- 2.1 第2课时 不等式的性质同步练习-2021-2022学年人教A版(2019)高一数学上册(新教材必修一) 试卷 1 次下载
- 2.3 第1课时 一元二次不等式的解法、三个二次的关系同步练习-2021-2022学年人教A版(2019)高一数学上册(新教材必修一) 试卷 4 次下载
- 3.1.1 函数的概念课件-2021-2022学年人教A版(2019)高一数学(必修一) 课件 3 次下载
- 3.1.2 第1课时 函数的表示法课件-2021-2022学年人教A版(2019)高一数学(必修一) 课件 3 次下载
- 3.1.2 第2课时 分段函数课件-2021-2022学年人教A版(2019)高一数学(必修一) 课件 2 次下载
人教A版 (2019)必修 第一册2.3 二次函数与一元二次方程、不等式第2课时达标测试
展开1.不等式 eq \f(3x-1,2-x)≥1的解集是( )
A. eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)≤x≤2))))B. eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)≤x<2))))
C. eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x>2,或x≤\f(3,4))))) D. eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x≥\f(3,4)))))
解析:选B.不等式 eq \f(3x-1,2-x)≥1,移项得 eq \f(3x-1,2-x)-1≥0,即 eq \f(x-\f(3,4),x-2)≤0,可化为 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x-\f(3,4)≥0,,x-2<0))或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x-\f(3,4)≤0,,x-2>0,))解得 eq \f(3,4)≤x<2,则原不等式的解集为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)≤x<2)))).故选B.
2.关于x的不等式 eq \f(x-m,x+1)<0的解集为M,若0∈M,则实数m的取值范围是( )
A.m<0 B.m>0
C.m≠0 D.不确定
解析:选B.因为0∈M,所以代入不等式 eq \f(x-m,x+1)<0得-m<0即m>0.故选B.
3.若不等式x2+mx+ eq \f(m,2)>0恒成立,则实数m的取值范围是( )
A.{m|m>2} B.{m|m<2}
C.{m|m<0,或m>2} D.{m|0<m<2}
解析:选D.因为不等式x2+mx+ eq \f(m,2)>0,对x∈R恒成立,所以Δ<0,即m2-2m<0,所以0<m<2.
4.若关于x的不等式x2-ax-a≤-3的解集是空集,则实数a的取值范围是( )
A.{a|a≥2}
B.{a|a≤-6}
C.{a|-6<a<2}
D.{a|a≤-6或a≥2}
解析:选C.由已知得方程x2-ax-a+3=0没有实数根,即Δ=a2+4(a-3)<0,解得-6<a<2.故实数a的取值范围是{a|-6<a<2}.
5.一个容积为1 000 mL的容器里盛满浓度为80%的酒精.第一次倒出若干毫升后,用水加满;第二次又倒出同样毫升数的溶液,再用水加满.要使这时容器内的酒精的浓度不大于20%,则每次至少倒出溶液为( )
A.200 mL B.500 mL
C.1 000 mL D.1 500 mL
解析:选B.设每次倒出溶液x mL.根据题意,得1 000×80%-1 000×20%≤80%x+ eq \f(1 000×80%-80%x,1 000)x.整理,得x2-2 000x+750 000≤0.解得500≤x≤1 500.又因为x≤1 000,所以500≤x≤1 000.故每次至少倒出500 mL溶液.
6.不等式 eq \f(x+5,(x-2)2)>0的解集为________________.
解析: eq \f(x+5,(x-2)2)>0⇔ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x+5>0,,x-2≠0))⇔ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x>-5,,x≠2))⇔x>-5且x≠2.
答案:{x|x>-5且x≠2}
7.函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象如图所示,则不等式ax2+bx+c<0的解集是________,不等式 eq \f(ax+b,cx+a)<0的解集是________.
解析:由图易得ax2+bx+c<0的解集是{x|1<x<2};又由图可知a>0,且1,2是方程ax2+bx+c=0的两根,故有1+2=- eq \f(b,a),1×2= eq \f(c,a)得b=-3a,c=2a,所以 eq \f(ax+b,cx+a)<0即 eq \f(ax-3a,2ax+a)<0,所以 eq \f(x-3,x+\f(1,2))<0,解得- eq \f(1,2)<x<3,故 eq \f(ax+b,cx+a)<0的解集是 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(-\f(1,2)<x<3)))).
答案:{x|1<x<2} eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(-\f(1,2)<x<3))))
8.某产品的总成本y(万元)与产量x(台)之间的函数关系是y=3 000+20x-0.1x2(0<x<240),若每台产品的售价为25万元,则生产者不亏本(销售收入不小于总成本)时的最低产量是________台.
解析:依题意得25x≥3 000+20x-0.1x2,整理得x2+50x-30 000≥0,解得x≥150或x≤-200(舍去).因为0<x<240,所以150≤x<240,即最低产量是150台.
答案:150
9.若不等式ax2+bx-1>0的解集是{x|1<x<2}.
(1)试求a,b的值;
(2)求不等式 eq \f(ax+1,bx-1)>0的解集.
解:(1)因为不等式ax2+bx-1>0的解集是{x|1<x<2},所以a<0且ax2+bx-1=0的解是1和2.故 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1+2=-\f(b,a),,2×1=-\f(1,a),))解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a=-\f(1,2),,b=\f(3,2).))
(2)由(1)得 eq \f(-\f(1,2)x+1,\f(3,2)x-1)>0,整理得 eq \f(x-2,3x-2)<0,即(x-2)·(3x-2)<0,解得 eq \f(2,3)<x<2,故原不等式的解集为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)<x<2)))).
