这是一份2024-2025 学年高中数学人教A版必修一专题2.4 一元二次函数、方程和不等式（基础巩固卷），文件包含专题24一元二次函数方程和不等式基础巩固卷人教A版2019必修第一册原卷版docx、专题24一元二次函数方程和不等式基础巩固卷人教A版2019必修第一册解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共15页， 欢迎下载使用。
专题2.4 一元二次函数、方程和不等式（基础巩固卷）考试时间：120分钟；满分：150分姓名：___________班级：___________考号：___________考卷信息：本卷试题共22题，单选8题，多选4题，填空4题，解答6题，满分150分，限时150分钟，试卷紧扣教材，细分题组，精选一年好题，两年真题，练基础，提能力！一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．（2022秋·上海普陀·高一曹杨二中校考阶段练习）已知a、b、c∈R．若a>b>c，则下列不等式中恒成立的是（ ）．A．ac>bc B．cb>caC．ac2>bc2 D．a(b−c)>b(b−c)【答案】D【分析】根据不等式的性质，取特殊值检验，可得答案.【详解】对于A，当c=0时，由a>b，则ac=bc；当c<0时，由a>b，则ac
b，则ac2=bc2，故C错误；对于D，由b>c，则b−c>0，由a>b，则ab−c>bb−c，故D正确.故选：D.2．（2022秋·广东江门·高一校考期中）已知m>0，n>0，mn=81，则m+n的最小值是（ ）A．9 B．18 C．93 D．27【答案】B【分析】利用基本不等式m+n≥2mn即可求解.【详解】因为m>0，n>0，由基本不等式m+n≥2mn得，m+n≥18,当且仅当m=n=9时等号成立，所以m+n的最小值是18，故选:B.3．（2023·高一课时练习）已知x>0，则x+12x的最小值为（ ）A．12 B．1 C．22 D．2【答案】D【解析】直接利用基本不等式，即可求解.【详解】由x>0，可得x+12x≥2x×12x=2，当且仅当x=12x，即x=22时取“=”，所以x+12x的最小值为2.故选：D.4．（2023·高二课时练习）若a>b>0，则下列不等式成立的是（ ）A．abb>0，故由均值不等式可知：ab0，故b2【答案】A【分析】先转化为命题的否定，再由一元二次不等式的性质求解即可.【详解】命题“∃x0∈R，x02+2mx0+m+2<0”的否定为“∀x∈R，x2+2mx+m+2≥0”，该命题为真命题，即Δ=4m2−4m+2≤0，解得m∈−1,2.故选：A7．（2022秋·河北保定·高一校考期中）已知关于x的不等式mx2+2mx+2≥0的解集为R，则实数m的取值范围是（ ）A．02【答案】B【分析】根据一元二次不等式在实数集上的恒成立问题运算求解，注意分类讨论m=0和m≠0.【详解】当m=0时，则2≥0恒成立，m=0成立；当m≠0时，则m>0Δ=4m2−8m≤0，解得00，第二年的年产量增长率为qq>0,p≠q，这两年的年产量平均增长率为x，则（ ）A．x=p+q2 B．x=pq C．x>p+q2 D．xb，则∀c∈R,ac>bc B．若a>b，则∃c∈R,ac>bcC．若a>b，则∀c∈R,a+c>b+c D．若a>b，则∃c∈R,a>c,c>b【答案】BCD【分析】根据不等式的性质，逐一检验四个选项的正误即可得出正确选项.【详解】对于选项A：当c≤0时，ac≤bc，故选项A不正确；对于选项B：若a>b，当c>0时，ac>bc，所以∃c∈R,ac>bc，故选项B正确；对于选项C：若a>b，则∀c∈R,a+c>b+c，故选项C正确；对于选项D：若a>b，则∃c∈R,a>c,c>b，故选项D正确，故选：BCD.10．（2022秋·湖南益阳·高一校考阶段练习）若命题“∃x∈R，x2−2mx+m<0”是假命题，则m的值可以是（ ）A．0 B．1 C．2 D．01时，x+1x≥2 B．当x≠0时，x+1x≥2C．当01，x+1x≥2，当且仅当x=1x，即x=1时取等号，故x+1x>2，A错误.对选项B，因为x≠0，当x>0时，x+1x≥2，当且仅当x=1x，即x=1时取等号，当x<0时，x+1x=−−x+−1x≤−2，当且仅当−x=−1x，即x=−1时取等号，故B错误.对选项C，因为00，则方程ax2+bx−c=0判别式Δ=b2+4ac>4ac>0，故方程ax2+bx−c=0必有两个不相等的实数根，故B正确；对C，若二次三项式ax2+bx+c是完全平方式，则令ax2+bx+c=Ax+B2有ax2+bx+c=A2x2+2ABx+B2，故a=A2b=2ABc=B2，则b2−4ac=4A2B2−4A2B2=0成立，故C正确；对D，若b=c=0，则ax2+bx+c=ax2=0，解得仅有x=0，故D错误.故选：ABC三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（2023·高一单元测试）不等式−x2−3x+4>0的解集为 ．（用区间表示）【答案】{x|−40的解集为{x|−413， 则a−ba的值为 .