新教材北师大版高中数学必修一全册课时练（课后作业设计）

1、精品文档 精心整理试卷第 =page 2 2页，总 =sectionpages 2 2页精品文档 可编辑的精品文档1.1.1集合的概念与表示一、单选题1设集合，则下列集合中与集合相等的是（ ）ABCD2若，则实数（ ）AB0C1D0或13已知集合，则中元素的个数为（ ）ABCD4给出下列关系，其中正确的个数为（ ）；A1B0C2D35下列集合中，结果是空集的是( )AxR|x2-1=0Bx|x6或x6且x6或x6且x1=.故选：D6A【分析】由题设，列举法写出集合，根据所得集合，加总所有元素即可.【详解】由题设知：，所有元素之和.故选：A.7C【分析】根据正整数集的含义即可判断A，B，C的正误

2、，根据集合中列举法即可判断D选项的正误.【详解】A选项，是正整数集，最小的正整数是1，A错，B选项，当时，且，B错，C选项，若，则的最小值是1，若，则的最小值也是1，当和都取最小值时，取最小值2，C对，D选项，由的解集是，D错.故选：C8B【分析】根据集合的定义，逐项判定，即可求解.【详解】根据集合的定义，可得：对于A中，某班所有高个子学生，其中元素不确定，不能构成集合；对于B中，某校足球队的同学，满足集合的定义，能构成集合；对于C中，一切很大的书，其中元素不确定，不能构成集合；对于D中，著名的艺术家，其中元素不确定，不能构成集合.故选：B.9D【分析】解不等式得，进而根据描述法表示集合即可.

3、【详解】解不等式得，故解集可表示为：.故选：D10D【分析】根据属于的定义，结合代入法和集合元互异性进行求解即可.【详解】因为，所以或，当时，解得或，当时，此时集合，符合集合元互异性，当时，不符合集合元互异性，当时，此时，符合集合元互异性，所以等于1或，故选：D11【分析】由题意可知为的正约数，根据即可求解.【详解】，可知为的正约数，又，可得，所以.故答案为：12【分析】当时，解不等式即可得解.【详解】当时，解不等式，解得，即原不等式的解集为.故答案为：.133，2【分析】由2M，可得，或，求出的值，然后利用集中元素的互异性验证即可【详解】解：2M；，或，解得：x1，2，或2，3；x2，1时不

4、满足集合的互异性；实数x组成的集合为3，2.故答案为：3，2.14【分析】根据定义，运用列举法可得答案.【详解】因为，所以，故答案为：.15(1) 0; (2) 2;【分析】(1)根据可得出,(2)由(1)得，即,根据元素的互异性可得, ,代入计算即可.【详解】(1)根据元素的互异性，得或，若，则无意义，故;(2) 由(1)得，即，据元素的互异性可得：，.【点睛】本题考查集合中元素的互异性，属于基础题.16；或；或.【分析】只需方程无解即可；当成立，当时，只需；由题意可知时成立，当时，只需即可.【详解】若是空集，则方程无解，此时，即，若中只有一个元素，则方程有且只有一个实根，当时方程为一元一次

5、方程，满足条件当，此时，解得：.或；若中至多只有一个元素，则为空集，或有且只有一个元素由得满足条件的的取值范围是：或.【点睛】本题考查根据集合中元素的个数求参，考查方程根的个数问题，较简单.1.1.2 集合的基本关系一、单选题1已知集合，若，则（ ）A或BCD或或2若集合，则的子集个数为（ ）A3B4C7D83定义集合AB=，设，则集合AB的非空真子集的个数为（ ）A12B14C15D164下列表述正确的是（ ）ABCD5已知集合满足，则集合A可以是（ ）ABCD6设，则集合，若，则（ ）ABCD7以下四个关系：0，0，0，0，其中正确的个数是（ ）A1B2C3D48若集合M满足，则符合条件的

6、集合M的个数为（ ）A2B3C4D59设由“我和我的祖国”中的所有汉字组成集合，则的子集个数为（ ）A5B6C31D3210如果集合Sx|x3n+1，nN，Tx|x3k2，kZ，则（ ）ASTBTSCSTDST二、填空题11方程的解集与集合A相等，若集合A中的元素是，则_12已知集合，则的非空真子集有_个13已知集合，集合若，则实数_14设集合Ax|x2+x10，Bx|ax+10，若是的子集，则实数 a的不同取值个数为 _ 个.三、解答题15设集合，（1）当时，求A的非空真子集的个数；（2）若，求m的取值范围16已知集合A=x|-2x5，（1）若AB，B=x|m-6x2m-1，求实数m的取值范

7、围；（2）若BA，B=x|m-6x2m-1，求实数m的取值范围；（3）是否存在实数m，使得A=B，B=x|m-6x2m-1？若存在，求实数m的取值范围；若不存在，请说明理由.精品文档 精心整理答案第 = page 6 6页，总 = sectionpages 6 6页精品文档 可编辑的精品文档参考答案1D【分析】利用子集的定义讨论即可.【详解】因为，集合，若，则，符合；若，则或，经检验均符合.故选：D.2D【分析】先求得集合A,然后根据子集的个数求解即可.【详解】解：，则的子集个数为个，故选：D.3B【分析】结合非空真子集个数()的算法即可.【详解】，所以集合的非空真子集的个数为，故选：B.4C

