2024版新教材高中数学第二章一元二次函数方程和不等式单元素养水平监测新人教A版必修第一册

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第二章　单元素养水平监测(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．已知a＋b>0，b<0，则(　　)A．a>b>－b>－aB．a>－b>－a>bC．a>－b>b>－aD．a>b>－a>－b2．若y1＝3x2－x＋1，y2＝2x2＋x－1，则y1与y2的大小关系是(　　)A．y1y2D．随x值变化而变化3．不等式(x－2)(3－2x)≥0的解集为(　　)A．{x|x>eq \f(3,2)}B．{x|eq \f(3,2)≤x≤2}C．{x|x≤eq \f(3,2)或x≥2}D．{x|x≤eq \f(3,2)}4．若x>0，y>0，且2x＋3y＝12，则xy的最大值为(　　)A．9B．6C．3D．eq \f(3,2)5．已知不等式x2－ax＋b<0的解集为{x|1eq \f(1,m)}C．{x|x>m或x<eq \f(1,m)}D．{x|m0，b>0，若不等式eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≥t2－2t－2恒成立，则实数t的取值范围为(　　)A．－1≤t≤3B．－3≤t≤1C．t≤－1或t≥3D．t≤－3或t≥1二、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．若a>b，c<0，则下列不等式不成立的是(　　)A．ac2>bc2B．eq \f(a,c)>eq \f(b,c)C．a＋cb－c10．已知a>0，b>0，且a＋b＝4.则下列不等式恒成立的是(　　)A．a2＋b2≥8B．eq \r(ab)≥2C．eq \f(1,ab)≥eq \f(1,4)D．eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≤111．下列说法正确的是(　　)A．x＋eq \f(1,x－1)(x>1)的最小值是3B．eq \r(x（10－x）)(00)的最大值是2－4eq \r(3)12．已知集合A＝{x|x2－2x－3>0}，B＝{x|ax2＋bx＋c≤0}(a≠0)，若A∪B＝R，A∩B＝{x|36a－3C．关于x的不等式ax2－bx＋c>0解集为{x|x<－4或x>1}D．关于x的不等式ax2－bx＋c>0解集为{x|－4b，ab>0，求证：eq \f(1,a)<eq \f(1,b).18．(本小题12分)已知a>0，b>0，2a＋b＝2.(1)求eq \f(b,a)＋eq \f(1,b)的最小值；(2)求eq \f(1,a)＋eq \f(2,b＋1)的最小值．19．(本小题12分)(1)已知a≥b>0，求证：3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2；(2)设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：eq \r(ab)＋eq \r(bc)＋eq \r(ac)≤1.20．(本小题12分)经过长期观测得到：在交通繁忙的时段内，某公路段汽车的车流量y(千辆/小时)与汽车的平均速度v(千米/小时)之间的函数关系为：y＝eq \f(920v,v2＋3v＋1600)(v>0).(1)若要求在该时间段内车流量超过10千辆/小时，则汽车的平均速度应在什么范围内？(2)该时段内，当汽车的平均速度v为多少时，车流量最大？最大车流量为多少？(精确到0.1千辆/小时)21．(本小题12分)已知函数y＝ax2＋3x－2，且y>0的解集为{x|b0，b<0，所以0<－bb>－a，所以由不等式的性质得，a>－b>b>－a.故选C.答案：C2．解析：y1－y2＝(3x2－x＋1)－(2x2＋x－1)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1>0，所以y1>y2.故选C.答案：C3．解析：原不等式即为(x－2)(2x－3)≤0，解得eq \f(3,2)≤x≤2，故原不等式的解集为{x|eq \f(3,2)≤x≤2}．故选B.答案：B4．