2026年高考数学一轮专题训练：一、二次函数及方程、不等式 [含答案]

这是一份2026年高考数学一轮专题训练：一、二次函数及方程、不等式 [含答案]，共23页。
A．B．
C．D．
2．（2024秋•南通月考）不等式﹣x2+2x＞0的解集为（ ）
A．{x|x＜0或x＞2}B．{x|x＜﹣2或x＞0}
C．{x|0＜x＜2}D．{x|﹣2＜x＜0}
3．（2024秋•宝山区校级月考）设f（x）＝ax2﹣x﹣c（常数a，c∈R且a≠0），若关于x的不等式f（x）＞0的解集为区间（﹣2，1），则函数y＝f（﹣x）的大致图像为（ ）
A．B．
C．D．
4．（2024秋•朝阳区校级月考）关于x的一元二次方程（x﹣1）（x﹣4）＝a有实数根x1，x2，且x1＜x2，则下列结论中错误的说法是（ ）
A．当a＝0时，x1＝1，x2＝4
B．当a＞0时，1＜x1x2＜4
C．当a＞0时，x1＜1＜4＜x2
D．当−94＜a＜0时，4＜x1x2＜254
5．（2024•房山区开学）已知集合A={(x，y)|(x−y)(xy−1)≤0}，B={(x，y)|12≤x≤2，12≤y≤2}，S是集合A∩B表示的平面图形的面积，则S＝（ ）
A．1B．98C．2D．94
6．（2024•金安区校级模拟）已知集合P＝{（x，y）|x4+ax﹣2024＝0且xy＝2024}，若P中的点均在直线y＝2024x的同一侧，则实数a的取值范围为（ ）
A．（﹣∞，﹣2023）∪（2023，+∞）
B．（2023，+∞）
C．（﹣∞，﹣2024）∪（2024，+∞）
D．（2024，+∞）
7．（2023秋•日照期末）已知实数x、y满足x|x|4+y|y|=1，则|x+2y+2|的取值范围是（ ）
A．(1，5+10]B．(2，2+22]
C．[2，22+5]D．[255，2105+1]
8．（2023秋•眉山期末）若关于x的不等式ax−2a＜0的解集为（2，+∞），则关于x的不等式2x2﹣（a+4）x+2a＜0的解集为（ ）
A．{x|x＜−12或x＞2}B．{x|−12＜x＜2}
C．{x|x＜−2或x＞12}D．{x|−2＜x＜12}
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024秋•锡山区校级期中）已知函数f（x）＝﹣x2+ax+b（a，b∈R）的值域为（﹣∞，0]，若关于x的不等式f（x）＞c﹣1的解集为（m﹣4，m+1），则下列选项正确的为（ ）
A．a2+4b＝0B．a＝m﹣3
C．4b+（2m﹣3）2＝0D．c=−214
（多选）10．（2024秋•衢州期中）定义：如果关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）有两个不同的实数根，且其中一个根是另一个根的2倍，则称这样的方程为“和谐方程”．下列命题正确的是（ ）
A．方程x2+x﹣2＝0是“和谐方程”
B．若关于x的方程x2+ax+8＝0是“和谐方程”，则a＝±6
C．若关于x的方程ax2﹣3ax+c＝0（a≠0）是“和谐方程”，则y＝ax2+3ax+c的函数图象与x轴交点的坐标是（﹣1，0）和（﹣2，0）
D．若点（m，n）在反比例函数y=4x的图象上，则关于x的方程mx2+32x+n=0是“和谐方程”
（多选）11．（2024秋•沈阳期中）已知关于x的不等式ax2+bx+c＞0的解集为{x|﹣1＜x＜3}，则（ ）
A．函数y＝ax2+bx+c有最大值
B．5a+5b+c＞0
C．6b＝﹣5c
D．bx2+a|x|﹣c＞0的解集为(−∞，−32)∪(32，+∞)
（多选）12．（2024秋•浙江期中）已知ax2+bx+c＜0的解集为{x|α＜x＜β＜0}，则g(x)=(1x−a)(cx2+bx+a)＞0的解可以是（ ）
A．(−∞，1β)B．(1β，1α)C．(1α，0)D．(0，1a)
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋•天津期中）若不等式kx2+3kx+4＞0（x∈R）恒成立，则实数k的取值范围为 ．
14．（2024秋•砀山县期中）已知关于x的不等式x2﹣（a+4）x+2a+5≥0在（﹣∞，2）上恒成立，则a的最小值为 ．
15．（2024秋•巴音郭楞州校级期中）若f（x）＝x2+2ax+2在（﹣∞，4]上是减函数，则a的取值范围是 ．
16．（2024秋•宝山区校级期中）已知f（x）＝x2+ax+b（a、b∈R），记集合A＝{x|f（x）≤0}，B＝{x|f（f（x）+1）≤0}．若A＝B≠∅，则a的取值范围为 ．
四．解答题（共4小题）
17．（2025•开福区校级开学）已知函数y＝ax2+（1﹣a）x+a（a∈R）．
（1）若ax2+（1﹣a）x+a≥0对一切实数x恒成立，求实数a的取值范围；