8、【分析】根据元素与集合，集合与集合的关系判断即可；【详解】解：对于A：，故A错误；对于B：，故B错误；对于C：，故满足，故C正确；对于D：，故D错误；故选：C5D【分析】由题可得集合A可以是，.【详解】，集合A可以是，.故选：D.6C【分析】由集合的描述写出集合，根据求，进而可求.【详解】由题意，得，仅当时符合题意，故.故选：C.7A【分析】根据集合的定义及包含关系的相关知识，判断空集与集合的关系.【详解】集合与集合间的关系是，因此0错误；表示只含有一个元素(此元素是)的集合，所以0错误；空集不含有任何元素，因此0错误；0正确因此正确的只有1个故选：A.8C【分析】依题可知致少有元素1，结合子

9、集定义即可求解【详解】由题意可知，或或或故选：C9D【分析】根据集合元素的特性确定集合集合A中元素的个数，进而根据子集的概念即可求解.【详解】集合A中有5个元素，所以的子集个数为，故选：D10A【分析】先将两集合元素表示形式统一，再比较确定包含关系【详解】解：由，令，则，所以，通过对比、，且由常用数集与可知，故故选：112【分析】解一元二次方程求得集合A，由此可得答案.【详解】由解得，所以，所以，故答案为：2.126【分析】由题意可得集合，结合求子集个数的计算公式即可.【详解】由题意知，所以，所以集合A的非空真子集的个数为：.故答案为：613【分析】利用列方程求出m，注意到集合中元素的互异性，

10、得到正确答案.【详解】集合，集合若，解得：或.当时，与元素的互异性相矛盾，舍去.当时，符合题意.若，解得：.舍去.故.故答案为：-1.143【分析】求出集合，再由， ，代入即可求解.【详解】集合Ax|x2+x10，是的 子集，则， ，当时，则无解，即，当时，代入方程可得 ，当，代入方程可得 ，所以实数a有3个不同取值.故答案为：3.15（1）254；（2）【分析】对于(1)，根据的取值范围，可确定集合中所含元素，根据其元素的个数可判断出其子集的个数，若集合含有个元素时，则有的子集，当时，其非空真子集的个数为，即可得到答案；对于(2)，由于空集是任何非空集合的子集，故对于集合是否为空集需分情况讨

11、论：集合为空集，即； 集合B为非空集合，即.【详解】由题意得（1），即A中含有8个元素，A的非空真子集的个数为（2）当，即时，；当，即时，因此，要使，则综上所述，m的取值范围或【点睛】本题主要考查的是非空子集和真子集的定义，集合的包含关系及应用，考查不等式的解法，考查学生的计算能力，考查的核心素养是数学运算、逻辑推理，误区警示：（1）确定方程的解的集合或不等式的解集之间的关系时，当其含有参数时，注意要分类讨论，不讨论易导致误判（2）包含三种可能，A为；A不为必，且；A不为，且只写其中一种是不全面的，如果A，B是确定的，就只有一种可能，此时只能写出一种形式是基础题.16（1）3m4；（2）；（3

12、）不存在；答案见解析.【分析】（1）由题得，解出即可；（2）分和两种情况讨论；（3）满足即可.【详解】（1），解得；（2）当时，解得；当时，满足，此时无解，综上，；（3）要使，则满足，方程组无解，故不存在.【点睛】本题考查由集合的包含关系求参数范围，属于基础题.精品文档 精心整理试卷第 =page 2 2页，总 =sectionpages 2 2页精品文档 可编辑的精品文档1.1.3集合的基本运算一、单选题1已知集合，则（ ）ABCD2已知集合， ，则=（ ）ABCD3已知全集，集合，则（ ）ABCD4已知集合，则中元素的个数为（ ）A2B3C4D55已知集合，则图中阴影部分所表示的集合为（

13、）ABCD6已知集合，则（ ）A1，1B1，0，1C2，1，0，1D1，0，1，27已知集合，则下列判断正确的是（ ）ABCD8设集合，则（ ）ABCD9已知集合，能使成立的集合M可以是（ ）ABCD10已知集合，若，则的值是（ ）A-2B-1C0D1二、填空题11若集合，则集合的子集个数为_12设参加某会议的代表构成集合A，其中的全体女代表构成集合，全体男代表构成集合，则_（填“A”或“”或“”）13已知全集，则_14定义或，若，则_三、解答题15已知集合 （1）求；（2）若，求实数的取值范围.16全集U=R，若集合A=x|3x8，B=x|2a，AC，求a的取值范围.精品文档 精心整理答案第

14、 = page 4 4页，总 = sectionpages 4 4页精品文档 可编辑的精品文档参考答案1A【分析】根据A为数集，C为由集合作为元素构成的集合，即可得到.【详解】因为集合，所以，元素为集合，而，A中元素为数，所以.故选:A2B【分析】利用并集的概念求解即可.【详解】由， ，则=.故选：B3B【分析】根据补集、交集的定义计算可得；【详解】解：因为，所以，所以.故选：B4A【分析】解方程组即得解.【详解】联立直线和椭圆的方程得得或.所以直线与椭圆有两个交点，所以中元素的个数为2.故选：A5A【分析】根据图形可得，阴影部分表示的集合为，求出即可.【详解】根据图形可得，阴影部分表示的集合

15、为， .故选：A.6B【分析】先解出集合N，再求.【详解】解：由题意，则，故选：B7D【分析】用列举法写出集合，再根据集合间的关系与集合的交集运算求解即可【详解】解：，故选：D8C【分析】根据集合的运算，直接计算即可得解.【详解】由，可得.故选：C.9A【分析】利用交集的定义求得,进而利用子集的定义进行判定.【详解】因为集合，所以,由子集的定义可知，只有A选项中的0是的子集，故选：A.10B【分析】根据集合N和并集，分别讨论a的值，再验证即可.【详解】因为，若，经验证不满足题意；若，经验证满足题意.所以.故选：B.114【分析】根据交集的运算求出集合，然后根据集合中有n个元素，则子集个数为即可

