第二章 一元二次函数、方程和不等式章末测试卷（二）-2024-2025学年高一数学高频考点专题练（人教A版必修第一册）

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1．（2023·全国·高一专题练习）若不等式的解集为或，则（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】D
【分析】由不等式的解集得出和是方程的两个根，代入求解即可得出答案．
【详解】因为不等式的解集为或，
所以和时，，
即，，
解得,,
故选：D．
2．（2023秋·高一课时练习）不等式的解集不为空集，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．或D．或
【答案】D
【分析】解不等式即得解.
【详解】不等式的解集不是空集,
所以,
所以，
∴或.
所以的取值范围是或.
故选：D
3．（2023秋·北京海淀·高三人大附中校考阶段练习）设，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】ABC选项，可举出反例；D选项，利用基本不等式进行求解.
【详解】A选项，当时，，故，A错误；
B选项，当时，，，B错误；
C选项，当时，，，C错误；
D选项，当时，，由基本不等式可得，
当且仅当，即时，等号成立，但，故等号取不到，
故，D正确.
故选：D
4．（2023秋·陕西渭南·高一渭南市瑞泉中学校考阶段练习）年月日，迎来了香港回归祖国周年，为了迎接这一历史性时刻，某商店购进一批香港回归周年纪念章，每枚的最低售价为元，若每枚按最低售价销售，每天能卖出枚，每枚售价每提高元，日销售量将减少枚，为了使这批纪念章每天获得元以上的销售收入，则这批纪念章的销售单价（单位：元）的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意可得出关于的不等式，再结合可得出的取值范围.
【详解】由题意，得，即,解得．
又每枚的最低售价为元，．
故选：B．
5．（2023秋·河北保定·高一河北省唐县第一中学校考阶段练习）已知，，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】设，解出的值，再根据不等式的性质求解即可.
【详解】解：设，
则有，解得，
所以，
又因为，
所以，
又因为，
所以，
即.
故选：B.
6．（2023·全国·高一专题练习）若一元二次方程（不等于0）有一个正根和一个负根，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据一元二次方程有一个正根和一个负根可得判别式大于零以及两根之积小于零，列不等式组即可求解.
【详解】因为一元二次方程（不等于0）有一个正根和一个负根，设两根为，
则，解得，
故选：A
7．（2023·全国·高一专题练习）“关于的不等式的解集为”的一个必要不充分条件是（ ）
A．B．C．D．或
【答案】C
【分析】求出满足题意的充要条件为，然后根据充分条件以及必要条件的定义，即可得出答案.
【详解】因为不等式的解集为，
所以应有，
解得.
选择的必要不充分条件的范围，应该大于包含的范围，显然只有C项满足.
故选：C.
8．（2023秋·江苏宿迁·高一泗阳县实验高级中学校考阶段练习）已知不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．或D．或
【答案】C
【分析】将不等式恒成立问题转化，然后利用换元法求最值，最后解不等式即可.
【详解】不等式恒成立，所以，则，
令，，则，当时，取得最大值，最大值为1，
所以，解得或.
故选：C.
二、多选题
9．（2023秋·福建三明·高一三明一中校考阶段练习）下面命题正确的是（ ）
A．“”是“”的充分不必要条件
B．命题“，”的否定是“，”
C．当时，的最小值为
D．设、，则“”是“”的必要不充分条件
【答案】AD
【分析】利用分式不等式的解法结合充分条件、必要条件的定义可判断A选项；利用全称量词命题的否定可判断B选项；利用基本不等式可判断C选项；利用充分条件、必要条件的定义可判断D选项.
【详解】对于A选项，由可得，解得或，
所以，“”“或”，且“”“或”，
所以 “”是“”的充分不必要条件，A对；
对于B选项，命题“，”的否定是“，”，B错；
对于C选项，当时，，
当且仅当时，即时，等号成立，
但，等号不等成立，故当时，的最小值不是，C错；
对于D选项，若，则且，
则“”“且”，“”“且”，
所以，“”是“”的必要不充分条件，D对.
故选：AD.
10．（2023秋·广东深圳·高一校考阶段练习）若集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【分析】解不等式求出，，再进行集合交并补运算逐一验证四个选项的正误即可得正确选项.
【详解】由可得或，解得：或，
所以或；
由可得，解得：，
所以；
对于A：因为或，，所以，故选项A正确；
对于B：由可得或，
又因为或，所以，故选项B不正确；
对于C：因为或，，
所以或，所以，故选项C不正确；
对于D：因为或，所以，
因为，所以，故选项D正确；
故选：AD.
