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PAGEPAGE1其次章单元质量评估一、选择题(每小题5分,共60分)1.若a>b>0,c<d<0,则肯定有(D)A.eq\f(a,c)>eq\f(b,d)B.eq\f(a,c)<eq\f(b,d)C.eq\f(a,d)>eq\f(b,c)D.eq\f(a,d)<eq\f(b,c)解析:由c<d<0⇒-eq\f(1,d)>-eq\f(1,c)>0,又a>b>0,由不等式性质知:-eq\f(a,d)>-eq\f(b,c)>0,所以eq\f(a,d)<eq\f(b,c).2.设全集U=R,集合A={x|x≥2},B={x|x2-3x-4≤0},则(∁UA)∩B等于(A)A.{x|-1≤x<2} B.{x|2<x≤4}C.{x|-4≤x<2} D.{x|-4≤x≤1}解析:由x2-3x-4≤0,解得-1≤x≤4,所以B={x|-1≤x≤4}.因为∁UA={x|x<2},所以(∁UA)∩B={x|-1≤x<2}.故选A.3.设实数m,n分别满意19m2+20m+1=0,n2+20n+19=0且m·n≠1,则eq\f(2mn+3m+2,n)的值为(B)A.eq\f(37,19)B.-eq\f(37,19)C.eq\f(3,19)D.-eq\f(3,19)解析:由题意得19(eq\f(1,n))2+20eq\f(1,n)+1=0,且19m2+20m+1=0.所以m,eq\f(1,n)为方程19x2+20x+1=0的两个根,所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m+\f(1,n)=-\f(20,19),,m×\f(1,n)=\f(1,19),))原式=2(m+eq\f(1,n))+3eq\f(m,n)=2×(-eq\f(20,19))+eq\f(3,19)=-eq\f(37,19).故选B.4.若不等式x2+(a-6)x+9-3a>0,|a|≤1恒成立,则xA.{x|x<2} B.{x|x>4}C.{x|x<2或x>4} D.{x|2<x<4}解析:将原不等式整理为形式上是关于a的不等式为:(x-3)a+x2-6x+9>0.令y=(x-3)a+x2-6x+9.因为y>0在|a|≤1时恒成立,所以①若x=3,则y=0,不符合题意,应舍去.②若x≠3,则由一次函数的单调性,可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2-7x+12>0,,x2-5x+6>0,))解得x<2或x>4.故选C.5.已知不等式ax2+bx+c>0(a≠0)的解集为{x|m<x<n},且m>0,则不等式cx2+bx+a<0的解集为(C)A.{x|eq\f(1,n)<x<eq\f(1,m)} B.{x|-eq\f(1,m)<x<eq\f(1,n)}C.{x|x<eq\f(1,n)或x>eq\f(1,m)} D.{x|x<-eq\f(1,m)或x>eq\f(1,n)}解析:因为不等式ax2+bx+c>0的解集为{x|m<x<n},所以a<0,m+n=-eq\f(b,a),mn=eq\f(c,a),所以b=-a(m+n),c=amn,所以cx2+bx+a<0⇔amnx2-a(m+n)x+a<0.因为a<0,所以mnx2-(m+n)x+1>0,即(mx-1)(nx-1)>0.又因为0<m<n,所以eq\f(1,m)>eq\f(1,n),所以x>eq\f(1,m)或x<eq\f(1,n),故不等式cx2+bx+a<0的解集是{x|x<eq\f(1,n)或x>eq\f(1,m)}.故选C.6.若正数x,y满意x+3y=5xy,则3x+4y的最小值是(C)A.eq\f(24,5)B.eq\f(28,5)C.5D.6解析:因为x+3y=5xy,所以eq\f(1,y)+eq\f(3,x)=5,所以3x+4y=eq\f(1,5)(3x+4y)(eq\f(1,y)+eq\f(3,x))=eq\f(1,5)(eq\f(3x,y)+eq\f(12y,x))+eq\f(13,5)≥eq\f(1,5)×2×eq\r(36)+eq\f(13,5)=5,当且仅当x=1,y=eq\f(1,2)时等号成立.故选C.7.若命题“∃x∈R,使得x2+mx+2m-3<0”为假命题,则实数A.{m|2≤m≤6} B.{m|-6≤m≤-2}C.{m|2<m<6} D.{m|-6<m<-2}解析:由题意知不等式x2+mx+2m-3≥0对一切x∈R恒成立,所以Δ=m2-4(2m-3)≤0,解得2≤m8.在集合{x|2≤x≤6}上,不等式x2+mx+4>0有解,则m的取值范围为(C)A.RB.