16、得出答案.【详解】解：集合，集合的子集个数为：故答案为：412A【分析】由代表只分男女，故男女代表的并集必为全体.【详解】表示参加该会议的全体女代表和全体男代表构成的集合即为集合A，故故答案为：A13【分析】先求出集合B的补集，再求即可【详解】解：因为所以，因为，所以故答案为：14【分析】根据集合的描述知，由集合并运算求即可.【详解】由题意知：.故答案为：.15（1），（2）【分析】（1）先求出集合B，再求，然后求，（2）由，可得答案【详解】解：（1）由，得，所以，所以或，因为，所以，（2）因为，所以，所以实数的取值范围为，16（1）；（2）.【分析】（1）直接根据交集与并集的概念进行计算可得

17、结果；（2）根据子集关系列式可得结果.【详解】（1）AB，；（2）因为集合C=x|xa，AC，所以【点睛】关键点点睛：掌握交集、并集和子集的概念是解题关键.精品文档 精心整理试卷第 =page 2 2页，总 =sectionpages 2 2页精品文档 可编辑的精品文档1.2.1必要条件和充分条件一、单选题1“”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21943年深秋的一个夜晚，年仅19岁的曹火星在晋察冀边区创作了歌曲没有共产党就没有中国，毛主席得知后感觉歌名的逻辑上有点问题，遂提出修改意见，将歌名改成没有共产党就没有新中国，今年恰好是建党100周年，请问“没

18、有共产党”是“没有新中国”的（ ）条件A充分B必要C充分必要D既非充分又非必要3设：x1且y2，：x+y3，则是成立的（）A充分非必要条件B必要非充分条件C充要条件D既非充分又非必要条件4a2b2的一个充要条件是（ ）AabBa|b|C|a|b|D5有以下说法，其中正确的个数为（ ）（1）“m是自然数”是“m是整数”的充分条件.（2）“两个三角形对应角相等”是“这两个三角形全等”的必要条件.（3）“(a+b)(a-b)=0”是“a=b”的必要条件.A0个B1个C2个D3个6设：，：，若是的充分不必要条件，则实数的取值范围是（ ）ABCD7下列说法正确的是（ ）A是的充分不必要条件B是的充要条件

19、C若，则p是q的充分条件D一个四边形是矩形的充分条件是它是平行四边形8使得“”成立的一个必要且不充分的条件是（）ABCD9若“”是“”的充分条件，则下列不可能是的一个取值的是（ ）ABCD10已知陈述句是的必要非充分条件，集合M=x|x满足，集合N=x|x满足，则M与N之间的关系为（ ）AMNBMNCM=ND二、填空题11王安石在游褒禅山记中写道：“世之奇伟、瑰怪，非常之观，常在险远，而人之所罕至焉，故非有志者不能至也”请问“有志”是能到达“奇伟、瑰怪，非常之观”的_条件（填“充分”“必要”“充要”中的一个）12设：2x4，：xm，是的充分条件，则实数m的取值范围是_13“k4，bb成立，但a

20、2b2不成立， A错误.B：当a=6，b=4时，a2b2成立，但a|b|不成立， B错误.C：a2b2 |a|b|， C正确.D：当a=2，b=4时，成立，但a2b2不成立， D错误.故选：C.5D【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断【详解】（1）由于“m是自然数”“m是整数”，因此“m是自然数”是“m是整数”的充分条件.（2）由三角形全等可推出这两个三角形对应角相等，所以“两个三角形对应角相等”是“这两个三角形全等”的必要条件.（3）由(a+b)(a-b)=0，得：|a|=|b|，推不出a=b，由a=b，能推出|a|=|b|，故“(a+b)(a-b)=0”是“a=b”的必要条件.故选：D

21、6D【分析】先化简，结合是的充分不必要条件，可得的取值范围.【详解】因为，所以；因为是的充分不必要条件，所以有，解得；故选：D.7B【分析】结合充分，必要条件的定义，判断选项.【详解】A. ，所以是的必要不充分条件，故A错误；B. 时，反过来也成立，所以是的充要条件，故B正确；C. ，则p是q的必要条件，故C错误；D. 矩形是平行四边形，但平行四边形不一定是矩形，所以一个四边形是矩形的必要条件是它是平行四边形，故D错误.故选：B8A【分析】根据必要不充分条件的定义求解 即可.【详解】使成立的一个必要不充分条件，满足不等式的范围包含，但不完全一致，A选项解集为或，成立，A选项正确；B选项解集为，

22、为充要条件，B选项错误；C选项解集为，不成立，C选项错误；D选项错误；故选：A.9B【分析】根据已知条件得出实数的取值范围，由此可得出合适的选项.【详解】因为“”是“”的充分条件，则，而.故满足条件的选项为B.故选：B.10B【分析】根据必要不充分条件可直接判断.【详解】是的必要非充分条件，.故选：B.11必要【分析】根据充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.【详解】因为“非有志者不能至”所以“能至是有志者”，因此“有志”是能到达“奇伟、瑰怪，非常之观”的必要条件.故答案为：必要12（，2【分析】根据充分条件的定义求解.【详解】：2x4，：xm，若是的充分条件，则m2实数m的取值范围是（，2

