03不等式-江苏省2023-2024学年高一上学期期末数学专题练习（苏教版）

这是一份03不等式-江苏省2023-2024学年高一上学期期末数学专题练习（苏教版），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．（2023上·江苏盐城·高一校联考期末）若命题“，”为假命题，则实数可取的最小整数值是（ ）
A．B．0C．1D．3
2．（2023上·江苏宿迁·高一江苏省泗阳中学校考期末）若命题“，使得”为假命题，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
3．（2023上·江苏常州·高一常州市北郊高级中学校考期末）下列说法不正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
4．（2023上·江苏常州·高一统考期末）某工厂利用不超过64000元的预算资金拟建一长方体状的仓库，为节省成本，仓库依墙角而建（即仓库有两个相邻的侧面为墙面，无需材料），由于要求该仓库高度恒定，不靠墙的两个侧面按照其底边的长度来计算造价，造价为每米1600元，仓库顶部按面积计算造价，造价为每平方米600元．在预算允许的范围内，仓库占地面积最大为（ ）．
A．36平方米B．48平方米
C．64平方米D．72平方米
5．（2023上·江苏徐州·高一统考期末）已知关于的不等式的解集是，则不等式的解集是（ ）
A．B．
C．D．
6．（2023上·江苏南通·高一统考期末）关于的不等式的解集为单元素集，且，若不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．或D．或
7．（2023上·江苏南京·高一南京师大附中校考期末）设为实数，且，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
8．（2022上·江苏常州·高一校考期末）已知，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
9．（2022上·江苏常州·高一校考期末）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
10．（2022上·江苏连云港·高一校考期末）函数的最小值是（ ）
A．7B．9C．12D．
11．（2022上·江苏连云港·高一校考期末）函数的最小值是（ ）
A．7B．C．9D．
二、多选题
12．（2023上·江苏盐城·高一校联考期末）已知实数，，，则下列结论中正确的是（ ）
A．B．若则
C．则D．若则有最大值
13．（2023上·江苏淮安·高一统考期末）下列结论中正确的有（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，，且，则的最小值为4
14．（2023上·江苏常州·高一常州市北郊高级中学校考期末）已知关于x的不等式的解集为，则（ ）
A．
B．点在第二象限
C．的最小值为2
D．关于的不等式的解集为
15．（2023上·江苏宿迁·高一统考期末）对于不等关系人们在早期会使用文字或象征性记号来记述．例如，荷兰数学家吉拉尔在他1629年所著《代数新发现》一书中，使用下面记号：表示大于B，表示小于．若，则下列不等式一定成立的是（ ）
A．B．
C．D．
16．（2023上·江苏无锡·高一统考期末）若，则下列说法正确的是（ ）
A．的最大值为B．的最小值是
C．的最大值为D．的最小值为
17．（2023上·江苏连云港·高一统考期末）下列说法正确的有（ ）．
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
18．（2023上·江苏徐州·高一统考期末）已知都是正数，且，则（ ）
A．B．
C．D．
19．（2023上·江苏南京·高一南京师大附中校考期末）设，已知，则下列说法正确的是（ ）
A．有最小值B．没有最大值
C．有最大值为D．有最小值为
20．（2023上·江苏南京·高一南京师大附中校考期末）设为实数，已知关于的方程，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，方程的两个实数根之和为0
B．方程无实数根的一个必要条件是
C．方程有两个不相等的正根的充要条件是
D．方程有一个正根和一个负根的充要条件是
三、填空题
21．（2023上·江苏淮安·高一统考期末）已知a，b为正实数，满足，则的最小值为 ．
22．（2023上·江苏徐州·高一统考期末）已知圆和四边形（四个角均为直角）的周长相等，面积分别为，，则的最小值为 .
23．（2023上·江苏盐城·高一盐城市第一中学校联考期末）若关于的不等式的解集中只有一个元素，则实数的取值集合为 .
24．（2023上·江苏连云港·高一校考期末）已知正实数，满足，则的最小值为 .
25．（2023上·江苏泰州·高一统考期末）已知关于的不等式的解集为，若，则实数的取值范围为 .
26．（2023上·江苏南京·高一统考期末）已知关于的不等式的解集为，则关于的不等式的解集为 .
27．（2023上·江苏徐州·高一统考期末）已知正数满足，则的最小值为 .
四、解答题
28．（2023上·江苏宿迁·高一统考期末）汽车在隧道内行驶时，安全车距（单位：）正比于车速（单位：）的平方与车身长（单位：）的积，且安全车距不得小于半个车身长．当车速为时，安全车距为个车身长．
(1)求汽车在隧道内行驶时的安全车距与车速之间的函数关系式；
(2)某救灾车队共有10辆同一型号的货车，车身长为，当速度为多少时该车队通过（第一辆车头进隧道起，到最后一辆车尾离开隧道止，且无其它车插队）长度为的隧道用时最短?