【答案】56【分析】将不等式的解集问题转化为一元二次方程根的问题，由韦达定理求出ba=16，从而求出a−ba的值.【详解】由题意知：−12，13为方程ax2+bx+2=0的两根， 且a<0，则由韦达定理得−12+13=−ba，即ba=16，所以a−ba=1−ba=56.故答案为：5616．（2023·高一课时练习）设a>0,b>0，且不等式1a+1b+ka+b≥0恒成立，则实数k的最小值等于 .【答案】−4【分析】先分离出参数k，得k⩾−(1a+1b)(a+b)，然后利用基本不等式求得−(1a+1b)(a+b)的最大值即可．【详解】解：由1a+1b+ka+b⩾0，得k⩾−(1a+1b)(a+b)，∵−(1a+1b)(a+b)=−(2+ba+ab)⩽−(2+2ba⋅ab)=−4，当且仅当a=b时取等号，∴k⩾−4，即实数k的最小值等于−4.故答案为：−4.四．解答题（共6小题，满分70分）17．（2023春·河北·高三统考学业考试）设a,b为实数，比较a2+b2与4a−2b−5的值的大小.【答案】a2+b2≥4a−2b−5【分析】利用作差法去比较a2+b2与4a−2b−5的值的大小即可解决【详解】a2+b2−4a−2b−5=a2−4a+4+b2+2b+1=(a−2)2+(b+1)2≥0则a2+b2≥4a−2b−518．（2023·重庆北碚·高一西南大学附中校考阶段练习）解不等式：（1）2x−13−4x>1（2）x2−2x−3<0−x2+3x−2≤0【答案】（1）x231，即2x−13−4x−1>0，得出6x−43−4x>0，等价于3x−24x−3<0，∴不等式2x−13−4x>1的解集为x230，求y=2−x−4x的最大值（2）已知00，所以x+4x≥2x⋅4x=4，当且仅当x=4x，x>0，即x=2时等号成立.所以y=2−x−4x=2−x+4x≤2−4=−2，所以，函数y=2−x−4x的最大值为−2.（2）因为00，所以y=12x1−2x=14×2x1−2x≤14×2x+1−2x22=116，当且仅当2x=1−2x，即x=14时，等号成立.所以，y=12x1−2x的最大值为116.20．（2023·高一课时练习）（1）若不等式x2−ax+b<0的解集是x|20的解集；（2）若不等式x2−mx+(m+7)>0在实数集R上恒成立，求m的范围．【答案】（1）x|x>12，或x<13； （2）2−420的解集.（2）由于一元二次不等式在R上恒成立，故其对应一元二次方程的判别式为负数，由此列不等式、解不等式求得m的取值范围.【详解】（1）∵x2−ax+b<0的解集是x|20化为6x2−5x+1>0，解得2x−13x−1>0，所以x|x>12，或x<13.（2）由题意可得，Δ<0，即m2−4×1×m+7<0，整理得m2−4m−28<0，解得2−423}【分析】（1）分解因式得(x−1)(x−3)<0,进而求解即可；（2）先将命题q中不等式分解为(x−m)(x−1)<0,所以讨论m与1的大小,当m>1时，不等式x2−(m+1)x+m<0的解是11）解集的真子集,即可求解,同理讨论当m<1与m=1时的情况.【详解】解：（1）因为x2−4x+3<0,所以(x−1)(x−3)<0,所以11时,不等式x2−(m+1)x+m<0的解是11）解集的真子集,所以m>3；当m<1时,不等式x2−(m+1)x+m<0的解是m3}．【点睛】本题考查含参数的一元二次不等式的解法,考查由充分必要条件求参数的范围,考查运算能力与分类讨论思想.22．（2023·高一单元测试）某商场预计全年分批购入电视机3600台，其中每台价值2000元，每批购入的台数相同，且每批均需付运费400元，储存购入的电视机全年所付保管费与每批购入的电视机的总价值（不含运费）成正比，比例系数为k，若每批购入400台，则全年需要支付运费和保管费共43600元.（1）求k的值；（2）请问如何安排每批进货的数量，使支付运费与保管费的和最少？并求出相应最少费用.【答案】（1）k=0.05；（2）每批进货120台，支付运费与保管费的和最少，最少费用为24000元.【分析】（1）根据每批购入400台的需要支付运费和保管费共43600元可求k的值；（2）先求解关于进货量的所支付的费用之和，结合解析式的特点求解最值即可.【详解】（1）由题意，当每批购入400台时，全年的运费为400×3600400=3600，每批购入的电视机的总价值为400×2000=800000（元），所以保管费为k⋅800000（元）因为全年需要支付运费和保管费共43600元，所以3600+k⋅800000=43600，解得k=0.05.（2）设每批进货x台，则运费为400×3600x=1440000x，保管费为0.05×2000x=100x，所以支付运费与保管费的和为1440000x+100x，因为1440000x+100x≥21440000x×100x=24000，当且仅当1440000x=100x，即x=120时取到等号，所以每批进货120台，支付运费与保管费的和最少，最少费用为24000元.【点睛】本题主要考查基本不等式的实际应用，构建数学模型是求解的关键，注意不等式求解最值时的条件，侧重考查数学建模的核心素养.