（2）解关于x的不等式ax2+（1﹣a）x+a＜3a+2．
18．（2024秋•固始县期末）在经济学中，函数f（x）的边际函数Mf（x）定义为Mf（x）＝f（x+1）﹣f（x），某公司每月最多生产10台光刻机的某种设备，生产x台（x≥1，x∈N*）这种设备的收入函数为R(x)=x2+16x2+40（单位千万元），其成本函数为C(x)=10x+40x（单位千万元）．（以下问题请注意定义域）
（1）求收入函数R（x）的最小值；
（2）求成本函数C（x）的边际函数MC（x）的最大值；
（3）求生产x台光刻机的这种设备的的利润z（x）的最小值．
19．（2024秋•广安校级期末）已知函数f（x）＝（a+1）x2﹣x+1．
（1）若对∀x∈[1，3]，f（x）≥0，求实数a的取值范围；
（2）当a＞0时，求关于x的不等式f（x）≤x2+ax的解集．
20．（2024秋•西城区校级期末）在平面内，有m个椭圆和n条抛物线（m，n∈N*），任意两条曲线均存在公共点，且任意三条及以上的曲线无公共点．设所有公共点个数为V．这些公共点将椭圆和抛物线共分割为L条曲线段（或曲射线），上述图形将平面分割为S个互不连通的区域．如图，一个椭圆与一条抛物线相交，此时S＝4．已知对于任意m，n∈N*，V+S﹣L＝1成立．
（Ⅰ）当m＝n＝1时，直接写出S的最大值及此时V和L的值；
（Ⅱ）当m＝n＝2时，是否存在V，使得S＝25？若存在，求出V的值；若不存在，说明理由；
（Ⅲ）对于给定的m，n∈N*，设所有S的最大值为S（m，n）．当S（m，n）＝221+n时，试求出m+n的值．
高考数学一轮复习 一、二次函数及方程、不等式
答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋•兰州期中）已知函数f（x）＝ax2+bx+c，若a＜b＜c，且a+b+c＝0，则f（x）的图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
【考点】二次函数的性质与图象．
【专题】数形结合；综合法；函数的性质及应用；数学抽象．
【正确答案】A
【分析】先由题意确定a＜0＜c，再利用二次函数性质逐项判断．
解：若a＜b＜c，且a+b+c＝0，则a＜0＜c，故f（x）＝ax2+bx+c开口向下，故BD错误；
又f（0）＝c＞0，故C错误，A正确．
故选：A．
【点评】本题主要考查了二次函数性质的简单应用，属于基础题．
2．（2024秋•南通月考）不等式﹣x2+2x＞0的解集为（ ）
A．{x|x＜0或x＞2}B．{x|x＜﹣2或x＞0}
C．{x|0＜x＜2}D．{x|﹣2＜x＜0}
【考点】解一元二次不等式．
【专题】计算题；转化思想；综合法；不等式的解法及应用；运算求解．
【正确答案】C
【分析】求出对应方程的根，结合二次不等式的解法求解即可．
解：原不等式可化为x2﹣2x＜0，
由x2﹣2x＝0得x＝0或2，
所以原不等式解为0＜x＜2．
故选：C．
【点评】本题考查一元二次不等式的解法，属于基础题．
3．（2024秋•宝山区校级月考）设f（x）＝ax2﹣x﹣c（常数a，c∈R且a≠0），若关于x的不等式f（x）＞0的解集为区间（﹣2，1），则函数y＝f（﹣x）的大致图像为（ ）
A．B．
C．D．
【考点】二次函数的图象及其对称性．
【专题】计算题；方程思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【正确答案】B
【分析】根据题意，由不等式的解集与方程根的关系取出a、c的值，即可得f（x）的解析式，进而可得f（﹣x）的解析式，由二次函数的性质分析可得答案．
解：根据题意，函数f（x）＝ax2﹣x﹣c（常数a，c∈R且a≠0），若不等式f（x）＞0的解集为区间（﹣2，1），
即方程ax2﹣x﹣c＝0的两个为﹣2和1，且a＜0，
则a＜01a=−2+1ca=(−2)×1，解可得a＝﹣1，c＝2，则f（x）＝﹣x2﹣x+2，
故f（﹣x）＝﹣x2+x+2，是开口向下的二次函数，与x轴的交点为（﹣1，0）和（2，0），
分析选项，B符合．
故选：B．
【点评】本题考查二次函数的性质和应用，涉及函数图象的变换，属于中档题．
4．（2024秋•朝阳区校级月考）关于x的一元二次方程（x﹣1）（x﹣4）＝a有实数根x1，x2，且x1＜x2，则下列结论中错误的说法是（ ）
A．当a＝0时，x1＝1，x2＝4
B．当a＞0时，1＜x1x2＜4
C．当a＞0时，x1＜1＜4＜x2
D．当−94＜a＜0时，4＜x1x2＜254
【考点】一元二次方程的根的分布与系数的关系．
【专题】函数思想；定义法；函数的性质及应用；逻辑思维．
【正确答案】B
【分析】根据给定条件，借助二次函数的图象，逐项分析判断即可．
解：对于A，当a＝0时，方程（x﹣1）（x﹣4）＝0的二实根为x1＝1，x2＝4，A正确；