29．（2023上·江苏连云港·高一统考期末）设a为实数，函数．
(1)若方程有实根，求a的取值范围；
(2)若不等式的解集为，求a的取值范围．
30．（2023上·江苏南京·高一统考期末）某企业为响应国家节水号召，决定对污水进行净化再利用，以降低自来水的使用量.经测算，企业拟安装一种使用寿命为4年的污水净化设备.这种净水设备的购置费（单位：万元）与设备的占地面积（单位：平方米）成正比，比例系数为0.2.预计安装后该企业每年需缴纳的水费（单位：万元）与设备占地面积之间的函数关系为.将该企业的净水设备购置费与安装后4年需缴水费之和合计为（单位：万元）.
(1)要使不超过7.2万元，求设备占地面积的取值范围；
(2)设备占地面积为多少时，的值最小？
参考答案：
1．A
【分析】根据全称量词命题的否定为存在量词命题，把命题转化为命题“，”为真命题，分离参数转化为在上有解，构造函数求解最小值即可.
【详解】因为命题“，”为假命题，
所以命题“，”为真命题，即在上有解，
即在上有解，记，，则，
因为在上单调递减，在上单调递增，所以，
所以，所以实数可取的最小整数值是.
故选：A
2．B
【分析】根据题意可知“，使得”为真命题，然后参变分离，将问题转化为最值问题，利用基本不等式可解.
【详解】因为“，使得”为假命题，
所以“，使得”为真命题，
即在内有解，即.
因为，
当且仅当时等号成立，
所以，所以实数a的取值范围为.
故选：B
3．A
【分析】对于A，举例判断，对于B，利用不等式的性质判断，对于CD，作差判断
【详解】对于A，若，则，，此时，所以A错误，
对于B，由可得，则，所以由不等式的性质可得，所以B正确，
对于C，因为，所以，
所以，
所以，所以C正确，
对于D，因为，所以，
所以
，
所以，所以D正确，
故选：A
4．C
【分析】设不靠墙的两个侧面的长度分别为，由题有，利用基本不等式可得答案.
【详解】设不靠墙的两个侧面的长度分别为，由题有
.
令，则
，即，当且仅当时取等号.
故选：C
5．A
【分析】首先根据不等式的解集，利用韦达定理得到的关系，再代入求解不等式的解集.
【详解】由条件可知，的两个实数根是和，且，
则，得，，
所以，即，
解得：，
所以不等式的解集为.
故选：A
6．A
【分析】由一元二次不等式的解集求得，由基本不等式求得的最小值为1，然后解不等式可得．
【详解】由已知，又，∴，，
，当且仅当时等号成立，所以的最小值是1，
不等式恒成立，则，，解得．
故选：A．
7．B
【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】解：由不能推出，如，，，，
满足，但是，故充分性不成立；
当时，又，可得，即，故必要性成立；
所以“”是“的必要不充分条件.
故选：B.
8．A
【分析】根据一元二次不等式和绝对值不等式的解法，求出对应不等式的解集，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可.
【详解】由得或，
由得或，则由或，
能推出或，故充分性成立；
由或，不能推出或，
故必要性不成立.
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
9．A
【分析】根据充分条件和必要条件的定义判断即可.
【详解】等价于或，
所以由可以推出，即“”是“”的充分条件；
但不能推出，所以“”不是“”的必要条件；
所以“”是“”的充分不必要条件；
故选：A.
10．C
【分析】已知函数，且，符合基本不等式的条件，根据基本不等式即可求和的最小值.
【详解】因为，所以，所以，
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以，
故选：C.
11．C
【分析】根据函数形式结合基本不等式求解函数最小值即可.
【详解】解：函数中
所以，当且仅当时，即时取等号.
所以函数的最小值为.
故选：C.
12．CD
【分析】举反例判断AB，根据基本不等式判断CD.
【详解】对于A，当时，，不满足，错误；
对于B，当时，，满足，但是，错误；
对于C，因为，所以，所以，所以，正确；
对于D，因为，所以有，当且仅当时等号成立，
所以，
当且仅当时等号成立，即有最大值，正确.
故选：CD
13．ABD
【分析】对于A、B，利用不等式的性质进行判断；对于C，利用作差比较法进行判断；对于D，利用基本不等式结合“1”的妙用进行判断.
【详解】对于A，若，则成立，故A正确；
对于B，若，则，成立，即成立，故B正确；
对于C，由以及选项A，，即成立，故C错误；
对于D，若，，且，则，当时取等号，则的最小值为4，故D正确.
故选：ABD.
14．ACD
【分析】根据题意，由原不等式的解集可得，，即可判断ABD，然后再由基本不等式即可判断C.
【详解】原不等式等价于，因为其解集为，所以且
，，故A正确；
因为，则点在第一象限，故B错误；
由可得，，当且仅当时，即时，等号成立，所以的最小值为2，故C正确；
由可得，不等式即为，化简可得
，则其解集为，故D正确；
故选：ACD
15．AB
【分析】利用不等式的性质及基本不等式化简判断即可.
【详解】因为，所以，显然等号不成立，故A正确；
又，所以，,故B正确；
又，故C错误；
令,则，故D错误.
故选：AB.
