的不等式的解为，若，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由，求得的范围，再由韦达定理和，结合二次函数的性质，即可求解；

（2）由题意，结合二次函数的图象与性质，得到，即可求解.

【详解】（1）解：由，即，

因为有两根，可得，解得或，

且，

则，

因为或，可得，所以值范围为.

（2）解：因为，

由，的解为，且，可得，

解得，即实数的取值范围是.

21．农田节水灌溉的目的是节约水资源､土地资源，节省时间和劳动力，提高灌溉质量和灌溉效率，提高农作物产量和质量，实现增产增效.如图，等腰梯形ABCD是一片农田，为了实现节水灌溉，BC为农田与河流分界的部分河坝，BC长为800米，∠B=75°.现在边界BC上选择一点Q，修建两条小水渠QE，QF，其中E，F分别在边界AB，DC上，且小水渠QE，QF与边界BC的夹角都是60°.

(1)探究小水渠QE，QF的长度之和是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.

(2)为实现高效灌溉，现准备在区域AEQFD内再修建一条小水渠EF，试问当点Q在何处时，三条小水渠（QE，QF，EF）的长度之和最小，最小值为多少？

【答案】(1)是定值，为

(2)故当点是的中点时，长度之和最小，最小为米.

【分析】（1）根据正弦定理得到，，相加得到答案.

（2）根据余弦定理结合均值不等式得到，再求和得到答案.

【详解】（1）在中，，故，

即，

同理可得：，

，为定值.

（2）在中，，

即，

故，

当且仅当时等号成立，

故当点是的中点时，三条小径的长度之和最小， 最小为 米.

22．设，，函数.

(1)求不等式的解集；

(2)若在上的最大值为，求的取值范围；

(3)当时，对任意的正实数，，不等式恒成立，求的最大值.

【答案】(1)答案见解析

(2)

(3)1

【分析】（1）变换得到，考虑，，三种情况，解不等式得到答案.

（2）确定函数对称轴为，考虑和两种情况，计算最值得到范围.

（3）注意分类讨论的思想，分当时和当时两种情况进行讨论，当时注意用换元法把换成t，得到又由题意对任意的不等式恒成立，而，只要时不等式成立即可从而解出m的取值范围，同理可求另一种情况

【详解】（1）即，即，

的两根为和

当，即时，解集为；

当，即时，解集为；

当，即时，解集为.

综上所述：

当时，解集为；当时，解集为；当时，解集为.

（2）因为，，所以，的对称轴为，

当时，即时，，不合题意；

当时，即时，，而，符合题意.

故取值范围为.

（3）当时，不等式即为：，

整理得：即：，

令则，

所以不等式即，

即：，

由题意：对任意的不等式恒成立，

而，

只要时不等式成立即可，

，而，

；

当时，同理不等式可整理为：，

令则，所以不等式即，

即：，

由题意：对任意的不等式恒成立，

而，只要时不等式成立即可，

，而，

；

综上，的最大值为1

【点睛】关键点睛：本题考查了解不等式，不等式恒成立问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力