对于B，方程（x﹣1）（x﹣4）＝a，即x2﹣5x+4﹣a＝0，Δ＝25﹣4（4﹣a）＞0，解得a＞−94，
当a＞0时，x1x2＝4﹣a＜4，B错误；
对于C，令f（x）＝（x﹣1）（x﹣4），依题意，x1，x2是函数y＝f（x）的图象与直线y＝a交点的横坐标，在同一坐标系内作出函数y＝f（x）的图象与直线y＝a，如图，
观察图象知，当a＞0时，x1＜1＜4＜x2，C正确；
对于D，当−94＜a＜0时，x1x2=4−a∈(4，254)，D正确．
故选：B．
【点评】本题考查函数与方程综合应用，属于中档题．
5．（2024•房山区开学）已知集合A={(x，y)|(x−y)(xy−1)≤0}，B={(x，y)|12≤x≤2，12≤y≤2}，S是集合A∩B表示的平面图形的面积，则S＝（ ）
A．1B．98C．2D．94
【考点】简单线性规划．
【专题】整体思想；综合法；直线与圆；运算求解．
【正确答案】B
【分析】由集合A，B的元素满足的条件，找出A∩B所对应的图形，再借助图形的对称性即可求出面积．
解：集合B={(x，y)|12≤x≤2，12≤y≤2}表示平行直线x=12，x＝2与y=12，y＝2围成的正方形ABCD，
集合A＝{（x，y）|（x﹣y）（xy﹣1）≤0}＝{x|x−y≥0xy−1≤0或x−y≤0xy−1≥0}，
因此集合A∩B表示的平面图形为图中AEB部分和DCE部分，
由图形的对称性知：所求图象可以补成图中三角形ABC，
所以S=12×32×32=98．
故选：B．
【点评】本题主要考查了图形对称性在面积求解中的应用，属于中档题．
6．（2024•金安区校级模拟）已知集合P＝{（x，y）|x4+ax﹣2024＝0且xy＝2024}，若P中的点均在直线y＝2024x的同一侧，则实数a的取值范围为（ ）
A．（﹣∞，﹣2023）∪（2023，+∞）
B．（2023，+∞）
C．（﹣∞，﹣2024）∪（2024，+∞）
D．（2024，+∞）
【考点】简单线性规划．
【专题】计算题；整体思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【正确答案】A
【分析】依题意可得a=−x3+2024xy=2024x，令f(x)=−x3+2024x，求出y＝2024x与y=2024x的交点坐标，依题意只需a＞f（1）或a＜f（﹣1），即可求出a的取值范围．
解：依题意集合P即为关于x，y的方程组x4+ax−2024=0xy=2024的解集，显然x≠0，
所以a=−x3+2024xy=2024x，即y=−x3+2024xy=2024xy=a，
令f(x)=−x3+2024x，
由y=2024xy=2024x，解得x=1y=1或x=−1y=−1，
即函数y＝2024x与y=2024x的交点坐标为（1，1）和（﹣1，﹣1），
又f(−x)=−x3+2024x=−(−x3+2024x)=−f(x)，所以f（x）为奇函数，
因为y＝﹣x3与y=2024x在（0，+∞）上单调递减，
所以f(x)=−x3+2024x在（0，+∞）上单调递减，则f(x)=−x3+2024x在（﹣∞，0）上单调递减，
依题意y＝a与y=−x3+2024x、y=2024x的交点在直线y＝2024x的同侧，
只需a＞f（1）或a＜f（﹣1），即a＞2023或a＜﹣2023，
所以实数a的取值范围为（﹣∞，﹣2023）∪（2023，+∞）．
故选：A．
【点评】本题考查了函数单调性和参数的计算，属于中档题．
7．（2023秋•日照期末）已知实数x、y满足x|x|4+y|y|=1，则|x+2y+2|的取值范围是（ ）
A．(1，5+10]B．(2，2+22]
C．[2，22+5]D．[255，2105+1]
【考点】简单线性规划．
【专题】分类讨论；转化法；圆锥曲线中的最值与范围问题；运算求解．
【正确答案】B
【分析】化简曲线x|x|4+y|y|=1的方程，并作出曲线x|x|4+y|y|=1的图象，令z＝x+2y，数形结合求出z的取值范围，可得出x+2y+2的取值范围，即可得解．
解：当x≥0，y≥0时，曲线方程可化为x24+y2=1；
当x≤0，y≥0时，曲线方程可化为y2−x24=1；
当x≤0，y≤0时，则x|x|4+y|y|≤0，此时，曲线x|x|4+y|y|=1表示的图形不存在；
当x≥0，y≤0时，曲线方程可化为x24−y2=1．
作出曲线x|x|4+y|y|=1的图象，如图所示：
双曲线x24−y2=1、y2−x24=1的渐近线方程均为x±2y＝0，
令z＝x+2y，其中点P（x，y）在曲线x|x|4+y|y|=1上，由图可知，z＞0，
当直线z＝x+2y与椭圆x24+y2=1相切，且切点位于第一象限时，z取最大值，
由z=x+2yx24+y2=1，可得2x2﹣2zx+z2﹣4＝0，
由Δ＝4z2﹣8（z2﹣4）＝32﹣4z2＝0，因为z＞0，解得z=22，