23、故答案为：（，213充要【分析】根据充分，必要条件的定义结合一次函数的图象特征即可解出【详解】当k4，b5时，函数y=(k-4)x+b-5的图象交 x轴于，交y轴于，因为，所以图象交y轴于负半轴，交x轴于正半轴由一次函数y=(k-4)x+b-5的图象交y轴于负半轴，交x轴于正半轴，即x=0，y=b-50，所以b0，因为b4故填“充要”故答案为：充要14【分析】根据充分条件与必要条件的概念，由题中条件，可直接得出结果.【详解】因为条件和条件，若是的充分不必要条件，所以是的真子集，因此只需.故答案为：.【点睛】结论点睛：由命题的充分条件和必要条件求参数时，一般可根据如下规则求解：（1）若是的必要不

24、充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；（2）是的充分不必要条件， 则对应集合是对应集合的真子集；（3）是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；（4）是的既不充分又不必要条件， 对的集合与对应集合互不包含15（1）（答案不唯一）；（2）（答案不唯一）【分析】根据充分必要性判断集合与集合之间的包含关系，从而写出符合题意的集合.【详解】（1）由于“”是“”的充分条件，但“”不是“”的必要条件，所以集合是集合的真子集，由此可得符合题意.（2）由于于“”是“”的必要条件，但“”不是“”的充分条件，所以集合是集合的真子集，由此可知符合题意.16（1）；（2）.【分析】（1）由一元二次不等式的解法求得

25、的范围；（2）由p是q的充分条件，转化为集合的包含关系，从而可求实数m的取值范围.【详解】（1）由p：为真，解得.（2）q：，若p是q的充分条件，则是的子集所以.即.精品文档 精心整理试卷第 =page 2 2页，总 =sectionpages 2 2页精品文档 可编辑的精品文档1.2.2全称量词与存在量词一、单选题1命题“，”的否定（ ）A，B，C，D，2已知命题：“，”，则为（ ）A，B，C，D，3设非空集合P，Q满足PQ=Q且PQ，则下列命题是假命题的是（ ）AxQ，有xPBxP，有xQCxQ，有xPDxQ，有xP4下列命题中，存在量词命题的个数是（ ）实数的绝对值是非负数；正方形的四条

26、边相等；存在整数n，使n能被11整除.A1B2C3D05若“任意x，xm”是真命题，则实数m的最小值为（ ）A-B-CD6将a2+b2+2ab=(a+b)2改写成全称量词命题是（ ）Aa，bR，a2+b2+2ab=(a+b)2Ba0，a2+b2+2ab=(a+b)2Ca0，b0，a2+b2+2ab=(a+b)2Da，bR，a2+b2+2ab=(a+b)27“对于任意a0，关于x的方程x3+ax+1=0至多有三个实数根”的否定是( )A对于任意a0，关于x的方程x3+ax+1=0至多有三个实数根B对于任意a0，关于x的方程x3+ax+1=0至少有四个实数根C存在a0，关于x的方程x3+ax+1=

27、0至多有三个实数根D存在a0，关于x的方程x3+ax+1=0至少有四个实数根8“存在集合A，使”，对这个命题，下面说法中正确的是（ ）A全称量词命题、真命题B全称量词命题、假命题C存在量词命题、真命题D存在量词命题、假命题9命题“每个二次函数的图像都开口向下”的否定是（ ）A每个二次函数的图像都不开口向上B存在一个二次函数，其图像开口向下C存在一个二次函数，其图像开口向上D每个二次函数的图像都开口向上10下列结论中不正确的个数是（ ）命题“所有的四边形都是矩形”是特称命题；命题“”是全称命题；命题，则A0B1C2D3二、填空题11已知命题:“，使得”是真命题，则实数的最大值是_.12有4个命题

28、：（1）没有男生爱踢足球；（2）所有男生都不爱踢足球；（3）至少有一个男生不爱踢足球；（4）所有女生都爱踢足球；其中是命题“所有男生都爱踢足球”的否定是_13命题：存在，使得不等式成立的否定是_.14命题“，满足不等式”是假命题，则m的取值范围为_.三、解答题15已知集合（1）若，求实数m的取值范围.（2）命题q：“，使得”是真命题，求实数m的取值范围.16已知，设恒成立，命题，使得.（1）若是真命题，求的取值范围；（2）若为假，为真，求的取值范围.精品文档 精心整理答案第 = page 4 4页，总 = sectionpages 4 4页精品文档 可编辑的精品文档参考答案1C【分析】根据特称

29、命题的否定为全称命题可得.【详解】根据特称命题的否定为全称命题，则“，”的否定为，.故选：C.2C【分析】根据全称命题的否定形式，直接判断选项.【详解】根据全称命题的否定形式，可得“，”.故选：C3D【分析】由PQ=Q且PQ，可得集合Q是集合P的真子集，进而可得结果.【详解】因为PQ=Q且PQ，所以集合Q是集合P的真子集，所以集合Q中的元素都是集合P的元素，但是集合P中有元素集合Q中是没有的，所以A，B，C正确，D错误.故选：D4A【分析】根据全称量词命题与存在量词命题的概念，即可得答案.【详解】可改写为，任意实数的绝对值是非负数，故为全称量词命题；可改写为：任意正方形的四条边相等，故为全称量

30、词命题；是存在量词命题.故选：A5D【分析】根据全称命题的定义，结合最值，求出参数的取值范围.【详解】因为“任意x，xm”是真命题，所以m，所以实数m的最小值为.故选：D6D【分析】根据全称量词命题的概念，改写命题，即可得答案.【详解】命题对应的全称量词命题为：a，bR，a2+b2+2ab=(a+b)2.故选：D7D【分析】全称量词命题的否定，先否定量词，再否定“至多有三个实数根”得解.【详解】选D.全称量词“任意”改为存在量词“存在”，另一方面“至多有三个”的否定是“至少有四个”.故选：D8C【分析】时，A可得结果.【详解】当时，A，是存在量词命题，且为真命题.故选:C.9C【分析】否定命题

