2022_2023学年新教材高中数学湘教版必修第一册章末质量检测二一元二次函数方程和不等式

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章末质量检测(二)　一元二次函数、方程和不等式考试时间：120分钟　 满分：150分一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)1．设M＝2a(a－2)＋7，N＝(a－2)(a－3)，则有(　　)A．M>N B．M≥N C．M0}，B＝{x|x2＋2x－3<0}，则A∩B＝(　　)A．{x|－3b，则下列不等式中一定成立的是(　　)A．ac>bc B．(a－b)c2>0C． eq \f(1,a)< eq \f(1,b) D．－2a<－2b4．函数y＝2x＋ eq \f(2,x－1)(x>1)的最小值是(　　)A．2 B．4 C．6 D．85．若实数2是不等式3x－a－4<0的一个解，则a可取的最小正整数是(　　)A．1 B．2 C．3 D．46．我国的烟花名目繁多，其中“菊花”烟花是最壮观的烟花之一．制造时一般是期望在它达到最高点时爆裂．如果烟花距地面的高度h(单位：m)与时间t(单位：s)之间的关系为h＝－4.9t2＋14.7t＋17，那么烟花冲出后在爆裂的最佳时刻距地面高度约为(　　)A．26米 B．28米C．30米 D．32米7．中国南宋大数学家秦九韶提出了“三斜求积术”，即已知三角形三边长求三角形面积的公式：设三角形的三条边长分别为a，b，c，则三角形的面积S可由公式S＝ eq \r(p（p－a）（p－b）（p－c）)求得，其中p为三角形周长的一半，这个公式也被称为海伦－秦九韶公式，现有一个三角形的边长满足a＝3，b＋c＝5，则此三角形面积的最大值为(　　)A． eq \f(3,2) B．3 C． eq \r(7) D． eq \r(11)8．已知两个正实数x，y满足 eq \f(2,x)＋ eq \f(1,y)＝1，并且x＋2y≥m2－2m恒成立，则实数m的取值范围(　　)A．－24 D．m≤－2或m≥4二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．)9．下列表达式的最小值为2的有(　　)A．当ab＝1时，a＋b B．当ab＝1时， eq \f(b,a)＋ eq \f(a,b)C．a2－2a＋3 D． eq \r(a2＋2)＋ eq \f(1,\r(a2＋2))10．关于x的不等式ax2＋bx＋c<0的解集为{x|x<－2或x>3}，则下列正确的是(　　)A．a<0B．关于x的不等式bx＋c>0的解集为{x|x<－6}C．a＋b＋c>0D．关于x的不等式cx2－bx＋a>0的解集为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x<－\f(1,3)或x>\f(1,2)))))11．若a，b，c为实数，下列说法正确的是(　　)A．若a>b，则ac2>bc2B．若aab>b2C．“关于x的不等式ax2＋bx＋c≥0恒成立”的充要条件是“a>0，b2－4ac≤0”D．“a<1”是“关于x的方程x2＋x＋a＝0有两个异号的实根”的必要不充分条件12．设a>1，b>1且ab－(a＋b)＝1，那么(　　)A．a＋b有最小值2＋2 eq \r(2) B．a＋b有最大值2＋2 eq \r(2)C．ab有最大值1＋ eq \r(2) D．ab有最小值3＋2 eq \r(2)三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上．)13．不等式－x2＋2x＋8>0的解集是________．14．若正数x，y满足x＋y＝xy，则x＋4y的最小值等于________．15．已知a>0，b>0，若不等式 eq \f(2,a)＋ eq \f(1,b)≥ eq \f(m,2a＋b)恒成立，则m的最大值为________．16．已知关于x的不等式x2－5ax＋2a2<0(a>0)的解集为(x1，x2)，则x1＋x2＋ eq \f(a,x1x2)的最小值是________．四、解答题(本题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．)17．(本小题满分10分)已知一次函数y＝ax＋b的图象过A(0，3)，B(2，7)两点，求关于x的不等式ax2－3x－a>0的解集．18.(本小题满分12分)正数x，y满足 eq \f(1,x)＋ eq \f(9,y)＝1.(1)求xy的最小值；(2)求x＋2y的最小值．19．(本小题满分12分)甲厂以x千克/时的速度匀速生产某种产品(生产条件要求1≤x≤10)，每小时可获得利润100 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5x＋1－\f(3,x)))元．要使生产该产品2小时获得的利润不低于3 000元，求x的取值范围．20．(本小题满分12分)已知a>0，b>0且ab＝1.(1)求a＋2b的最小值；(2)若不等式x2－2x< eq \f(1,4a)＋ eq \f(9,b)恒成立，求实数x的取值范围．21．(本小题满分12分)(1)比较a2＋13与6a＋3的大小；(2)解关于x的不等式x2－(3m＋1)x＋2m2＋2m≤0.22．(本小题满分12分)在党和国家强有力的领导下，我国疫情得到良好控制，之后一方面防止境外输入，另一方面复工复产．某厂经调查测算，某种商品原来每件售价为25元，年销售量8万件．(1)据市场调查，若价格每提高1元，销售量将相应减少2000件，要使销售的总收入不低于原收入，该商品每件定价最多为多少元？(2)为了扩大该商品的影响力，提高年销售量，公司决定明年对该商品进行全面技术革新和营销策略改革，并将定价提高到x元．公司拟投入 eq \f(1,6) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－600))万元作为技改费用，投入50万元作为固定宣传费用，投入 eq \f(1,5)x万元作为浮动宣传费用．