所以，0＜x+2y≤22，则2＜x+2y+2≤2+22，即2＜|x+2y+2|≤2+22，
所以|x+2y+2|的取值范围是(2，2+22]．
故选：B．
【点评】本题考查了圆锥曲线的应用问题，圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：
（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．
8．（2023秋•眉山期末）若关于x的不等式ax−2a＜0的解集为（2，+∞），则关于x的不等式2x2﹣（a+4）x+2a＜0的解集为（ ）
A．{x|x＜−12或x＞2}B．{x|−12＜x＜2}
C．{x|x＜−2或x＞12}D．{x|−2＜x＜12}
【考点】一元二次不等式及其应用；其他不等式的解法．
【专题】转化思想；转化法；不等式；运算求解．
【正确答案】B
【分析】关于α的不等式ax−2a＜0的解集为（2，+∞），得出a＝﹣1，代入2x2﹣（a+4）x+2a＜0，即可求解．
解：因为ax−2a＜0，
所以ax＜2a，
由于关于x的不等式ax−2a＜0的解集为（2，+∞），
所以a＜0，
即x＞2a2，
所以2a2=2，
解得a＝﹣1，
所以关于x的不等式2x2﹣（a+4）x+2a＜0，
即为2x2﹣3x﹣2＜0，
解得−12＜x＜2，
所以不等式的解集为{x|−12＜x＜2}．
故选：B．
【点评】本题考查不等式的解法，属于中档题．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024秋•锡山区校级期中）已知函数f（x）＝﹣x2+ax+b（a，b∈R）的值域为（﹣∞，0]，若关于x的不等式f（x）＞c﹣1的解集为（m﹣4，m+1），则下列选项正确的为（ ）
A．a2+4b＝0B．a＝m﹣3
C．4b+（2m﹣3）2＝0D．c=−214
【考点】二次函数的性质与图象．
【专题】整体思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【正确答案】ACD
【分析】利用配方法求出函数f（x）值域可判断A；f（x）＞c﹣1的解集为（m﹣4，m+1）可判断B；利用韦达定理可判断CD．
解：函数f(x)=−x2+ax+b=−(x−a2)2+a24+b≤a24+b，
因为函数f（x）＝﹣x2+ax+b的值域为（﹣∞，0]，
所以a24+b=0，即a2+4b＝0，故A正确；
对于B，由f（x）＞c﹣1得x2﹣ax﹣b+c﹣1＜0，
因为f（x）＞c﹣1的解集为（m﹣4，m+1），
所以m﹣4，m+1为x2﹣ax﹣b+c﹣1＝0的根，
所以a＝m﹣4+m+1＝2m﹣3，故B错误；
对于C，由a24+b=0，a＝2m﹣3得b=−a24=−(2m−3)24，故C正确；
对于D，由a＝2m﹣3得m=a+32，
因为f（x）＞c﹣1的解集为（m﹣4，m+1），
所以m﹣4，m+1为x2﹣ax﹣b+c﹣1＝0的根，
所以（m﹣4）（m+1）＝c﹣b﹣1，
得m2−3m−4=c−b−1=c+a24−1，
所以(a+32)2−3(a+32)−4=c+a24−1，整理得c=−214，故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题主要考查了二次函数的性质的应用，二次函数性质及二次不等式关系的应用，属于中档题．
（多选）10．（2024秋•衢州期中）定义：如果关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）有两个不同的实数根，且其中一个根是另一个根的2倍，则称这样的方程为“和谐方程”．下列命题正确的是（ ）
A．方程x2+x﹣2＝0是“和谐方程”
B．若关于x的方程x2+ax+8＝0是“和谐方程”，则a＝±6
C．若关于x的方程ax2﹣3ax+c＝0（a≠0）是“和谐方程”，则y＝ax2+3ax+c的函数图象与x轴交点的坐标是（﹣1，0）和（﹣2，0）
D．若点（m，n）在反比例函数y=4x的图象上，则关于x的方程mx2+32x+n=0是“和谐方程”
【考点】一元二次方程的根的分布与系数的关系；二次函数的性质与图象．
【专题】整体思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解；新定义类．
【正确答案】BCD
【分析】A，通过解方程得到该方程的根，结合“和谐方程”的定义进行判断；
B，设x2＝2x1，结合方程根与系数关系判断结论；
C，根据“和谐方程”的定义，结合二次函数的性质即可判断结论；
D，若点（a，b）在函数y＝2x的图象上，得到b＝2a，然后解方程mx2+32x+n＝0，即可判断结论．
解：A，由x2+x﹣2＝0，解得x1＝1，x2＝﹣2，x2≠2x1，
