2022-2024北京重点校高一（上）期末汇编：二次函数与一元二次方程、不等式

第1页/共1页2022-2024北京重点校高一（上）期末汇编二次函数与一元二次方程、不等式一、单选题1．（2024北京石景山高一上期末）已知关于的不等式的解集是则（

）A． B． C． D．2．（2024北京西城高一上期末）若集合为空集，则的取值范围为（

）A．或 B．C． D．且3．（2023北京东城高一上期末）不等式的解集是（

）A．或 B．或 C． D．4．（2023北京怀柔高一上期末）已知，：方程有实数解，：，则是的（

）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分不必要条件5．（2022北京西城高一上期末）关于的不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是（

）A． B．C． D．6．（2022北京海淀高一上期末）已知函数（b，c为实数），.若方程有两个正实数根，，则的最小值是（

）A．4 B．2 C．1 D．7．（2022北京第十二中学高一上期末）若函数的定义域为，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．8．（2022北京石景山高一上期末）不等式的解集为，则函数的图像大致为（

）A． B．C． D．二、填空题9．（2024北京丰台高一上期末）能说明“关于的不等式在上恒成立”为假命题的实数的一个取值为.10．（2024北京石景山高一上期末）不等式的解集为.11．（2024北京西城高一上期末）不等式的解集为.12．（2023北京顺义高一上期末）不等式的解集是.13．（2023北京海淀高一上期末）已知是关于的方程的两个实根，且，则.14．（2022北京西城高一上期末）若不等式的解集为，则，．15．（2022北京通州高一上期末）不等式的解集为．三、解答题16．（2024北京密云高一上期末）已知函数.(1)若不等式的解集为0,3，求的值；(2)若不等式对任意的x∈R恒成立，求实数的取值范围；(3)解关于的不等式.17．（2024北京朝阳高一上期末）已知集合．(1)当时，求；(2)若，求实数的取值范围．18．（2023北京平谷高一上期末）已知函数(1)若函数在区间上单调，求实数的取值范围；(2)解不等式．19．（2023北京东城高一上期末）已知关于x的不等式的解集为A.(1)当时，求集合A；(2)若集合，求a的值；(3)若，直接写出a的取值范围.20．（2024北京海淀高一上期末）已知一元二次方程的两个实数根为.求值：（1）；

（2）.21．（2023北京丰台高一上期末）已知函数．(1)若关于x的不等式的解集为，求，的值；(2)当时，解关于x的不等式．22．（2022北京怀柔高一上期末）解下列关于的不等式；(1)；(2).23．（2022北京东城高一上期末）已知函数．(1)若，求不等式的解集；(2)若，求在区间上的最大值和最小值，并分别写出取得最大值和最小值时的x值；(3)若对任意，不等式恒成立，求实数a的取值范围．24．（2022北京昌平高一上期末）已知函数(1)若，求的解集；(2)若方程有两个实数根，，且，求的取值范围.

