第2章 等式与不等式（A卷·知识通关练）-【单元测试】2022-2023学年高一数学分层训练AB卷（沪教版2020必修第一册）

第2章 等式与不等式（A卷·知识通关练）

核心知识1 等式与不等式的性质

1．（2021·上海市控江中学高一期中）已知为实数，若且，则下列结论中，正确的是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据不等式的性质逐一判断即可.

【详解】当为负数时，A选项显然不成立；

当时，B选项显然不成立；

根据不等式的同向可加性可知C正确；

当为负数时，D选项显然不成立；

故选：C.

2．（2019·上海交大附中高一期末）设，则“”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

【答案】B

【分析】等价变形给定的不等式，再利用它们所对集合的包含关系即可作答.

【详解】不等式化为：，于是得“”所对集合为，

不等式化为：，于是得“”所对集合为，显然，

所以“”是“”的必要不充分条件.

故选：B

3．（2021·上海·上外附中高一期中）已知，且，则一定有（       ）

A． B．

C． D．与的大小关系不确定

【答案】C

【分析】令，则由题意可得，而，从而可知抛物线与轴有两个交点，从而可得，进而可得答案

【详解】令，

因为，所以，

因为，

所以的图象与轴有两个交点，

所以，即，

故选：C

4．（2022·上海金山·高一期末）若等式恒成立，则常数a与b的和为______.

【答案】2

【分析】整式型函数恒为0，则各项系数均同时为零是本题入手点.

【详解】等式恒成立，

即恒成立，

则有，解之得，故

故答案为：2

5．（2020·上海·华东师范大学第一附属中学高一期中）已知，则当且仅当a，b满足 ____________ .时，成立.

【答案】或

【解析】按，讨论，可得等式成立．

【详解】当时，，成立；

当时，，成立；

故答案为：或.

6．（2022·上海·模拟预测），，则的最小值是___________.

【答案】

【分析】分析可得，利用不等式的基本性质可求得的最小值.

【详解】设，则，解得，

所以，，

因此，的最小值是.

故答案为：.

核心知识2．一元二次方程根与系数的关系

7．（2021·上海·上外附中高一期中）关于的方程的两个根为素数，则___________．

【答案】

【分析】设关于x的方程的两根分别为，由韦达定理得，则中一个是偶数一个是奇数，从而得，进而求出参数．

【详解】设关于x的方程的两根分别为，且

则因为均为素数，所以中一个是偶数一个是奇数，

故，所以．

故答案为：．

8．（2022·上海浦东新·高一期末）已知是关于的方程的两个根，则 ________.

【答案】4

【分析】由条件可得，，然后利用算出答案即可.

【详解】因为是关于的方程的两个根，

所以，，所以

故答案为：4

9．（2022·上海·同济大学第二附属中学高一期末）若，，则以、为根的一元二次方程可以是___________.（写出满足条件的一个一元二次方程即可）

【答案】

【分析】利用两数和的完全平方公式得到，再利用根与系数的关系写出一个满足条件的方程.

【详解】因为，，

所以

，

即该一元二次方程的两根之和为3，两根之积为2，

所以以、为根的一元二次方程可以是.

10．（2021·上海市甘泉外国语中学高一期末）方程的两根均大于1，则实数的取值范围是_______

【答案】

【分析】根据的图像可得两个根都大于时关于的不等式组，解出的范围即可.

【详解】解：的两个根都大于

，解得

可求得实数的取值范围为

故答案为：

核心知识3．一元二次不等式

11．（2022·黑龙江·大庆市东风中学高二期末）“”是“”的（       ）

A．充分非必要条件 B．必要非充分条件

C．充要条件 D．既非充分也非必要条件

【答案】A

【分析】先化简，再依据充分非必要条件的定义去判断二者的逻辑关系

【详解】由，可得或

则由“”可以得到“”； 由“” 不能得到“”

则“”是“”的充分非必要条件

故选：A

12．（2021·上海市大同中学高一期中）不等式的解集是 __．

【答案】

【分析】直接利用不等式组的解法的应用求解即可.