则方程x2+x﹣2＝0不是和谐方程，A错误；
B，关于x的方程x2+ax+8＝0是和谐方程，设x2＝2x1，
则x1•x2＝2x12=8，∴x1＝±2，
当x1＝2时，x2＝4，
当x1＝﹣2时，x2＝﹣4，
∴x1+x2＝﹣a＝±6，∴a＝±6，故B正确；
C，关于x的方程ax2﹣3ax+c＝0（a≠0）是和谐方程，∴设x2＝2x1，
∵抛物线y＝ax2+3ax+c（a≠0）的对称轴是直线x=−32，
∴x1+x2＝﹣3，解得x1＝﹣1，x2＝﹣2，
∴抛物线y＝ax2﹣3ax+c（a≠0）与x轴的交点的坐标是（﹣1，0）和（﹣2，0），故C正确；
由点（m，n）在反比例函数y=4x的图象上可得mn＝4，
关于x的方程mx2+32x+n=0中，Δ＝18﹣4mn＝2＞0，即方程有根，设为x2，x1，
则x1=−22m，x2=−2m，此时x1＝2x2，符合题意，D正确．
故选：BCD．
【点评】本题以新定义为载体，主要考查了二次方程，二次函数性质的应用，属于中档题．
（多选）11．（2024秋•沈阳期中）已知关于x的不等式ax2+bx+c＞0的解集为{x|﹣1＜x＜3}，则（ ）
A．函数y＝ax2+bx+c有最大值
B．5a+5b+c＞0
C．6b＝﹣5c
D．bx2+a|x|﹣c＞0的解集为(−∞，−32)∪(32，+∞)
【考点】一元二次不等式及其应用．
【专题】转化思想；转化法；不等式的解法及应用；运算求解．
【正确答案】ABD
【分析】由一元二次不等式解集即可知a＜0，即函数y＝ax2+bx+c有最大值，A正确；由−1＜5＜3可知 f(5)=5a+5b+c＞0，即B正确；利用韦达定理可得b＝﹣2a，c＝﹣3a，即可知C错误；易知不等式可化为2x2﹣|x|﹣3＞0，解得可知D正确．
解：因为不等式ax2+bx+c＞0的解集为{x|﹣1＜x＜3}，
所以f（x）＝ax2+bx+c＝a（x+1）（x﹣3），a＜0，
函数y＝ax2+bx+c开口向下，有最大值，A正确；
又−1＜5＜3，函数值f(5)=5a+5b+c＞0即B正确；
又﹣1，3是关于x的二次方程ax2+bx+c＝0 的两根，则−1+3=−ba−1×3=ca，
所以b＝﹣2a，c＝﹣3a，则3b＝2c，C错误；
不等式bx2+a|x|﹣c＞0即为﹣2ax2+a|x|+3a＞0，
即2x2﹣|x|﹣3＞0，解得|x|＜﹣1或|x|＞32，
x∈(−∞，−32)∪(32，+∞)，D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查一元二次不等式的应用，属于中档题．
（多选）12．（2024秋•浙江期中）已知ax2+bx+c＜0的解集为{x|α＜x＜β＜0}，则g(x)=(1x−a)(cx2+bx+a)＞0的解可以是（ ）
A．(−∞，1β)B．(1β，1α)C．(1α，0)D．(0，1a)
【考点】解一元二次不等式；一元二次方程的根的分布与系数的关系．
【专题】转化思想；综合法；不等式的解法及应用；运算求解．
【正确答案】BD
【分析】由一元二次不等式的解集得到α，β为方程ax2+bx+c＝0的两个根，再得到韦达定理，利用韦达定理和分式不等式将所求不等式化简，再利用“穿针引线法”求解即可．
解：由题意可得a＞0，c＞0，且α，β为方程ax2+bx+c＝0的两个根，
因为α＜β＜0，所以0＞1α＞1β，
则α+β=−ba，αβ=ca，
又g(x)=(1x−a)(cx2+bx+a)＞0等价于g(x)=1a(ax−1x)(cax2+bax+1)＜0，
等价于g(x)=1a(ax−1x)[αβx2−(α+β)x+1]＜0，
等价于g(x)=1ax(ax−1)(αx−1)(βx−1)＜0，
所以不等式的解为1β＜x＜1α或0＜x＜1a．
故选：BD．
【点评】本题考查了一元二次不等式的解法，韦达定理，穿根法求高次不等式的解法，是中档题．
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋•天津期中）若不等式kx2+3kx+4＞0（x∈R）恒成立，则实数k的取值范围为 [0，169) ．
【考点】一元二次不等式恒成立问题．
【专题】函数思想；分类法；函数的性质及应用；运算求解．
【正确答案】[0，169)．
【分析】分k是否等于0进行讨论，然后结合二次函数恒成立问题依次列出不等式即可求解．
解：不等式kx2+3kx+4＞0（x∈R）恒成立，
①若k＝0，4＞0恒成立，故k＝0满足题意；
②若k≠0，不等式kx2+3kx+4＞0（x∈R）恒成立，
则当且仅当k＞0Δ=9k2−16k＜0，解得k∈（0，169）；
综合①②，实数k的取值范围为[0，169)．
故[0，169)．
【点评】本题考查不等式恒成立问题，考查分类讨论思想与运算求解能力，属于中档题．