10.关于x的不等式 eq \f(4x+m,x2-2x+3)<2对任意实数x恒成立,求实数m的取值范围.
解:因为x2-2x+3=(x-1)2+2>0,
所以4x+m<2(x2-2x+3)恒成立,
所以m<2x2-8x+6恒成立,
设y=2x2-8x+6,则当x=2时,y的最小值为-2.
所以m<-2.
所以实数m的取值范围为{m|m<-2}.
[B 能力提升]
11.(多选)已知关于x的方程x2+(m-3)x+m=0,则下列结论正确的是( )
A.方程x2+(m-3)x+m=0有实数根的充要条件是m∈{m|m<1或m>9}
B.方程x2+(m-3)x+m=0有一正根一负根的充要条件是m∈{m|m<0}
C.方程x2+(m-3)x+m=0有两正实数根的充要条件是m∈{m|0<m≤1}
D.方程x2+(m-3)x+m=0无实数根的必要条件是m∈{m|m>1}
解析:选BCD.在A中,由Δ=(m-3)2-4m≥0,得m≤1或m≥9,故A错误;在B中,当x=0时,函数y=x2+(m-3)x+m的值为m,由二次函数的图象知,方程有一正根一负根的充要条件是m∈{m|m<0},故B正确;在C中,由题意得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Δ=(m-3)2-4m≥0,,3-m>0,,m>0,))解得0<m≤1,故C正确;在D中,由Δ=(m-3)2-4m<0,得1<m<9,又{m|1<m<9}⊆{m|m>1},故D正确.故选BCD.
12.对任意实数x,不等式 eq \f(3x2+2x+2,x2+x+1)>k恒成立,则正整数k的值为( )
A.1 B.2
C.3 D.4
解析:选A.因为∀x∈R, eq \f(3x2+2x+2,x2+x+1)>k恒成立,且x2+x+1= eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(1,2))) eq \s\up12(2)+ eq \f(3,4)≥ eq \f(3,4)>0,所以3x2+2x+2>k(x2+x+1),所以(k-3)x2+(k-2)x+k-2<0,设函数y=(k-3)x2+(k-2)x+k-2,即y恒小于0.易得k=3不合适,所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k-3<0,,Δ=(k-2)2-4(k-3)(k-2)<0,))解得k<2,又因为k为正整数,所以k=1.故选A.
13.若对一切实数x,不等式x2-a|x|+2≥0恒成立,则实数a的取值范围为________.
解析:当x=0时,不等式x2-a|x|+2≥0显然成立,a∈R;当x≠0时,不等式x2-a|x|+2≥0恒成立等价于a≤ eq \f(x2+2,|x|)恒成立.设y= eq \f(x2+2,|x|)=|x|+ eq \f(2,|x|)≥2 eq \r(|x|·\f(2,|x|))=2 eq \r(2),当且仅当x=± eq \r(2)时,等号成立,即有最小值2 eq \r(2),所以a≤2 eq \r(2).综上,a≤2 eq \r(2).
答案:{a|a≤2 eq \r(2)}
14.对任意-1≤x≤1,函数y=x2+(a-4)x+4-2a的值恒大于0,求a的取值范围.
解:因为x2+(a-4)x+4-2a>0恒成立,
即x2+ax-4x+4-2a>0恒成立.
所以(x-2)·a>-x2+4x-4.
因为-1≤x≤1,所以x-2<0.
所以a< eq \f(-x2+4x-4,x-2)= eq \f(x2-4x+4,2-x)=2-x.
令y=2-x,则当-1≤x≤1时,y的最小值为1,所以a<1.故a的取值范围为{a|a<1}.
[C 拓展探究]
15.某地区上年度电价为0.8元/千瓦时,年用电量为a千瓦时.本年度计划将电价降低到0.55元/千瓦时至0.75元/千瓦时之间,而用户期望电价为0.4元/千瓦时.经测算,下调电价后新增的用电量与实际电价和用户期望电价的差成反比(比例系数为k).该地区电力的成本价为0.3元/千瓦时.
(1)写出本年度电价下调后,电力部门的收益y(元)与实际电价x(元/千瓦时)的函数关系式.
(2)设k=0.2a,当电价最低定为多少时仍可保证电力部门的收益比上年度至少增长20%?
注:收益=实际用电量×(实际电价-成本价).
解:(1)依题意知,若下调后的电价为x元/千瓦时,则用电量增至 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(k,x-0.4)+a))千瓦时,所以y= eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(k,x-0.4)+a))(x-0.3)(0.55≤x≤0.75).
(2)依题意,有 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(0.2a,x-0.4)+a))(x-0.3)≥[a×(0.8-0.3)](1+20%)(0.55≤x≤0.75),整理得x2-1.1x+0.3≥0(0.55≤x≤0.75),解得0.60≤x≤0.75.故当电价最低定为0.60元/千瓦时时,仍可保证电力部门的收益比上年度至少增长20%.
高中数学人教A版 (2019)必修 第一册4.4 对数函数第2课时练习: 这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第一册4.4 对数函数第2课时练习,共6页。
高中数学人教A版 (2019)必修 第一册3.2 函数的基本性质第2课时课时练习: 这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第一册3.2 函数的基本性质第2课时课时练习,共8页。
高中数学人教A版 (2019)必修 第一册3.1 函数的概念及其表示第2课时课后测评: 这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第一册3.1 函数的概念及其表示第2课时课后测评,共5页。