解析：因为x>0，y>0，且2x＋3y＝12，所以xy＝eq \f(1,6)·(2x)·(3y)≤eq \f(1,6)(eq \f(2x＋3y,2))2＝6，当且仅当2x＝3y，即x＝3，y＝2时，等号成立，即xy的最大值为6.故选B.答案：B5．解析：由于不等式x2－ax＋b<0的解集是{x|10，b>0，∴a＋b＋4＝8，a＋b＝4，eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(1,4)(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(a,b)＋\f(b,a)))≥eq \f(1,4)×(2＋2eq \r(\f(a,b)·\f(b,a)))＝1，当且仅当a＝b＝2时等号成立，所以eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)的最小值是1，不等式eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≥t2－2t－2恒成立，则t2－2t－2≤1，t2－2t－3≤0，解得－1≤t≤3.故选A.答案：A9．解析：因为c<0，所以c2>0，又a>b，故ac2>bc2，A正确；由于a>b，c<0，则eq \f(a,c)<eq \f(b,c)，故B错误；由于a>b，c<0，则a＋c>b＋c，故C错误；取a＝2，b＝1，c＝－3满足a>b，c<0，但a1，所以BD选项错误．a2＋b2≥eq \f(（a＋b）2,2)＝8，当且仅当a＝b＝2时，等号成立，A正确．01⇒x－1>0，所以x＋eq \f(1,x－1)＝(x－1)＋eq \f(1,x－1)＋1≥2eq \r(（x－1）×\f(1,x－1))＋1＝3，当且仅当x－1＝eq \f(1,x－1)⇒x＝2时取等号，故A正确．对于B，因为00，所以eq \r(x（10－x）)≤eq \f(x＋（10－x）,2)＝5，当且仅当x＝10－x⇒x＝5时取等号，故B正确．对于C，eq \f(x2＋5,\r(x2＋4))＝eq \f(x2＋4＋1,\r(x2＋4))＝eq \r(x2＋4)＋eq \f(1,\r(x2＋4))≥2，当且仅当eq \r(x2＋4)＝eq \f(1,\r(x2＋4))，即x2＝－3时，等号不成立，令t＝eq \r(x2＋4)≥2，则y＝t＋eq \f(1,t)在[2，＋∞)上单调递增，所以t＝2时取得最小值为eq \f(5,2)，故选项C错误；对于D，当x>0时，2－3x－eq \f(4,x)＝2－(3x＋eq \f(4,x))≤2－2eq \r(3x×\f(4,x))＝2－4eq \r(3)，当且仅当3x＝eq \f(4,x)，即x＝eq \f(2\r(3),3)时等号成立，所以最大值为2－4eq \r(3)，故D正确．故选ABD.答案：ABD12．解析：A＝{x|x2－2x－3>0}＝{x|x<－1或x>3}，因为B＝{x|ax2＋bx＋c≤0}，A∪B＝R，A∩B＝{x|30，A错误；所以－1＋4＝－eq \f(b,a)，－1×4＝eq \f(c,a)，所以b＝－3a，c＝－4a，对于B，bc－(6a－3)＝12a2－6a＋3＝12(a－eq \f(1,4))2＋eq \f(9,4)>0，所以bc>6a－3，所以B正确，对于CD，不等式ax2－bx＋c>0，可化为ax2＋3ax－4a>0，因为a>0，所以不等式可化为x2＋3x－4>0，得(x－1)(x＋4)>0，解得x<－4或x>1，所以原不等式的解集为{x|x<－4或x>1}，所以C正确，D错误．故选BC.答案：BC13．解析：eq \f(x－4,3＋2x)≤0⇔eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x－4）（2x＋3）≤0,2x＋3≠0))⇒－eq \f(3,2)5，则平均综合费用：eq \f(375×106＋[6000＋（x－5）×600]×1000x,1000x)＝600(x＋eq \f(625,x))＋3000≥600×2eq \r(x·\f(625,x))＋3000＝33000元，当且仅当x＝eq \f(625,x)，x＝25时等号成立．所以为了使该楼房每平米的平均综合费用最低(综合费用是建筑费用与购地费用之和)，公司应把楼层建成25层，该楼房每平方米的平均综合费用最低为33000元．答案：25　33000017．