14．（2024秋•砀山县期中）已知关于x的不等式x2﹣（a+4）x+2a+5≥0在（﹣∞，2）上恒成立，则a的最小值为 ﹣2 ．
【考点】二次函数的性质与图象．
【专题】函数思想；方程思想；综合法；不等式的解法及应用；运算求解．
【正确答案】﹣2
【分析】分离常数后，不等式可化为a≥−x2+4x−52−x，变形后，利用基本不等式求出右边函数的最大值即可．
解：由不等式x2﹣（a+4）x+2a+5≥0在上恒成立，
得在上恒成立，所以，
所以a≥−x2+4x−52−x=−(x2−4x+4)−12−x=−(2−x)2−12−x=−(2−x)−12−x在（﹣∞，2）上恒成立，
又(2−x)+12−x≥2(2−x)⋅12−x=2，
所以−[(2−x)+12−x]≤−2，当且仅当2−x=12−x，即时，等号成立．
所以，故的最小值为﹣2．
故﹣2．
【点评】本题考查了基本不等式，要合理利用基本不等式解题，注意等号成立的条件．
15．（2024秋•巴音郭楞州校级期中）若f（x）＝x2+2ax+2在（﹣∞，4]上是减函数，则a的取值范围是 （﹣∞，﹣4] ．
【考点】二次函数的性质与图象．
【专题】转化思想；转化法；函数的性质及应用．
【正确答案】见试题解答内容
【分析】根据二次函数的图象和性质，可得f（x）在（﹣∞，4]上是减函数，有﹣a≥4，解得答案．
解：由f（x）＝x2+2ax+2＝（x+a）2+2﹣a 2，
所以对称轴为x＝﹣a，
又f（x）在（﹣∞，4]上是减函数，
有﹣a≥4，所以a≤﹣4．
故a的取值范围是（﹣∞，﹣4]，
故（﹣∞，﹣4]．
【点评】本题考查的知识点是二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质，是解答的关键．
16．（2024秋•宝山区校级期中）已知f（x）＝x2+ax+b（a、b∈R），记集合A＝{x|f（x）≤0}，B＝{x|f（f（x）+1）≤0}．若A＝B≠∅，则a的取值范围为 [﹣2，2] ．
【考点】一元二次方程的根的分布与系数的关系；解一元二次不等式．
【专题】整体思想；综合法；集合；运算求解．
【正确答案】[﹣2，2]．
【分析】根据题意设方程x2+ax+b＝0的两个根分别为x1、x2，得到参数之间的关系，有两个集合相等得出x2＝1，x1−1≤4b−a24，消去参数即求解．
解：因为A＝{x|f（x）≤0}，B＝{x|f（f（x）+1）≤0}，
若A＝B≠∅，则Δ＝a2﹣4b≥0，
设方程x2+ax+b＝0的两个根分别为x1、x2，且x1≤x2，则x1+x2＝﹣a，x1•x2＝b，
所以A＝{x|f（x）≤0}＝{x|x1≤x≤x2}，
由f（f（x）+1）≤0，得x1≤f（x）+1≤x2，
即x1﹣1≤f（x）≤x2﹣1，
因为A＝B，所以x2﹣1＝0且x1−1≤4b−a24，
因为x2﹣1＝0，解得x2＝1，
因为x1+x2＝﹣a，所以x1+1＝﹣a，
因为x1•x2＝b，所以x1＝b＝﹣a﹣1，
所以x1−1≤4b−a24化为a2≤4，
Δ＝a2﹣4b≥0，化为a2+4a+4≥0，
x1≤x2，化为﹣a﹣1≤1，
即a2≤4a2+4a+4≥0−a−1≤1，即−2≤a≤2a∈Ra≥−2，解得﹣2≤a≤2，
所以a的取值范围为[﹣2，2]．
故[﹣2，2]．
【点评】本题主要考查了元素与集合关系的应用，属于中档题．
四．解答题（共4小题）
17．（2025•开福区校级开学）已知函数y＝ax2+（1﹣a）x+a（a∈R）．
（1）若ax2+（1﹣a）x+a≥0对一切实数x恒成立，求实数a的取值范围；
（2）解关于x的不等式ax2+（1﹣a）x+a＜3a+2．
【考点】一元二次不等式恒成立问题；解一元二次不等式．
【专题】整体思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【正确答案】（1）{a|a≥13}；
（2）当a＝0时，解集为{x|x＜2}；
当a＞0时，解集为{x|−1−1a＜x＜2}；
当−13＜a＜0时，解集为{x|x＜2或x＞−1−1a}；
当a=−13时，解集为{x|x≠2}；
当a＜−13时，解集为{x|x＜−1−1a或x＞2}．
【分析】（1）根据一元二次不等式恒成立，讨论a＝0、a≠0，结合二次函数的性质列不等式求参数范围；
（2）由题设有[ax+（a+1）]（x﹣2）＜0，应用分类讨论求对应解集．
解：（1）由题意，ax2+（1﹣a）x+a≥0对一切实数x恒成立，
当a＝0时，不等式可化为x≥0，不满足题意；
当a≠0时，则有a＞0Δ=(1−a)2−4a2≤0，解得a≥13；
故实数a的取值范围是{a|a≥13}．
（2）不等式ax2+（1﹣a）x+a＜3a+2等价于ax2+（1﹣a）x﹣2（a+1）＜0，即[ax+（a+1）]（x﹣2）＜0，
当a＝0时，不等式可化为x﹣2＜0，解集为{x|x＜2}；