试问：当该商品明年的销售量a至少应达到多少万件时，才可能使明年的销售收入不低于原收入与总投入之和？并求出此时商品的每件定价．章末质量检测(二)　一元二次函数、方程和不等式1．解析：M－N＝(2a2－4a＋7)－(a2－5a＋6)＝a2＋a＋1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋ eq \f(3,4)>0，∴M>N.故选A.答案：A2．解析：A＝{x|x2＋2x>0}＝{x|x<－2或x>0}，B＝{x|x2＋2x－3<0}＝{x|－3b，∴取c＝0，可排除A，B；取a＝1，b＝－1可排除C，由不等式的性质知当a>b时，－2a<－2b，故D正确．答案：D4．解析：因为y＝2x＋ eq \f(2,x－1)(x>1)＝2(x－1)＋ eq \f(2,x－1)＋2≥2 eq \r(2（x－1）·\f(2,x－1))＋2＝6，当且仅当2(x－1)＝ eq \f(2,x－1)即x＝2时取等号，此时取得最小值6.故选C.答案：C5．解析：∵实数2是不等式3x－a－4<0的一个解，∴代入得：6－a－4<0，解得a>2，∴a可取的最小整数是3.故选C.答案：C6．解析：∵y＝－4.9t2＋14.7t＋17，∴烟花冲出后在爆裂的最佳时刻为t＝－ eq \f(14.7,2×（－4.9）)＝1.5，此时y＝－4.9×1.52＋14.7×1.5＋17≈28，故选B.答案：B7．解析：由题意p＝ eq \f(1,2)(3＋5)＝4S＝ eq \r(4（4－a）（4－b）（4－c）)＝ eq \r(4（4－b）（4－c）)＝ eq \r(4（bc－4）)≤ eq \r(4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b＋c,2)))\s\up12(2)－16)＝ eq \r(9)＝3，当且仅当4－b＝4－c，即b＝c时等号成立﹐∴此三角形面积的最大值为3.故选B.答案：B8．解析：因为x＋2y≥m2－2m恒成立，则m2－2m≤(x＋2y)min，x＋2y＝(x＋2y) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋\f(1,y)))＝4＋ eq \f(4y,x)＋ eq \f(x,y)≥4＋2 eq \r(\f(4y,x)×\f(x,y))＝4＋2×2＝8，当且仅当 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(4y,x)＝\f(x,y),\f(2,x)＋\f(1,y)＝1))即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝4,y＝2))时等号成立，所以x＋2y的最小值为8，所以m2－2m≤8，即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－4)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋2))≤0，解得：－2≤m≤4，故选B.答案：B9．解析：对选项A，当a，b均为负值时，a＋b<0，故最小值不为2；对选项B，因为ab＝1，所以a，b同号，所以 eq \f(b,a)>0， eq \f(a,b)>0， eq \f(b,a)＋ eq \f(a,b)≥2 eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2，当且仅当 eq \f(b,a)＝ eq \f(a,b)，即a＝b＝±1时取等号，故最小值为2；对选项C，a2－2a＋3＝(a－1)2＋2，当a＝1时，取最小值2；对选项D， eq \r(a2＋2)＋ eq \f(1,\r(a2＋2))≥2 eq \r(\r(a2＋2)·\f(1,\r(a2＋2)))＝2，当且仅当 eq \r(a2＋2)＝ eq \f(1,\r(a2＋2))，即a2＋2＝1时，取等号，但等号显然不成立，故最小值不为2.故选BC.答案：BC10．解析：由已知可得a<0且－2，3是方程ax2＋bx＋c＝0的两根，A正确，则由根与系数的关系可得： eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2＋3＝－\f(b,a),－2×3＝\f(c,a)))，解得b＝－a，c＝－6a，则不等式bx＋c>0可化为：－ax－6a>0，即x＋6>0，所以x>－6，B错误，a＋b＋c＝a－a－6a＝－6a>0，C正确，不等式cx2－bx＋a>0可化为：－6ax2＋ax＋a>0，即6x2－x－1>0，解得x> eq \f(1,2)或x<－ eq \f(1,3)，D正确，故选ACD.答案：ACD11．解析：A选项，若a>b，c＝0，则ac2＝bc2，A错；B选项，若aab，ab>b2，即a2>ab>b2，B正确；C选项，不等式ax2＋bx＋c≥0不一定是一元二次不等式，所以不能推出a>0；由a>0，b2－4ac≤0，可得出不等式ax2＋bx＋c≥0恒成立，所以“a>0，b2－4ac≤0”是“ax2＋bx＋c≥0恒成立”的充分不必要条件，C错；D选项，若关于x的方程x2＋x＋a＝0有两个异号的实根，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<0,Δ＝1－4a>0))，即a<0，因此“a<1”是“关于x的方程x2＋x＋a＝0有两个异号的实根”的必要不充分条件，D正确．故选BD.答案：BD12．