31、的结论，并把“每个”改为“存在一个”即可得【详解】解：所给命题为全称命题，故其否定应为特称命题，即存在一个二次函数，其图像开口向上故选：C10C【分析】根据全称命题、特称命题的概念，命题否定的求法，分析选项，即可得答案.【详解】对于：命题“所有的四边形都是矩形”是全称命题，故错误；对于：命题“”是全称命题；故正确；对于：命题，则，故错误.所以错误的命题为，故选：C11【分析】根据任意性的定义，结合不等式的性质进行求解即可.【详解】当时，因为“，使得”是真命题，所以.故答案为：12（3）【分析】由所有男生都爱踢足球是一个全称命题，根据全称命题的否定求解即可.【详解】因为全称命题的否定是特称命题，

32、否定全称命题时，即要否定结论又要改写量词所有男生都爱踢足球，是一个全称命题，所以“所有男生都爱踢足球”的否定是：至少有一个男生不爱踢足球；故答案为：（3）13任意，不等式成立【分析】根据存在性命题的否定的定义得解.【详解】由全称命题和特称命题的否定可知，命题：存在，使得不等式的否定是:任意，不等式成立.故答案为: 任意，不等式成立.14【分析】根据命题“，满足不等式”是假命题，转化为，不等式，恒成立，利用判别式法求解.【详解】因为命题“，满足不等式”是假命题，所以，不等式，恒成立，则，解得， 所以m的取值范围为，故答案为：15（1）；（2）.【分析】（1），分B为空集和B不是空集两种情况讨论求

33、解即可；（2）由，使得，可知B为非空集合且，然后求解的情况，求出m的范围后再求其补集可得答案【详解】解：（1）当B为空集时，成立.当B不是空集时，综上，.（2），使得，B为非空集合且.当时，无解或，.16（1）；（2）或.【分析】（1）由为真，求得，由为真，求得或，结合是真命题，得出为真，即可求解；（2）由为假，为真，得出p，q同真同假，分类讨论，即可求解.【详解】（1）若为真，即恒成立，可得，解得，若为真，即，使得，则，解得或，若是真命题，则为真，可得，所以，所以的取值范围.（2）因为为假，为真，所以一真一假，即p，q同真同假，当都真时，由（1）知，当都假时，即，综上可得或，故a的范围为或.

34、精品文档 精心整理试卷第 =page 2 2页，总 =sectionpages 2 2页精品文档 可编辑的精品文档1.3.1不等式性质一、单选题1设a，b，c为实数，且，则下列不等式正确的是（ ）ABCD2已知，下列不等式一定成立的是（ ）ABCD3若，则下列关系一定成立的是（ ）ABCD4若，且，则下列不等式一定成立的是（ ）ABCD5若，则下列不等式成立的是（ ）ABCD6若，则下列不等关系一定正确的是（ ）ABCD7已知，则的取值范围是（ ）ABCD8下列结论正确的是（ ）A若，则B若，则C若，则D若，则9下列选项正确的是（ ）Aa与b的差不是正数用不等式表示为a-b0Ba的绝对值不超过

35、3用不等式表示为a3C(x-3)22(x+y-1)10已知abc，则+的值（ ）A为正数B为非正数C为非负数D不确定二、填空题11已知a，b是实数，且ab，则a_b（填“”或“”）12_（填或）.13设，则的取值范围是_（取值范围写成区间形式）14给出下列命题：abac2bc2；a|b|a4b4；aba3b3；|a|ba2b2.其中正确的命题序号是_.三、解答题15已知，.求（1）的取值范围；（2）的取值范围.16（1）已知，求证：；（2）已知，求证：；（3）已知，求证：.精品文档 精心整理答案第 = page 6 6页，总 = sectionpages 6 6页精品文档 可编辑的精品文档参考

36、答案1D【分析】对于ABC，通过举反例判断即可，对于D，利用不等式的性质判断【详解】解：对于A，若，则，所以A错误，对于B，当时，所以B错误，对于C，若，则，所以C错误，对于D，因为，所以，所以，所以D正确，故选：D2B【分析】根据不等式的性质判断【详解】，即故选：B3C【分析】利用基本不等式的性质，对选项进行一一验证，即可得到答案；【详解】对A，当，故A错误；对B，当时，故B错误；对C，同向不等式的可加性，故C正确；对D，若，不等式显然不成立，故D错误；故选：C.4D【分析】作差法比较大小，再取值验算.【详解】因为，当取时，有.故选项A错误；因为，当取时，故选项B错误，选项C错误，选项D正确

37、.故选：D.5B【分析】根据已知条件，由作差比较法得，从而可判断选项B正确.【详解】解：，即，所以选项A不正确，选项B正确；而选项C、选项D，由不等式的性质易判断不正确故选：B6B【分析】根据正负直接选出正确答案.【详解】，所以故选：B7A【分析】设，利用待定系数法求得，利用不等式的性质即可求的取值范围.【详解】设，所以，解得：，因为，所以，故选：A.8C【分析】根据不等式的性质，对四个选项一一验证：对于A：利用不等式的可乘性的性质进行判断；对于B：取进行否定；对于C：利用不等式的可乘性的性质进行证明；对于D：取进行否定.【详解】对于A：当时，若取，则有.故A不正确；对于B：当时，取时，有.故