当a≠0时，ax2+（1﹣a）x﹣2（a+1）＝0的两根为x1＝﹣1−1a，x2＝2，
当a＞0时，不等式解集为{x|−1−1a＜x＜2}；
当−13＜a＜0时，不等式解集为{x|x＜2或x＞−1−1a}；
当a=−13时，不等式解集为{x|x≠2}；
当a＜−13时，不等式解集为{x|x＜−1−1a或x＞2}．
综上所述，
当a＝0时，解集为{x|x＜2}；
当a＞0时，解集为{x|−1−1a＜x＜2}；
当−13＜a＜0时，解集为{x|x＜2或x＞−1−1a}；
当a=−13时，解集为{x|x≠2}；
当a＜−13时，解集为{x|x＜−1−1a或x＞2}．
【点评】本题主要考查了由不等式恒成立求解参数范围，还考查了含参数二次不等式的求解，体现了分类讨论思想的应用，属于中档题．
18．（2024秋•固始县期末）在经济学中，函数f（x）的边际函数Mf（x）定义为Mf（x）＝f（x+1）﹣f（x），某公司每月最多生产10台光刻机的某种设备，生产x台（x≥1，x∈N*）这种设备的收入函数为R(x)=x2+16x2+40（单位千万元），其成本函数为C(x)=10x+40x（单位千万元）．（以下问题请注意定义域）
（1）求收入函数R（x）的最小值；
（2）求成本函数C（x）的边际函数MC（x）的最大值；
（3）求生产x台光刻机的这种设备的的利润z（x）的最小值．
【考点】二次函数的应用．
【专题】计算题；函数思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【正确答案】（1）48千万元；
（2）MC(x)max=869；
（3）z（x）min＝7（千万元）．
【分析】（1）利用基本不等式求解函数最小值即可．
（2）求出边际函数MC（x）的解析式，然后利用函数的单调性求解最值．
（3）求出利润函数z（x）的解析式，根据二次函数的性质求解最值．
解：（1）∵R(x)=x2+16x2+40，1≤x≤10，x∈N*．
∴R(x)≥2x2⋅16x2+40=48，当且仅当x2=16x2，即x＝2时等号成立．
∴当x＝2时，R（x）min＝48（千万元）．
（2）MC（x）＝C（x+1）﹣C（x），1≤x≤9，x∈N*．
∴MC(x)=10(x+1)+40x+1−10x−40x=10−40(x+1)x，1≤x≤9，x∈N*．
由函数单调性可知：MC（x）在1≤x≤9，x∈N*单调递增，
∴当x＝9时，MC(x)max=10−4010×9=869．
（3）z(x)=R(x)−C(x)=x2+16x2+40−(10x+40x)=(x+4x)2−10(x+4x)+32，
∴z(x)=(x+4x−5)2+7，1≤x≤9，x∈N*．
当x+4x=5时，即x2﹣5x﹣4＝0，解得x＝4或x＝1，
∴当x＝4或x＝1时，z（x）min＝7（千万元）．
【点评】本题主要考查函数在实际问题中的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
19．（2024秋•广安校级期末）已知函数f（x）＝（a+1）x2﹣x+1．
（1）若对∀x∈[1，3]，f（x）≥0，求实数a的取值范围；
（2）当a＞0时，求关于x的不等式f（x）≤x2+ax的解集．
【考点】解一元二次不等式；一元二次不等式恒成立问题．
【专题】转化思想；转化法；不等式的解法及应用；运算求解．
【正确答案】（1）[−34，+∞)；
（2）答案见解析．
【分析】（1）参变分离后转化为最值问题求解，
（2）根据a的取值分类讨论求解，
解：（1）f（x）＝（a+1）x2﹣x+1≥0，
因为x∈[1，3]，所以a+1≥−(1x)2+1x．
令t=1x，则t∈[13，1]．y=−t2+t=−(t−12)2+14，
当t=12，即x＝2时，ymax=14．a+1≥14，即a≥−34．
所以实数a的取值范围为[−34，+∞)．
（2）不等式f（x）≤x2+ax化简为ax2﹣（a+1）x+1≤0，a(x−1)(x−1a)≤0，
当0＜a＜1时，1a＞1，1≤x≤1a；
当a＝1时，x＝1；
当a＞1时，1a≤1，1a≤x≤1．
综上，当0＜a＜1时，解集为[1，1a]；当a＝1时，解集为{1}；a＞1时，解集为[1a，1]．
【点评】本题主要考查一元二次不等式的解法，属于中档题．
20．（2024秋•西城区校级期末）在平面内，有m个椭圆和n条抛物线（m，n∈N*），任意两条曲线均存在公共点，且任意三条及以上的曲线无公共点．设所有公共点个数为V．这些公共点将椭圆和抛物线共分割为L条曲线段（或曲射线），上述图形将平面分割为S个互不连通的区域．如图，一个椭圆与一条抛物线相交，此时S＝4．已知对于任意m，n∈N*，V+S﹣L＝1成立．
（Ⅰ）当m＝n＝1时，直接写出S的最大值及此时V和L的值；
（Ⅱ）当m＝n＝2时，是否存在V，使得S＝25？若存在，求出V的值；若不存在，说明理由；