解析：由ab－(a＋b)＝1得：ab＝1＋(a＋b)≤ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2))) eq \s\up12(2)(当且仅当a＝b>1时取等号)，即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋b)) eq \s\up12(2)－4(a＋b)－4≥0且a＋b>2，解得：a＋b≥2＋2 eq \r(2)，∴a＋b有最小值2＋2 eq \r(2)，知A正确；由ab－(a＋b)＝1得：ab－1＝a＋b≥2 eq \r(ab)(当且仅当a＝b>1时取等号)，即ab－2 eq \r(ab)－1≥0且ab>1，解得：ab≥3＋2 eq \r(2)，∴ab有最小值3＋2 eq \r(2)，知D正确．故选AD.答案：AD13．解析：不等式－x2＋2x＋8>0等价于x2－2x－8<0由于方程x2－2x－8＝0的解为：x＝－2或x＝4，所以－20，故一元二次方程x2－5ax＋2a2＝0的判别式：Δ＝25a2－4·2a2＝17a2>0，由韦达定理有： eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝5a,x1x2＝2a2))，则：x1＋x2＋ eq \f(a,x1x2)＝5a＋ eq \f(a,2a2)＝5a＋ eq \f(1,2a)≥2 eq \r(5a×\f(1,2a))＝ eq \r(10)，当且仅当5a＝ eq \f(1,2a)，a＝ eq \f(\r(10),10)时等号成立．综上可得：x1＋x2＋ eq \f(a,x1x2)的最小值是 eq \r(10).答案： eq \r(10)17．解析：由题得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝3，,2a＋b＝7，))解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝3.))将a＝2代入所求不等式整理得：(x－2)(2x＋1)>0，解得x>2或x<－ eq \f(1,2)，故原不等式的解集为： eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x<－\f(1,2)或x>2)))).18．解析：(1)由1＝ eq \f(1,x)＋ eq \f(9,y)≥2 eq \r(\f(1,x)·\f(9,y))得xy≥36，当且仅当 eq \f(1,x)＝ eq \f(9,y)，即y＝9x＝18时取等号，故xy的最小值为36.(2)由题意可得x＋2y＝(x＋2y) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(9,y)))＝19＋ eq \f(2y,x)＋ eq \f(9x,y)≥19＋2 eq \r(\f(2y,x)·\f(9x,y))＝19＋6 eq \r(2)，当且仅当 eq \f(2y,x)＝ eq \f(9x,y)，即9x2＝2y2时取等号，故x＋2y的最小值为19＋6 eq \r(2).19．解析：根据题意，要使生产该产品2小时获得的利润不低于3 000元，得2×100× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5x＋1－\f(3,x)))≥3 000，整理得5x－14－ eq \f(3,x)≥0，即5x2－14x－3≥0，解得x≥3或x≤－ eq \f(1,5)，又1≤x≤10，可解得3≤x≤10.20．解析：(1)∵a>0，b>0且ab＝1，∴a＋2b≥2 eq \r(2ab)＝2 eq \r(2)，当且仅当a＝2b＝ eq \r(2)时，等号成立，故a＋2b的最小值为2 eq \r(2).(2)∵a>0，b>0且ab＝1，∴ eq \f(1,4a)＋ eq \f(9,b)≥2 eq \r(\f(9,4ab))＝3，当且仅当 eq \f(1,4a)＝ eq \f(9,b)，且ab＝1，即a＝ eq \f(1,6)，b＝6时，取等号，即 eq \f(1,4a)＋ eq \f(9,b)的最小值为3，∴x2－2x<3，即x2－2x－3<0，解得－10，即a2＋13>6a＋3.(2)x2－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3m＋1))x＋2m2＋2m＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－2m)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－m－1)).当2mm＋1，即m>1时，解原不等式，可得m＋1≤x≤2m.综上所述，当m<1时，原不等式的解集为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|2m≤x≤m＋1))；当m＝1时，原不等式的解集为{2}；当m>1时，原不等式的解集为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|m＋1≤x≤2m)).22．解析：(1)设每件定价为t元，依题意得 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8－\f(t－25,1)×0.2))t≥25×8，整理得t2－65t＋1000≤0，解得25≤t≤40所以要使销售的总收入不低于原收入，每件定价最多为40元．(2)依题意知当x>25时，不等式ax≥25×8＋50＋ eq \f(1,6) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－600))＋ eq \f(1,5)x成立等价于x>25时，a≥ eq \f(150,x)＋ eq \f(1,6)x＋ eq \f(1,5)有解，由于 eq \f(150,x)＋ eq \f(1,6)x≥2 eq \r(\f(150,x)×\f(1,6)x)＝10，当且仅当 eq \f(150,x)＝ eq \f(x,6)，即x＝30时等号成立，所以a≥10.2当该商品改革后销售量a至少达到10.2万件时，才可能使改革后的销售收入不低于原收入与总投入之和，此时该商品的每件定价为30元．