11．（2023秋·山东济宁·高一济宁市育才中学校考阶段练习）下列命题中，真命题的是（ ）
A．，都有
B．任意非零实数a，b，都有
C．，使得
D．，都有
【答案】ACD
【分析】对于选项A，作差比较可知A正确；对于选项B，当异号时，可知B错误；对于选项C，当时，可知C正确；对于选项D，根据基本不等式取等的条件不成立可知D错误.
【详解】对于选项A，，
所以对，都有，故选项A正确；
对于选项B，若异号，则，故选项B错误；
对于选项C，当时，，故选项C正确；
对于选项D，恒成立，故选项D正确.
故选：ACD.
12．（2023秋·山东日照·高一日照一中校考阶段练习）已知，，下列命题中正确的是（ ）.
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】AD
【分析】根据基本不等式及一元二次不等式求解判断A，根据基本不等式中常数代换求解判断B，根据基本不等式变形求解判断C，消元后利用基本不等式求解判断D.
【详解】对于A，因为，所以，
因为，，所以，当且仅当时取等号，
所以，所以，当且仅当时取等号，
所以，当且仅当时取等号，所以A正确；
对于B，因为，所以，
所以
，当且仅当，即，取等号，所以B错误；
对于C，由，则，，，
由，所以，
当且仅当，即，时取等号，由等号取不到，所以C错误；
对于D，由，得，
化简得，所以，因为，，所以，
所以，
当且仅当，即时取等号，所以，所以D正确.
故选：AD
【点睛】易错点点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
三、填空题
13．（2023秋·天津东丽·高一校考阶段练习）当，，且满足时，有恒成立，则的取值范围为 ．
【答案】
【分析】利用基本不等式先求最小值为4，然后解不等式即可。
【详解】，，且满足，
则，
当且仅当，即时等号成立，得最小值为4，
由恒成立，所以，化简得，解得.
则的取值范围为.
故答案为：
14．（2023秋·浙江绍兴·高一浙江省柯桥中学校考阶段练习）若时，关于的不等式恒成立，则的最小值为 .
【答案】
【分析】先分和进行讨论，当时根据不等式讨论分析可知：为的零点，可得，结合基本不等式求解
【详解】解：由可得，
当时，由可得，
因为关于的不等式恒成立，所以，
因为是开口向上的抛物线，所以不恒成立，故舍去；
当时，则有：当时，则，当时，则，
∴当时，则，当时，则，
即为的零点，∴，则，
∴，当且仅当即时等号成立，
故答案为：
15．（2023秋·广东广州·高一铁一中学校考阶段练习）已知，且是的必要不充分条件，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】解不等式分别求出，从而可得和，再根据必要不充分条件的定义，列不等式组求解即可.
【详解】由，得，所以，
即，所以：或，令集合或；
由得，
因为，所以或，即：或，
所以：，令集合，
因为是的必要不充分条件，所以，
所以或，不等式组无解，
所以.
故答案为：
16．（2023秋·湖北·高一校联考阶段练习）已知集合，，若，且中恰有个整数元素，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【分析】利用解不含参的一元二次不等式得，再利用函数方程根的分布，结合含参数的交集运算得，最后计算得结论．
【详解】集合或，
设，则函数的图象开口向上，而由知：对称轴．
因为中恰有个整数元素，所以方程有实数根，
令、是方程的两根，则，
所以（取），所以中恰有个整数元素为，
则，即，解得，
所以实数的取值范围为．
故答案为：
四、解答题
17．（2023秋·江苏淮安·高一校考阶段练习）已知关于x的不等式的解集为．
(1)求实数的值；
(2)当，，且满足时，有恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）由题意可得和b是关于x的方程的两个实数根，且，再利用韦达定理即可得解；
（2）当，，恒成立，只要即可，利用基本不等式中“”的整体代入求出的最小值，再结合一元二次不等式的解法即可得解.
【详解】（1）因为不等式的解集为，
所以和b是关于x的方程的两个实数根，且，
则，解得；
（2）由（1）得，
故，
当且仅当，即时，等号成立，
由题意得，即，解得，
所以实数k的取值范围为．
18．（2023秋·江苏镇江·高一江苏省镇江第一中学校联考阶段练习）使不等式对一切实数x恒成立的k的取值集合为A，集合
(1)求集合：
(2)若______，求实数m的取值范围.