（Ⅲ）对于给定的m，n∈N*，设所有S的最大值为S（m，n）．当S（m，n）＝221+n时，试求出m+n的值．
【考点】二次函数的性质与图象．
【专题】阅读型；规律型；转化思想；分析法；函数的性质及应用；逻辑思维．
【正确答案】（Ⅰ）Smax＝6，此时L＝9，V＝4；
（Ⅱ）V＝22；
（Ⅲ）m+n＝11．
【分析】（Ⅰ）根据题意直接写出答案即可；
（Ⅱ）（Ⅲ）根据题意进行递推即可求解．
解：（Ⅰ）Smax＝6，此时L＝9，V＝4；
（Ⅱ）设四条曲线分别为a1，a2，a3，a4，其中a1，a2为椭圆，a3，a4为抛物线．
ai和aj的公共点个数为Vij，其中i，j∈{1，2，3，4}，且i＜j，则Vij∈{1，2，3，4}．
所以V＝V12+V13+V14+V23+V24+V34，
且a1，a2，a3，a4与其他三条曲线的公共点个数分别为V12+V13+V14，V12+V23+V24，V13+V23+V34，V14+V24+V34．
所以a1，a2，a3，a4上的曲线段（或曲射线）条数分别为V12+V13+V14，V12+V23+V24，V13+V23+V34+1，V14+V24+V34+1．
所以L＝2V+2．
又因为V+S﹣L＝1，所以S＝V+3＝25，所以V＝22．
其中Vab＝Vac＝Vad＝Vbc＝4，Vbd＝Vcd＝3时，上式成立．
（Ⅲ）由题意，当有m个椭圆和n条抛物线时，
每增加1个椭圆，至多增加ΔV＝4（m+n）个公共点，
原有曲线上共增加4（m+n）条曲线段，
新增椭圆被分割为4（m+n）条曲线段，
所以新增ΔL＝8（m+n）条曲线段．
因为V+S﹣L＝1，所以S（m+1，n）﹣S（m，n）＝ΔL﹣ΔV＝4（m+n）．
每增加1条抛物线时，至多增加ΔV＝4（m+n）个公共点，
原有曲线上共增加4（m+n）条曲线段，
新增抛物线被分割为4（m+n）+1条曲线段（或曲射线），
所以新增ΔL＝8（m+n）+1条曲线段（或曲射线）．
同理，S（m，n+1）﹣S（m，n）＝4（m+n）+1．
所以当m≥2时，
S（m，1）﹣S（m﹣1，1）＝4（m﹣1+1），
S（m﹣1，1）﹣S（m﹣2，1）＝4（m﹣2+1）
……
S（2，1）﹣S（1，1）＝4（1+1），
累加有S（m，1）﹣S（1，1）＝4（2+3+4+…+m），
即S（m，1）﹣S（1，1）＝4（m+m﹣1+m﹣2+…+2），
相加得2[S（m，1）﹣S（1，1）]＝4×（m+2）（m﹣1），
又S（1，1）＝6，所以S（m，1）＝2m2+2m+2．
当m＝1时，S（1，1）＝2×12+2×1+2＝6符合题意．
取定m∈N*，当n≥2时，
S（m，n）﹣S（m，n﹣1）＝4（m+n﹣1）+1，
S（m，n﹣1）﹣S（m，n﹣2）＝4（m+n﹣2）+1，
……
S（m，2）﹣S（m，1）＝4（m+1）+1，
累加有S（m，n）﹣S（m，1）＝4[（m+1）+（m+2）+…+（m+n﹣1）]+n﹣1，
即S（m，n）﹣S（m，1）＝4[（m+n﹣1）+（m+n﹣2）+…+（m+1）]+n﹣1，
相加得2[S（m，n）﹣S（m，1）]＝4×[（m+n﹣1）+（m+1）]（n﹣1）+2（n﹣1），
所以S（m，n）＝2（m+n）2﹣（2m+n）+1．
由S（m，n）＝221+n，得2（m+n）2﹣（2m+n）+1＝221+n，
所以（m+n）2﹣（m+n）﹣110＝0，
因为m，n∈N*，＜!﹣﹣，n+1）﹣S（m，n）＝4（m+n）+1．
所以当m≥2时，
S（m，1）﹣S（m﹣1，1）＝4（m﹣1+1），
S（m﹣1，1）﹣S（m﹣2，1）＝4（m﹣2+1）
……
S（2，1）﹣S（1，1）＝4（1+1），
累加有S（m，1）﹣S（1，1）＝4（2+3+4+…+m），
即S（m，1）﹣S（1，1）＝4（m+m﹣1+m﹣2+…+2），
相加得2[S（m，1）﹣S（1，1）]＝4×（m+2）（m﹣1），
又S（1，1）＝6，所以S（m，1）＝2m2+2m+2．
当m＝1时，S（1，1）＝2×12+2×1+2＝6符合题意．
取定m∈N*，当n≥2时，
S（m，n）﹣S（m，n﹣1）＝4（m+n﹣1）+1，
S（m，n﹣1）﹣S（m，n﹣2）＝4（m+n﹣2）+1，
……
S（m，2）﹣S（m，1）＝4（m+1）+1，
累加有S（m，n）﹣S（m，1）＝4[（m+1）+（m+2）+…+（m+n﹣1）]+n﹣1，
即S（m，n）﹣S（m，1）＝4[（m+n﹣1）+（m+n﹣2）+…+（m+1）]+n﹣1，
相加得2[S（m，n）﹣S（m，1）]＝4×[（m+n﹣1）+（m+1）]（n﹣1）+2（n﹣1），
所以S（m，n）＝2（m+n）2﹣（2m+n）+1．
由S（m，n）＝221+n，得2（m+n）2﹣（2m+n）+1＝221+n，
所以m+n＝11．
【点评】本题考查了数列的递推和逻辑推理能力，属于较难题．