参考答案1．B【分析】根据不等式的解集与相应方程的根的关系，利用韦达定理求解．【详解】由题意和1是方程的两根，所以，，，∴．故选：B．2．B【解析】根据题意，可知无解，则分类讨论和两种情况，当时，不符合题意；当时，则，即可求出的取值范围.【详解】解：由于集合为空集，即无解，当时，化为，不是空集；当时，可得，解得：.故选：B.【点睛】本题考查空集的定义以及一元二次不等式的应用，从而求参数的取值范围，考查分类讨论思想.3．B【分析】直接解出不等式即可.【详解】，解得或，故解集为或，故选：B.4．B【分析】求出命题p为真的a的取值范围，再利用充分条件、必要条件的定义判断作答.【详解】因为方程有实数解，则有，解得或，因此p：或，显然，即有命题q成立，命题p必成立，而命题p成立，命题q未必成立，所以是的必要而不充分条件.故选：B5．B【分析】当时可知；当时，采用分离变量法可得，结合基本不等式可求得；综合两种情况可得结果.【详解】当时，不等式为恒成立，；当时，不等式可化为：，，（当且仅当，即时取等号），；综上所述：实数的取值范围为.故选：B.6．B【分析】由求得，再由方程有两个正实数根，，利用根的分布得到，然后利用韦达定理求解.【详解】因为函数（b，c为实数），，所以，解得，所以，因为方程有两个正实数根，，所以，解得，所以，当c=2时，等号成立，所以其最小值是2，故选：B7．C【分析】对参数分类讨论，结合三个二次的关系可得结果.【详解】函数的定义域为等价于恒成立，当时，显然不恒成立；当时，由，得，综上，实数的取值范围为．故选：C．8．C【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．【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：C．9．（答案不唯一）【分析】将关于的不等式在上恒成立问题转化为，从而得到的取值范围，命题为假命题时的取值范围是真命题时的补集，即可得的取值.【详解】若不等式在上恒成立，则，解得，所以该命题为假命题时实数的取值范围是，所以实数的一个取值为.故答案为：（答案不唯一，只要满足“或”即可）.10．【分析】将分式不等式转化成整式不等式求解即可得出答案.【详解】根据不等式整理可得，即，等价于，解得；所以不等式的解集为故答案为：11．【分析】将分式不等式转化为不等式组可解得.【详解】解：原不等式等价于不等式组解得，所以所求不等式的解集为.故答案为:.【点睛】本题考查了分式不等式,一元二次不等式,属于基础题.12．或【分析】将不等式变形为，即可求出不等式的解集.【详解】解：不等式，即，即，解得或，所以不等式的解集为或.故答案为：或13．2【分析】根据根与系数的关系结合条件即得.【详解】因为是关于的方程的两个实根，则，又，所以，解得或，经判别式检验知.故答案为：2.14．【分析】由题设知：是的根，应用根与系数关系即可求参数值.【详解】由题设，是的根，∴，即，.故答案为：，.15．【分析】把不等式x2﹣2x＞0化为x（x﹣2）＞0，求出解集即可．【详解】不等式x2﹣2x＞0可化为x（x﹣2）＞0，解得x＜0或x＞2；∴不等式的解集为{x|x＜0或x＞2}．故答案为．【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法与应用问题，是基础题目．16．(1)(2)(3)解集见解析【分析】（1）根据一元二次不等式解集与一元二次方程根的关系解出即可；（2）根据一元二次不等式恒成立，即可由判别式求解；（3）分解因式，结合分类讨论，即可由一元二次不等式解的特征求解.【详解】（1）因为不等式的解集为0,3，所以方程的两根分别为，根据韦达定理可知，，解得；（2）不等式对任意的x∈R恒成立，即对任意的x∈R恒成立，所以，即，解得，所以实数a的取值范围为；（3）即，当时，不等式的解为或，当时，不等式的解为或，当时，不等式的解为，综上所述，当时，不等式的解集为，当时，不等式的解集为.17．(1)(2)【分析】（1）化简集合，直接利用并集运算求解即可；（2）化简集合，根据交集运算结果求解参数.【详解】（1）由题知，，，因为，所以，所以.（2）因为，且，，所以.18．(1)(2)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，【分析】（1）根据二次函数的性质确定参数的取值区间；（2）由题化简不等式，求出对应方程的根，讨论两根的大小关系得出不等式的解集.【详解】（1）函数的对称轴，函数在区间上单调依题意得−m2≤−1解得或，所以实数的取值范围为.（2）由，即，即，令得方程的两根分别为，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，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，19．(1)；(2)；(3)．【分析】（1）直接解不等式可得；（2）由题意得是方程的根，代入后可得值；（3）代入后不等式不成立可得．【详解】（1）时，不等式为，即，，∴；（2）原不等式化为，由题意，解得，时原不等式化为，或，满足题意．所以；（3），则，解得．20．（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）.21．(1)；(2)见解析【分析】（1）根据一元二次不等式解法可知2，3为方程的两个根，然后利用韦达定理求解即可；（2）化简，讨论a的取值分别求解不等式即可．【详解】（1）由条件知，关于x的方程的两个根为2和3，所以，解得．（2）当时，，即，当时，即时，解得或；当时，即时，解得；当时，即时，解得或．综上可知，当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为．22．(1)(2)【分析】（1）根据一元二次不等式的解法即可得出答案；（1）根据一元二次不等式的解法即可得出答案.【详解】（1）解：不等式可化为，解得，所以不等式的解集为；（2）解：不等式可化为，解得或，所以不等式的解集为.23．(1)(2)当时函数取得最小值，，当时函数取得最大值；(3)【分析】（1）根据，代入求出参数的值，再解一元二次不等式即可；（2）首先由求出的值，再根据二次函数的性质求出函数在给定区间上的最值；（3）参变分离可得对任意恒成立，再利用基本不等式求出的最小值，即可得解；【详解】（1）解：因为且，所以，解得，所以，解，即，即，解得，即原不等式的解集为；（2）解：因为，所以，所以，所以，因为，所以函数在上单调递减，