2024-2025学年新教材高中数学第二章一元二次函数方程和不等式单元质量评估课时作业含解析新人教A版必修第一册

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