{m|m<-4}C.{m|m>-5}D.{m|m<-5}解析:记y=x2+mx+4,则由二次函数的图象知,不等式x2+mx+4>0肯定有解,即m+5>0或2m+8>0,解得m9.某种商品安排提价,现有四种方案:方案(Ⅰ)先提价m%,再提价n%;方案(Ⅱ)先提价n%,再提价m%;方案(Ⅲ)分两次提价,每次提价(eq\f(m+n,2))%;方案(Ⅳ)一次性提价(m+n)%.已知m>n>0,那么四种提价方案中,提价最多的是(C)A.ⅠB.ⅡC.ⅢD.Ⅳ解析:依题意,设单价为1,那么方案(Ⅰ)提价后的价格是1×(1+m%)(1+n%)=1+(m+n)%+m%·n%;方案(Ⅱ)提价后的价格是(1+n%)(1+m%)=1+(m+n)%+m%·n%;方案(Ⅲ)提价后的价格是[1+(eq\f(m+n,2))%]2=1+(m+n)%+[(eq\f(m+n,2))%]2;方案(Ⅳ)提价后的价格是1+(m+n)%.所以只要比较m%·n%与[(eq\f(m+n,2))%]2的大小即可.[(eq\f(m+n,2))%]2>(eq\r(mn)%)2=m%·n%.所以[(eq\f(m+n,2))%]2>m%·n%.即[1+(eq\f(m+n,2))%]2>(1+m%)(1+n%),因此,方案(Ⅲ)提价最多.故选C.10.已知a>0,b∈R,那么“a+b>0”是“a>|bA.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解析:因为a>0,由a+b>0⇒/a>|b|.由a>|b|⇒a+b>0.故选B.11.设集合P={m|-1<m<0},Q={m∈R|mx2+4mx-4<0对随意实数x恒成立},则下列关系式中成立的是(A)A.PQB.QPC.P=QD.P∩Q=∅解析:对于Q,当m=0时,-4<0对随意实数x∈R恒成立;当m≠0时,由mx2+4mx-4<0对随意实数x∈R恒成立可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m<0,,Δ=16m2+16m<0,))解得-1<m<0.综上所述,Q={m|-1<m≤0},所以PQ.故选A.12.若正数m,n,满意m+n+3=mn,不等式(m+n)x2+2x+mn-13≥0恒成立,则实数x的取值范围是(A)A.{x|x≤-1或x≥eq\f(2,3)} B.{x|x≤-1或x≥eq\f(1,2)}C.{x|x≤-eq\f(1,2)或x≥eq\f(1,3)} D.{x|x≤-eq\f(1,2)或x≥eq\f(1,6)}解析:令m+n=a,则mn=a+3,故m,n是方程x2-ax+a+3=0的两个正实数根,所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ=a2-4a-12≥0,,a>0,,a+3>0,))解得a≥6.不等式(m+n)x2+2x+mn-13≥0恒成立⇔不等式ax2+2x+a-10≥0在a≥6时恒成立.即a(x2+1)+2x-10≥0在a∈{a|a≥6}时恒成立.故6(x2+1)+2x-10≥0⇒x≥eq\f(2,3)或x≤-1.故选A.二、填空题(每小题5分,共20分)13.设a>0,b>1,若a+b=2,则eq\f(3,a)+eq\f(1,b-1)的最小值为4+2eq\r(3).解析:因为a>0,b>1,a+b=2,所以eq\f(3,a)+eq\f(1,b-1)=(eq\f(3,a)+eq\f(1,b-1))(a+b-1)=3+eq\f(3b-1,a)+eq\f(a,b-1)+1=4+eq\f(3b-1,a)+eq\f(a,b-1)≥4+2eq\r(3),当eq\f(3b-1,a)=eq\f(a,b-1),即a=eq\f(3-\r(3),2),b=eq\f(\r(3)+1,2)时取等号.14.不等式eq\f(x-2,x2+3x+2)>0的解集为{x|-2<x<-1或x>2}.解析:eq\f(x-2,x2+3x+2)>0⇔eq\f(x-2,x+2x+1)>0⇔(x-2)(x+2)·(x+1)>0,数轴标根得{x|-2<x<-1或x>2},故填{x|-2<x<-1或x>2}.15.若集合A={x|ax2-ax+1<0}=∅,则实数a的取值范围是{a|0≤a≤4}.解析:①若a=0,则1<0不成立,此时不等式ax2-ax+1<0的解集为空集;②若a≠0,则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ=a2-4a≤0,,a>0,))解得0<a≤4.综上知0≤a≤4.16.已知关于x的不等式eq\f(ax-1,x+1)<0的解集是{x|x<-1或x>-eq\f(1,2)},则a=-2.