解析：(1)(x＋1)(x2＋eq \f(x,2)＋1)－(x＋eq \f(1,2))(x2＋x＋1)＝x3＋eq \f(3,2)x2＋eq \f(3,2)x＋1－(x3＋eq \f(3,2)x2＋eq \f(3,2)x＋eq \f(1,2))＝eq \f(1,2)>0，所以(x＋1)(x2＋eq \f(x,2)＋1)>(x＋eq \f(1,2))(x2＋x＋1).(2)证明：因为a>b，ab>0，所以eq \f(1,ab)>0，所以a×eq \f(1,ab)>b×eq \f(1,ab)，所以eq \f(1,b)>eq \f(1,a)，即eq \f(1,a)<eq \f(1,b).18．解析：(1)方法一　eq \f(b,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(b,a)＋eq \f(2,2b)＝eq \f(b,a)＋eq \f(2a＋b,2b)＝eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)＋eq \f(1,2)≥2eq \r(1)＋eq \f(1,2)＝eq \f(5,2).当eq \f(a,b)＝eq \f(b,a)即a＝b＝eq \f(2,3)时取等号，所以(eq \f(b,a)＋eq \f(1,b))min＝eq \f(5,2).方法二　eq \f(b,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(2－2a,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(2,a)＋eq \f(1,b)－2＝eq \f(1,2)(eq \f(2,a)＋eq \f(1,b))(2a＋b)－2＝eq \f(1,2)(5＋eq \f(2b,a)＋eq \f(2a,b))－2≥eq \f(（5＋2\r(4)）,2)－2＝eq \f(5,2)，当eq \f(a,b)＝eq \f(b,a)即a＝b＝eq \f(2,3)时取等号，所以(eq \f(b,a)＋eq \f(1,b))min＝eq \f(5,2).(2)因为2a＋b＝2，所以2a＋(b＋1)＝3，所以eq \f(1,a)＋eq \f(2,b＋1)＝eq \f(1,3)(eq \f(1,a)＋eq \f(2,b＋1))[2a＋(b＋1)]＝eq \f(1,3)(4＋eq \f(b＋1,a)＋eq \f(4a,b＋1))≥eq \f(1,3)(4＋2eq \r(4))＝eq \f(8,3)，当eq \f(b＋1,a)＝eq \f(4a,b＋1)即a＝eq \f(3,4)，b＝eq \f(1,2)时取等号，所以(eq \f(1,a)＋eq \f(2,b＋1))min＝eq \f(8,3).19．证明：(1)因为(3a3＋2b3)－(3a2b＋2ab2)＝(3a3－3a2b)＋(2b3－2ab2)＝3a2(a－b)＋2b2(b－a)＝(a－b)(3a2－2b2)，而a≥b>0，所以a－b≥0，a2≥b2，所以3a2－2b2≥3b2－2b2＝b2>0，故(a－b)(3a2－2b2)≥0，即3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2，当且仅当a＝b时取等号．(2)因为eq \r(ab)＋eq \r(bc)＋eq \r(ac)为对称轮换，所以eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)，eq \r(bc)≤eq \f(b＋c,2)，eq \r(ac)≤eq \f(a＋c,2)，三式相加可得：eq \r(ab)＋eq \r(bc)＋eq \r(ac)≤a＋b＋c＝1，当且仅当a＝b＝c时取等号，即原不等式得证．20．解析：(1)由题意得eq \f(920v,v2＋3v＋1600)>10，整理得v2－89v＋1600<0，即(v－25)(v－64)<0.解得250的解集为{x|b2；②当m>0时，f(x)＝(mx－1)(x－2)＝m(x－eq \f(1,m))(x－2)，对应方程两根为x1＝eq \f(1,m)，x2＝2.(ⅰ)当eq \f(1,m)＝2即m＝eq \f(1,2)时，不等式化为eq \f(1,2)(x－2)2<0，无解．(ⅱ)当eq \f(1,m)<2即m>eq \f(1,2)时，由(x－eq \f(1,m))(x－2)<0解得eq \f(1,m)2即02}；当0eq \f(1,2)时，不等式的解集为{x|eq \f(1,m)