38、B不正确；对于C：当，两边同乘以，则.故C正确；对于D：当，取时，有.故D不正确.故选：C.【点睛】（1）多项选择题是2020年高考新题型，需要要对选项一一验证；（2）判断不等式成立的解题思路：取特殊值进行否定；利用不等式的性质直接判断.9D【分析】用做差法比较大小，即可做出判断.【详解】A.a与b的差不是正数用不等式表示为a-b0，故A错误；B.a的绝对值不超过3用不等式表示为|a|3，故B错误；C.(x-3)2-(x-2)(x-4)=10，所以(x-3)2(x-2)(x-4)，故C错误；D.x2+y2+1-2(x+y-1)=(x-1)2+(y-1)2+10，所以x2+y2+12(x+y-1

39、)，故D正确.故选：D10A【分析】利用不等式的性质判断即可【详解】因为abc，所以ab0，bc0，acbc0，所以0， 0， 0，所以+0，所以+的值为正数.故选：A11【分析】根据不等式的性质计算可得；【详解】解：因为，所以故答案为：12【分析】比较、的大小关系，由此可得出与的大小关系.【详解】，则，因此，.故答案为：.13【分析】利用不等式的性质求解即可【详解】解：由，得，所以，所以，即，因为，所以，即，所以的取值范围是，故答案为：14【分析】对于，举反例判断；对于，利用不等式的性质判断即可；对于，作差判断；对于，举反例即可【详解】解：当c2=0时不成立.因为，所以，即，所以，所以正确当

40、ab时，a3-b3=(a-b)(a2+ab+b2)=(a-b)0成立.当b-3，但22(-3)2.故答案为：15（1）；（2）.【分析】利用不等式的基本性质求解.【详解】解：（1）因为，所以，所以，即.（2）因为，所以，所以.【点睛】本题考查不等式的基本性质及应用，属于简单题.16（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析.【分析】（1）根据不等号左右两边同时乘以一个负数,不等号方向改变得到 ,再用同向可加性法则即可得出结果.（2）根据正数的倒数大于0可得,再用同向同正可乘性得出结果.（3）因为，根据（2）的结论，得,再用同向同正可乘性得出结果.【详解】证明：（1）因为，所以.则.（

41、2）因为，所以.又因为，所以，即，因此.（3）因为，根据（2）的结论，得.又因为，则 ，即.【点睛】本题考查不等式的基本性质与不等关系,是基础题.精品文档 精心整理试卷第 =page 2 2页，总 =sectionpages 2 2页精品文档 可编辑的精品文档1.3.2基本不等式一、单选题1已知，若，则的最小值是（ ）A5B4C3D22已知，那么函数有（ ）A最大值2B最小值2C最小值4D最大值43已知a0，b0，a+b4，则下列各式中正确的是（ ）ABCD4已知，则的最大值为（ ）AB4C6D85若把总长为的篱笆围成一个矩形场地，则矩形场地的最大面积是（ ）A5B10C20D256已知实数，

42、满足，则的最小值为（ ）A4B3C2D17“”是“函数的最小值大于4”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若，则（ ）A有最大值B有最小值C有最大值D有最小值9若x，yR，2x+2y=1，则x+y的取值范围是（ ）A(，2B(0，1)C(，0D(1，+)10已知都是正数，若，则的最小值是（ ）A5B4CD二、填空题11若，则的最小值是_.12已知实数x，y满足x2+xy=1，则y22xy的最小值为_.13函数的最小值是_.14已知，且，则的最小值为_.三、解答题15已知、都是正数，求证：（1）如果积等于定值，那么当时，和有最小值；（2）如果和等于定值，那么

43、当时，积有最大值.16（1）用篱笆围一个面积为的矩形菜园，当这个矩形的边长为多少时，所用篱笆最短？最短篱笆的长度是多少？（2）用一段长为的篱笆围成一个矩形菜园，当这个矩形的边长为多少时，菜园的面积最大？最大面积是多少？精品文档 精心整理答案第 = page 6 6页，总 = sectionpages 6 6页精品文档 可编辑的精品文档参考答案1D【分析】根据基本不等式求解即可.【详解】解：因为，所以基本不等式得，当且仅当时等号成立.所以的最小值是故选：D2B【分析】利用基本不等式，即可得到答案；【详解】，等号成立当且仅当，函数的最小值2，故选：B.3B【分析】利用基本不等式逐个分析判断即可【详

44、解】解：因为a0，b0，a+b4，所以，当且仅当ab2时取等号，B正确，A错误；由基本不等式可知ab4，当且仅当ab2时取等号，故C错误；，D错误故选：B4B【分析】利用基本不等式化简已知条件，由此求得的最大值【详解】因为所以，从而当且仅当时等号成立.故选：B5D【分析】设矩形的一边为米，场地面积为,则可得关于的解析式，结合基本不等式可求场地面积的最大值.【详解】设矩形的一边为米，则另一边为米，设场地面积为，当且仅当，即时，故选：D.6C【分析】由重要不等式即可求解.【详解】由重要不等式可得：，当且仅当即或时等号成立，所以的最小值为，故选：C.7C【分析】根据充分条件和必要条件的定义判断即可【