【详解】不等式整理得，解得，

则不等式的解集是.

故答案为：.

13．（2022·上海闵行·高一期末）已知、，关于的不等式的解集为，则___________.

【答案】

【分析】分析可知关于的方程的两根分别为、，利用韦达定理可求得、的值，即可得解.

【详解】由题意可知，关于的方程的两根分别为、，

由韦达定理可得，可得，因此，.

故答案为：.

14．（2021·上海·上外附中高一期中）若命题“关于的不等式的解集为R”是真命题，则实数的取值范围是___________

【答案】

【分析】根据判别式小于0可得.

【详解】因为命题“关于的不等式的解集为R”是真命题，

所以，解得，即.

故答案为：

15．（2019·上海市亭林中学高一期中）解不等式组：

【答案】

【分析】求出两个二次不等式的解，然后取公共部分即可.

【详解】

故不等式的解集为.

核心知识4．分式不等式

16．（2022·上海·复旦附中高二期末）不等式的解集为___________.

【答案】．

【分析】移项，通分，一边化为0，然后转化为整式不等式求解．

【详解】原不等式化为，即，且，

所以或．

故答案为：．

17．（2022·上海闵行·高一期末）不等式的解是___________.

【答案】

【分析】将分式不等式化为，则有即可求解集.

【详解】由题设，，

∴，可得，

原不等式的解集为.

故答案为：.

18．（2021·上海·闵行中学高三期中）“”是“”的（       ）条件

A．充分非必要 B．必要非充分 C．充要 D．非充分非必要

【答案】A

【分析】解不等式，进而确定正确选项.

【详解】，，

解得或，

所以“”是“”的充分非必要条件.

故选：A

19．（2020·上海市晋元高级中学高一期中）关于的不等式，若此不等式的解集为，则的取值范围是___________.

【答案】m<0

【分析】根据分式不等式和一元二次不等式的解法可得，即可得解.

【详解】由，得，

故不等式的解集为，

所以，所以，

所以m的取值范围是.

故答案为：.

20．（2021·上海市第二中学高一期中）解关于x的不等式的解集是，则关于x的不等式的解集是__________．

【答案】

【分析】结合已知条件求出与之间的关系以及的符号，然后将分式不等式转化为一元二次不等式即可求解.

【详解】由关于x的不等式的解集是可知，，

对求解得，，从而，

由，故，解得或，

从而关于x的不等式的解集是.

故答案为：.

核心知识5．含绝对值不等式

21．（2022·上海虹口·高一期末）不等式的解集为______．

【答案】

【分析】分，，讨论去绝对值解不等式即可.

【详解】解：当时，，解得，

当时，，解得

当时，，解得，

综合得不等式的解集为

故答案为：.

22．（2021·江西科技学院附属中学高二期中（文））不等式的解集是_________

【答案】

【分析】通过分类讨论法去掉不等式中的绝对值即可求解.

【详解】①当时，即时，，故，

②当时，即时，由，

又因为恒成立，故，

综上所述，的解集为或.

故答案为：.

23．（2020·上海市第三女子中学高一期中）不等式的解集为____________.

【答案】

【分析】分和讨论去绝对值后，解出不等式即可.

【详解】解：当时，，解得，

当时，，解得，

综合得不等式的解集为.

故答案为：.

24．（2021·上海·格致中学高一期中）不等式的解集为________.

【答案】且

【分析】不等式可转化为且，即，且，求解即可

【详解】由题意，且

故，且

解得：，且

故不等式的解集为且

故答案为：且

核心知识6．平均值不等式

25．（2021·上海·南洋中学高一期中）若，则下列结论不正确的是（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用作差法判断A，利用不等式的性质判断B，利用基本不等式判断C，利用绝对值的概念判断D.

【详解】∵，，故A正确；

由得，故B正确；

∵，∴，故C错误；

∵，∴，故D正确.

故选：C.

26．（2021·上海奉贤区致远高级中学高一期中）若一个直角三角形的面积为，则此三角形周长的最小值是________.