在①“”是“”的充分不必要条件；②这两个条作中任选一个补充在第（2）问中，并给出解答.
【答案】(1)
(2)详见解析
【分析】（1）根据不等式对一切实数x恒成立，分和，利用判别式法求解；
（2）选①令，利用根的分布求解，选②由，得到，再对因式分解，分，，求解.
【详解】（1）解：因为不等式对一切实数x恒成立，
所以当时，，
当时，，解得，
综上：实数k的取值范围是，即；
（2）令，
选①“”是“”的充分不必要条件；则A⫋B，
所以，即，解得或；
选②，则，
由，得，
当时，不等式为，则，成立；
当时，，则，解得；
当时，，则，解得；
综上：.
19．（2023秋·江苏南京·高一南京市第二十九中学校考阶段练习）已知不等式的解集为.
(1)若，且不等式有且仅有10个整数解，求的取值范围；
(2)若为非零实数，解关于的不等式：.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）由题意可得的解集为，利用一元二次不等式的解集与对应方程根的关系可得，；的解集为，利用一元二次不等式恒成立可得，进而解不等式，结合题意即可求解；
（2）由（1），结合含参一元二次不等式的求法，对a、b进行分类讨论，即可求解.
【详解】（1）因为，不等式的解集为，
故的解集为且的解集为，
所以的根为，，故，化简得，，
又的解集为，即恒成立，
所以，解得，
不等式等价于，即，
所以，由题意得，解得，
综上所述，的取值范围为.
（2）若，由（1）得原不等式可化为，即，
当时，不等式解集为，
当时，不等式解集为，
当时，不等式解集为；
若，原不等式等价于的解集为且的解集为，
所以方程的根为2和3，
则，，所以，，
不等式恒成立，故，解得，
不等式，解得或，
综上所述，当时，解集为或；
当时，不等式解集为；
当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为.
20．（2023秋·广东佛山·高一石门中学校考阶段练习）已知x，y都是正数，且.
(1)分别求x，y的取值范围；
(2)求的最小值及此时x，y的取值；
(3)不等式恒成立，求实数m的取值范围.
【答案】(1),；
(2)最小值为9，此时；
(3).
【分析】（1）由题设、，根据已知及不等式性质求x，y的取值范围；
（2）应用基本不等式“1”的代换求目标式最小值，并确定取值条件；
（3）将问题化为恒成立，利用基本不等式求右侧最小值，即可得参数范围.
【详解】（1）由得：，因，故，从而，
因为，故，得y的范围为；
同理：由，得x的范围为.
（2），
当且仅当，即时取等号，此时的最小值为9.
（3）由，得，
故，
又，
当且仅当时等号成立，取得最小值8，
故m的取值范围为.
21．（2023秋·山东菏泽·高一巨野县实验中学校考阶段练习）已知函数
(1)若的解集是，求的值.
(2)若，解关于的不等式.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）根据题意可得且方程的根为，再利用韦达定理即可得解；
（2）求出方程的根为，再分，和三种情况讨论，结合一元二次不等式的解法即可得解.
【详解】（1）因为的解集是，
所以且方程的根为，
则，解得；
（2），即，
由，得方程的根为，
当，即时，不等式的解集为，
当，即时，不等式的解集为，
当，即时，不等式的解集为，
综上所述，当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为.
22．（2023秋·山西临汾·高一校联考阶段练习）某饼庄推出两款新品月饼，分别为流心月饼和冰淇淋月饼，已知流心月饼的单价为x元，冰淇淋月饼的单价为y元，且.现有两种购买方案（）
方案一：流心月饼的购买数量为a个，冰淇淋月饼的购买数量为b个.
方案二：流心月饼的购买数量为b个，冰淇淋月饼的购买数量为a个.
(1)试问采用哪种购买方案花费更少？请说明理由.
(2)若a，b，x，y满足，，求这两种方案花费的差值S的最小值（注；差值较大值较小值）.
【答案】(1)方案二，理由见解析
(2)32
【分析】（1）列出函数式子，作差比较即可；（2）利用换元法，结合基本不等式即可.
【详解】（1）方案一的总费用为（元），方案二的总费用为（元），
则，
因为，，所以，即，
所以采用方案二，花费更少.
（2）由（1）可知，
令，，，
因为，所以，
所以差值S的最小值为，
当且仅当，，，，
即，时，等号成立.
所以两种方案花费的差值S的最小值为32元.