解析:eq\f(ax-1,x+1)<0⇔(ax-1)(x+1)<0,依据解集的结构可知,a<0且eq\f(1,a)=-eq\f(1,2),所以a=-2.三、解答题(共70分)17.(本小题10分)已知a>0,b>0,c>0,d>0,a2+b2=ab+1,cd>1.(1)求证:a+b≤2;(2)推断等式eq\r(ac)+eq\r(bd)=c+d能否成立,并说明理由.解:(1)证明:由题意得(a+b)2=3ab+1≤3(eq\f(a+b,2))2+1,当且仅当a=b时取等号.解得(a+b)2≤4,又a,b>0,所以a+b≤2.(2)不能成立.理由:由均值不等式得eq\r(ac)+eq\r(bd)≤eq\f(a+c,2)+eq\f(b+d,2),当且仅当a=c且b=d时等号成立.因为a+b≤2,所以eq\r(ac)+eq\r(bd)≤1+eq\f(c+d,2).因为c>0,d>0,cd>1,所以c+d=eq\f(c+d,2)+eq\f(c+d,2)≥eq\f(c+d,2)+eq\r(cd)>eq\f(c+d,2)+1≥eq\r(ac)+eq\r(bd),故eq\r(ac)+eq\r(bd)=c+d不能成立.18.(本小题12分)解下列关于x的不等式:(1)1<x2-3x+1<9-x;(2)ax2-x-a2x+a<0(a<-1).解:(1)因为1<x2-3x+1<9-x,由x2-3x+1>1得x>3或x<0,由x2-3x+1<9-x得-2<x<4.所以-2<x<0或3<x<4.所以原不等式1<x2-3x+1<9-x的解集为{x|-2<x<0或3<x<4}.(2)ax2-x-a2x+a<0,即(x-a)(ax-1)<0.因为a<-1,所以(x-a)(x-eq\f(1,a))>0,当a<-1时,eq\f(1,a)>a,所以x<a或x>eq\f(1,a).所以不等式的解集为{x|x<a或x>eq\f(1,a)}.19.(本小题12分)已知关于x的不等式kx2-2x+6k<0(k≠0).(1)若不等式的解集是|x|x<-3或x>-2|,求k的值;(2)若不等式的解集是R,求k的取值范围.解:(1)因为不等式的解集为{x|x<-3或x>-2},所以-3,-2是方程kx2-2x+6k=0的两根且k<0.由根与系数的关系得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(-3×-2=6,,-3+-2=\f(2,k),))解得k=-eq\f(2,5).(2)因为不等式的解集为R,所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k<0,,Δ=4-4k·6k<0,))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k<0,,k>\f(\r(6),6)或k<-\f(\r(6),6).))所以k<-eq\f(\r(6),6).即k的取值范围是{k|k<-eq\f(\r(6),6)}.20.(本小题12分)已知函数y1=x2-2x-8,y2=2x2-4x-16.(1)求不等式y2<0的解集;(2)若对一切x>2,均有y1≥(m+2)x-m-15成立,求实数m的取值范围.解:(1)y2=2x2-4x-16<0,即(2x+4)(x-4)<0,所以-2<x<4,所以不等式y2<0的解集为{x|-2<x<4}.(2)因为y1=x2-2x-8.当x>2时,y1≥(m+2)x-m-15恒成立,所以x2-2x-8≥(m+2)x-m-15,即x2-4x+7≥m(x-1).所以对一切x>2,均有不等式eq\f(x2-4x+7,x-1)≥m成立.而eq\f(x2-4x+7,x-1)=(x-1)+eq\f(4,x-1)-2≥2eq\r(x-1×\f(4,x-1))-2=2(当且仅当x=3时等号成立),所以实数m的取值范围是{m|m≤2}.21.(本小题12分)已知y=2x2+bx+c,不等式2x2+bx+c<0的解集是{x|0<x<5}.(1)求y=2x2+bx+c的解析式;(2)若对于随意的x∈{x|-1≤x≤1},不等式2x2+bx+c+t≤2恒成立,求t的取值范围.解:(1)因为2x2+bx+c<0的解集是{x|0<x<5},所以0和5是方程2x2+bx+c=0的两个根,由根与系数的关系知,-eq\f(b,2)=5,eq\f(c,2)=0,所以b=-10,c=0,y=2x2-10x.(2)2x2+bx+c+t≤2恒成立等价于2x2-10x+t-2≤0恒成立,所以2x2-10x+t-2的最大值小于或等于0.设y=2x2-10x+t-2
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