【答案】

【分析】设两条直角边长分别为、，利用勾股定理结合基本不等式可求得此三角形周长的最小值.

【详解】设两条直角边长分别为、，

则该直角三角形的周长为，

当且仅当时，即当时，等号成立.

故答案为：.

27．（2021·上海浦东新·高一期中）已知，则的最小值为_________.

【答案】1

【分析】利用基本不等式求对勾函数的最小值即可，注意等号成立的条件.

【详解】由题设，，

∴，当且仅当时等号成立，

∴函数最小值为1.

故答案为：1

28．（2020·上海市第三女子中学高一期中）已知正数满足，则的最小值为__________.

【答案】9

【分析】将展开，再利用基本不等式求解即可.

【详解】解：.

当且仅当，即时等号成立.

故答案为：9.

29．（2021·上海市金山中学高二期中）已知，且满足，则的最大值是_______．

【答案】3

【分析】分类讨论结合基本不等式即求.

【详解】∵，当异号时，，当有一个为零时，，

当时，因为，

所以，当且仅当，即时取等号，

综上所述，的最大值为3．

故答案为：3.

30．（2021·上海市杨浦高级中学高二期末）已知，那么当代数式取最小值时，点的坐标为______

【答案】

【分析】根据题意有，当且仅当，即时取等号，所以，结合以及两个不等式等号成立的条件可求出的值，从而可求得答案

【详解】解：由，得，

所以，当且仅当，即时取等号，

所以，其中第一个不等式等号成立的条件为，第二个不等式等号成立的条件为，

所以当取最小值时，，解得

所以点的坐标为，

故答案为：

【点睛】关键点点睛：此题考查基本不等式的应用，解题的关键是多次使用基本不等式，但不要忽视每次取等号的条件，考查计算能力，属于中档题

31．（2020·上海市进才中学高一期中）销售甲种商品所得利润是万元，它与投入资金t万元的关系有经验公式；销售乙种商品所得利润是万元，它与投入资金t万元的关系有经验公式．其中，为常数．现将万元资金全部投入甲，乙两种商品的销售，若全部投入甲种商品，所得利润为万元；若全部投入乙种商品．所得利润为万元．若将万元资金中的x万元投入甲种商品的销售，余下的投入乙种商品的销售．则所得利润总和为y万元

（1）求利润总和y关于x的表达式：

（2）怎样将万元资金分配给甲、乙两种商品，才能使所得利润总和最大，并求最大值．

【答案】（1）；（2）对甲种商品投资2万元，对乙种商品投资1万元，才能使所得利润总和最大，最大值为万元．

【分析】（1）由题意得，代入数值计算即可求出结果；

（2）转化成可以利用基本不等式的形式，最后利用基本不等式即可求出结果.

【详解】（1）因为对甲种商品投资x万元，所以对乙种商品投资为万元，

由题意知：，

当时，，当时，，

则解得，

则．

（2）由（1）可得

，当且仅当时取等号，

故对甲种商品投资2万元，对乙种商品投资1万元，才能使所得利润总和最大，最大值为万元．

核心知识7．平均值不等式

32．（2022·上海长宁·高一期末）若对恒成立，则实数的取值范围是__________.

【答案】，

【分析】若对恒成立，求出函数的最小值，即可求的取值范围．

【详解】由得，

因为，当且仅当取等号，

所以当时，取得最小值5，又当时，取得最小值0，

所以当时，取得最小值5，

故，取的取值范围为，．

故答案为：，

33．（2021·上海奉贤区致远高级中学高一期中）若关于的不等式的解集不是空集，则实数的取值范围是________.

【答案】

【分析】求出的最小值即得解.

【详解】解：由题得关于的不等式在上有解，

因为，

所以的最小值为7，

所以.

故答案为：

34．（2021·上海市张堰中学高一期中）函数的最小值为____________.

【答案】4

【分析】利用绝对值三角不等式进行求解

【详解】由绝对值三角不等式得：

所以函数的最小值是4

故答案为：4