45、详解】解：若，则的最小值为；若的最小值大于4，则，且，则，故选：C8A【分析】直接根据基本不等式求解即可【详解】解：，又，当且仅当即时等号成立，当且仅当时等号成立，故选：A9A【分析】利用基本不等式由2x+2y=1可得，从而可求出x+y的取值范围【详解】解：因为，所以，即，当且仅当，即时取“=”，所以x+y的取值范围是(，2.故选：A.10C【分析】利用将化为积为定值的形式后，由基本不等式可求得结果.【详解】，当且仅当，即时等号成立.所以的最小值是.故选：C.【点睛】易错点睛：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”

46、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.11【分析】由，结合基本不等式即可.【详解】因为，所以，所以，当且仅当即时，取等号成立.故的最小值为，故答案为：12【分析】由已知可得，利用两元换一元及基本不等式即得【详解】由x2+xy=1，得，所以，当且仅当 时取等号.故答案为：.134【分析】根据基本不等式可求出结果.【详解】令，则，当且仅当，即时，.所以函数的最小值是4.故答案为：4【点睛】易错点睛：

47、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.14【分析】首先根据题意得到，再利用基本不等式求解即可.【详解】由得，所以，当且仅当，即，时取等号.故答案为：15（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）利用基本不等式可证明出结论成立；（2）利用基本不等式可证明出结论成立.【详解】

48、因为、都是正数，所以.（1）当积等于定值时，所以，当且仅当时，上式等号成立.于是，当时，和有最小值；（2）当和等于定值时，所以，当且仅当时，上式等号成立.于是，当时，积有最大值.【点睛】本题考查利用基本不等式证明和与积的最值，在应用基本不等式时，要注意“一正二定三相等”三个条件的成立，考查计算能力与逻辑推理能力，属于基础题.16（1）当这个矩形菜园是边长为的正方形时，最短篱笆的长度为；（2）当这个矩形菜园是边长为的正方形时，最大面积是.【分析】设矩形菜园的相邻两条边的长分别为、，篱笆的长度为.（1）由题意得出，利用基本不等式可求出矩形周长的最小值，由等号成立的条件可得出矩形的边长，从而可得出结

49、论；（2）由题意得出，利用基本不等式可求出矩形面积的最大值，由等号成立的条件可得出矩形的边长，从而可得出结论.【详解】设矩形菜园的相邻两条边的长分别为、，篱笆的长度为.（1）由已知得，由，可得，所以，当且仅当时，上式等号成立.因此，当这个矩形菜园是边长为的正方形时，所用篱笆最短，最短篱笆的长度为；（2）由已知得，则，矩形菜园的面积为.由，可得，当且仅当时，上式等号成立.因此，当这个矩形菜园是边长为的正方形时，菜园的面积最大，最大面积是.【点睛】本题考查基本不等式的应用，在运用基本不等式求最值时，充分利用“积定和最小，和定积最大”的思想求解，同时也要注意等号成立的条件，考查计算能力，属于基础题.

50、精品文档 精心整理试卷第 =page 2 2页，总 =sectionpages 2 2页精品文档 可编辑的精品文档1.4.1一元二次函数一、单选题1函数的单调增区间（ ）ABCD2函数，其中，则在该区间上的最小值是（ ）A1B4CD03若函数f（x）=x2 +2x+m，xR的最小值为0，则实数m的值是（ ）A9B5C3D14设，若，则（ ）ABCD5已知一元二次方程的两根为与，则（ ）ABCD6已知，二次函数，设时所对应的函数值分别为，若，则（ ）ABCD7将函数图象向左平移一个单位，得到的函数图象解析式为（ ）ABCD8函数的值域为 （ ）ABCD9已知函数在区间上是减函数，则实数a的取值范

51、围是（）ABCD10为了提高垃圾的资源价值和经济价值，力争做到物尽其用，国家向全民发出了关于垃圾分类的号召为了响应国家号召，各地区采取多种措施，积极推行此项活动一商家为某市无偿设计制作了一批新式分类垃圾桶，它近似呈长方体状，且其高为0.45米，长和宽之和为2.4米，现用铁皮制作该垃圾桶，按长方体计算，则使这个垃圾桶的容量最大时（不考虑损耗，不考虑桶盖），需耗费的铁皮的面积为（ ）平方米A3.6B3.84C4.8D6.25二、填空题11函数的一个单调递增区间为_.12若函数在区间上是严格减函数，则实数的取值范围为_.13函数的最大值为_.14二次函数的图形经过两点，且函数的最大值是5，则函数的解

52、析式是_.三、解答题15已知一元二次方程的两个实数根为.求值：（1）； （2）.16已知为二次函数，且满足，（1）求函数的解析式，并求图象的顶点坐标；（2）在给出的平面直角坐标系中画出的图象；精品文档 精心整理答案第 = page 6 6页，总 = sectionpages 6 6页精品文档 可编辑的精品文档参考答案1A【分析】根据抛物线的开口和对称轴与区间的关系即可得解.【详解】函数为开口向上的抛物线，对称轴为，在上单调递增.故选：A.2D【分析】求出二次函数的对称轴，根据单调性即可求解.【详解】为开口向上的抛物线，对称轴为，所以在单调递减，在单调递增，所以，故选：D3D【分析】将原函数配方

53、，求出最小值列方程求解即可.【详解】f（x）=x2 +2x+m，当时，函数f（x）的最小值为，所以，故选：D.4B【分析】根据已知条件得到，通过构造函数法确定正确选项.【详解】因为，所以，所以，因为函数，在上单调递增，且，所以.故选:B5B【分析】利用根与系数关系求得的正确结果.【详解】依题意一元二次方程的两根为与，所以，所以.故选：B6C【分析】利用二次函数的图像和性质求解即可【详解】解：因为，所以抛物线的对称轴为，所以，即，因为，且对称轴为直线，所以抛物线的开口向下，所以，故选：C7D【分析】根据平移法则“左加右减”，即可解出【详解】将函数的图象向左平移一个单位，得到的函数图象解析式为.故