16．ACD
【分析】利用基本不等式对每个选项进行判断即可
【详解】对于A，因为，所以，
当且仅当时，取等号，所以的最大值为，故正确；
对于B，因为，所以
所以，（当且仅当即时取等号，故等号不取）
，（当且仅当即时取等号，故等号不取），
所以，故错误；
对于C，因为，所以，
所以，
当且仅当即时，取等号，故正确；
对于D，，
当且仅当即时，取等号，故正确
故选：ACD
17．BC
【分析】AD可举出反例，BC可通过不等式基本性质得到求解.
【详解】A选项，当时，满足，故，故A错误；
B选项，若，故，不等式两边同乘以，得到，故B正确；
C选项，若，不等式两边同减去得：，C正确；
D选项，当时，满足，此时，D错误.
故选：BC
18．ACD
【分析】根据不等式的性质判断选项，利用作差法判断选项.
【详解】对于，，因为，
所以，则，所以，故选项正确；
对于，，因为，所以，
则无法判断的符号，故选项错误；
对于，因为都是正数，且，所以，故选项正确；
对于，，
因为都是正数，且，所以，则
所以，则，故选项正确，
故选：.
19．ABD
【分析】由均值不等式分别求出的最值，即可得出答案.
【详解】时正确，
时，则错误，D正确；
故选：ABD.
20．BCD
【分析】逐项分析每个选项方程根的情况对应的参数m满足的不等式，解出m的范围，判断正误.
【详解】对于A选项，时无实根，A错误；
对于B选项，当时方程有实根，当时，方程无实根则，解得，一个必要条件是，B正确；
对于C选项，方程有两个不等正根，则，，，，解得；
对于D选项，方程有一个正根和一个负根，则，，解得，D正确；
故选：BCD.
21．
【分析】利用基本不等式求解即可.
【详解】为正实数，满足，
，
，则，
当且仅当，即时，等号成立，
故的最小值为.
故答案为：.
22．
【分析】四个角均为直角的四边形是矩形，设长为，宽为，周长为，设圆的半径为，然后得出，然后求出，根据基本不等式即可求出的最小值．
【详解】四个角均为直角的四边形是矩形，设长为，宽为，周长为，设圆的半径为，
则，，
，当且仅当时，等号成立，
的最小值为．
故答案为：．
23．
【分析】分、、三种情况讨论，当时即可求出的值，同理求出时参数的值，即可得解.
【详解】当时，原不等式即为，原不等式的解集中有无数个元素，不合乎题意；
当时，不等式等价于，因为不等式组的解集中只有一个元素，
则恒成立且方程有两个相等的实数根，
即，解得；
当时，不等式等价于，因为不等式组的解集中只有一个元素，
则恒成立且方程有两个相等的实数根，
即，解得.
综上所述，实数的取值集合为.
故答案为：.
24．/0.9
【分析】根据已知条件将变成，展开后结合基本不等式，即可求得答案.
【详解】，当且仅当，即时，取等号，
则的最小值为.
故答案为：.
25．
【分析】依题意满足等式，代入得到关于的不等式，解之即可.
【详解】因为关于的不等式的解集为且，
所以，即，即，
解得，即实数的取值范围为.
故答案为：.
26．
【分析】先根据不等式的解集可得的关系及的符号，再根据一元二次不等式的解法即可得解.
【详解】由的解集为，
可得，且方程的解为，
所以，则，
所以，
即关于的不等式的解集为.
故答案为：.
27．/
【分析】首先将条件变形为，再利用“1”的妙用，结合基本不等式求的最小值.
【详解】因为，所以，，
所以，
当，即，即，时等号成立，
所以的最小值是.
故答案为：
28．(1)
(2)km/h
【分析】（1）根据题意为定值，设比例常数为，则，代入数值，得到，令，则，最后写出分段函数解析式即可；
（2）设通过隧道的时间为，则，分当和两种情况，结合幂函数的性质及基本不等式计算可得．
【详解】（1）根据题意为定值，设比例常数为，则，
所以，所以，
所以，令，则，
所以.
（2）设通过隧道的时间为，则．
①当时，．
②当时，
．
当且仅当，即时等号成立．
又，
所以当时用时最短．
答：当速度为时该车队通过该隧道用时最短．
29．(1)或
(2)
【分析】（1）根据一元二次函数与一元二次方程之间的关系，分类讨论a的取值并利用根的判别式即可求得a的取值范围；（2）由一元二次函数与一元二次不等式之间的对应关系，利用数形结合即可求得a的取值范围.
【详解】（1）方程有实根，即有实根，
当，方程无实根，不符合题意；
当时，，则或，
综上，实数a的取值范围为或．
（2）不等式的解集为，即不等式对于任意恒成立，
当时，恒成立，满足题意；
当时，要使不等式恒成立，则需满足，
即，解得.
综上，实数a的取值范围为．
30．(1)
(2)设备占地面积为时，的值最小.
【分析】（1）由题意解不等式，即可求得；
（2）利用基本不等式即可求解.
【详解】（1）由题意得.
要满足题意,则，
即，解得：.
即设备占地面积的取值范围为.
（2），
当且仅当时等号成立.
所以设备占地面积为时，的值最小.