54、选：D8D【分析】作出函数的图像，根据图像判断函数的最值.【详解】已知函数的对称轴为，开口向上，作出函数图像如图所示，由图可知，所以值域为.故选：D.9A【分析】根据函数在区间上是减函数，由求解.【详解】因为函数在区间上是减函数，所以，解得，所以实数a的取值范围是.故选：A10A【分析】本题首先可设长为米，则宽为米，然后通过垃圾桶的容量最大得出，最后通过长方体的表面积计算公式即可得出结果.【详解】设长为米，则宽为米，则垃圾桶的容量：，即当时，垃圾桶的容量最大，此时耗费的铁皮的面积为平方米，故选：A.11，答案不唯一.【分析】根据二次函数的图象与性质，即可求得函数的一个单调递增区间，得到答案.【

55、详解】由题意，函数表示开口向上的抛物线，且对称轴为，根据二次函数的性质，可得函数的一个单调递增区间为.故答案为：，答案不唯一.12【分析】根据二次函数的性质确定函数单调性，由此可确定不等关系求得结果.【详解】为开口方向向下，对称轴为的二次函数，函数在上单调递增，在上单调递减，在区间上是严格减函数，即实数的取值范围为.故答案为：.13【分析】由结合二次函数的性质得出答案.【详解】故答案为：14【分析】根据点，在图象上，所以的图象关于直线对称，又的最大值为5，可设二次函数顶点式，再代值即可得解.【详解】由于点，在图象上，所以的图象关于直线对称，又的最大值为5，设，由，得，所以，因此，故答案为：.1

56、5（1）；（2）.【分析】利用韦达定理可得，再对所求式子进行变行，即；两根和与积代入式子，即可得到答案；【详解】解：因为一元二次方程的两个实数根为，所以由根与系数关系可知.（1）；（2）.16（1），顶点坐标为；（2）图象见解析.【分析】（1）设函数的解析式为，根据题意，列出方程组，求得的值，即可求解；（2）令，求得解得或，结合对称性，即可求解.【详解】（1）设函数的解析式为因为，可得，解得，所以，令，可得，即图象的顶点坐标为（2）由（1）知，令，即，解得或，可函数的图象如图所示：精品文档 精心整理试卷第 =page 2 2页，总 =sectionpages 2 2页精品文档 可编辑的精品文档

57、1.4.2一元二次不等式及其解法一、单选题1不等式的解集为（ ）A或BC或D2已知不等式的解集为，则的取值范围是（ ）ABCD3不等式的解集为，则函数的图像大致为（ ）ABCD4不等式的解集是（ ）ABCD5已知命题：对任意实数，有；命题：存在实数使，若为假命题，则实数的取值范围是（ ）ABCD6若不等式的解集是，则的值为（ ）ABCD7在上定义运算，则满足的取值范围为（ ）ABCD8不等式的解集是（ ）ABCD9若的解集是，则（ ）ABCD10不等式的解集为（ ）ABCD二、填空题11不等式的解集为_.12关于的不等式的解集是_.13若关于的不等式的解集是，则_.14若不等式的解集是，则不等

58、的解集是_三、解答题15计算：（1）因式分解：（2）解不等式：16已知命题实数满足不等式，命题实数满足不等式.（1）当时，命题，均为真命题，求实数的取值范围；（2）若是的充分不必要条件，求实数的取值范围.精品文档 精心整理答案第 = page 6 6页，总 = sectionpages 6 6页精品文档 可编辑的精品文档参考答案1D【分析】根据一元二次不等式的解法求解即可.【详解】解：因为的实数根为和，所以根据一元二次不等式与方程的关系得不等式的解集为.故选：D2B【分析】由判别式小于0得出的取值范围【详解】由解得故选：B3C【分析】根据不等式的解集求出参数，从而可得，根据该形式可得正确的选项

59、【详解】因为不等式的解集为，故，故，故，令，解得或，故抛物线开口向下，与轴的交点的横坐标为，故选：C4A【分析】结合一元二次不等式(不含参)的解法即可【详解】由题意知，所以原不等式的解集为，故选：A5C【分析】根据含有逻辑连接词的否定，由题意可得为真命题，解不等式组即可得解.【详解】由为假命题可得“”为真命题，所以，解得，故选：C6D【分析】根据一元二次方程的根与一元二次不等式的解集之间关系，列出方程组，求得的值，即可求解.【详解】由不等式的解集是，可得是方程的两根，且，所以，解得，所以.故选：D.7A【分析】不等式可以化为，再解不等式得解.【详解】由题得不等式可以化为，所以，所以.故选：A8

60、C【分析】根据无理不等式的解法列出不等式组解之可得答案.【详解】由题意得，解得，故选：C.【点睛】本题考查无理不等式的解法，对于型，可以转化为去解，考查了学生的计算能力.9D【分析】化为且和是一元二次方程，根据韦达定理可得结果.【详解】因为的解集是，所以且和是一元二次方程，即的两个实根，所以，解得,，所以.故选：D.【点睛】关键点点睛：化为且和是一元二次方程是解题关键.10B【分析】根据题意，分和两种情况去绝对值，然后再解一元二次不等式，即可求出结果.【详解】当时，可得,所以或，又，所以；当时，可得，解得或，又，所以；综上，不等式的解集为.故选：B.11【分析】直接解一元二次不等式即可【详解】