高中数学必修第一册质量检测（二）

这是一份高中数学必修第一册质量检测（二），共8页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

第Ⅰ卷(选择题 共60分)
一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)
1．已知a<0，－1A．－aab>0
C．a>ab>ab2 D．ab>a>ab2
[解析] ∵a<0，－10，a[答案] B
2．设M＝2a(a－2)，N＝(a＋1)(a－3)，则( )
A．M>N B．M≥N
C．M[解析] ∵M－N＝2a(a－2)－(a＋1)(a－3)＝(2a2－4a)－(a2－2a－3)＝a2－2a＋3＝(a－1)2＋2>0.
∴M>N.
[答案] A
3．不等式eq \f(x－2,x＋1)≤0的解集是( )
A．{x|x<－1或－1B．{x|－1≤x≤2}
C．{x|x<－1或x≥2}
D．{x|－1[解析] 原不等式同解于eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋1≠0,x－2x＋1≤0))，解得－1[答案] D
4．若a，b，c∈R，且a>b，则下列不等式成立的是( )
A.eq \f(1,a)b2
C.eq \f(a,c2＋1)>eq \f(b,c2＋1) D．a|c|>b|c|
[解析] 根据不等式的性质，知C正确；若a>0>b，则eq \f(1,a)>eq \f(1,b)，则A不正确；若a＝1，b＝－2，则B不正确；若c＝0，则D不正确．故选C.
[答案] C
5．不等式eq \f(1,x)A．{x|x<2} B．{x|x>2}
C．{x|02}
[解析] 由eq \f(1,x)即x(2－x)<0，解得x>2或x<0，故选D.
[答案] D
6．在R上定义运算☆：a☆b＝ab＋2a＋b，则满足x☆(x－2)<0的实数x的取值范围为( )
A．{x|0B．{x|－2C．{x|x<－2或x>1}
D．{x|－1[解析] 根据定义得：x☆(x－2)＝x(x－2)＋2x＋(x－2)＝x2＋x－2<0，解得－2[答案] B
7．若关于x的一元二次不等式x2＋mx＋1≥0的解集为R，则实数m的取值范围是( )
A．{x|x≤－2或x≥2} B．{x|－2≤x≤2}
C．{x|x<－2或x>2} D．{x|－2[解析] 因为不等式x2＋mx＋1≥0的解集为R，所以Δ＝m2－4≤0，解得－2≤m≤2.
[答案] B
8．已知x>1，则x＋eq \f(1,x－1)＋5的最小值为( )
A．－8 B．8 C．16 D．－16
[解析] ∵x>1，∴x－1>0，x＋eq \f(1,x－1)＋5＝x－1＋eq \f(1,x－1)＋6≥2＋6＝8，当且仅当x＝2时等号成立．故选B.
[答案] B
9．若不等式ax2＋bx＋c>0的解集是(－4,1)，则不等式b(x2－1)＋a(x＋3)＋c>0的解集为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)，1)) B．(－∞，1)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，＋∞))
C．(－1,4) D．(－∞，－2)∪(1，＋∞)
[解析] 由不等式ax2＋bx＋c>0的解集为(－4,1)知a<0，－4和1是方程ax2＋bx＋c＝0的两根．∴－4＋1＝－eq \f(b,a)，－4×1＝eq \f(c,a)，即b＝3a，c＝－4a.故所求解的不等式为3a(x2－1)＋a(x＋3)－4a>0，即3x2＋x－4<0，解得－eq \f(4,3)[答案] A
10．设函数y＝2x＋eq \f(1,x)－1(x<0)，则y( )
A．有最大值 B．有最小值
C．无最大值 D．既有最大值又有最小值
[解析] ∵x<0，∴－x>0，
∴－2x＋eq \f(1,－x)≥2 eq \r(2－x×\f(1,－x))＝2eq \r(2).
∴2x＋eq \f(1,x)≤－2eq \r(2).
∴y＝2x＋eq \f(1,x)－1≤－2eq \r(2)－1.
当且仅当2x＝eq \f(1,x)即x＝－eq \f(\r(2),2)时取等号．
[答案] A
11．设a>0，b>0，且不等式eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(k,a＋b)≥0恒成立，则实数k的最小值等于( )
A．0 B．4 C．－4 D．－2
[解析] 由eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(k,a＋b)≥0得k≥－eq \f(a＋b2,ab)，而eq \f(a＋b2,ab)＝eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)＋2≥4(a＝b时取等号)，所以－eq \f(a＋b2,ab)≤－4，因此要使k≥－eq \f(a＋b2,ab)恒成立，应有k≥－4，即实数k的最小值等于－4.
[答案] C
12.某汽车运输公司刚买了一批豪华大客车投入营运，据市场分析，每辆客车营运的总利润y(单位：10万元)与营运年数x(x∈N*)为二次函数关系(如图所示)，若要使其营运的年平均利润最大，则每辆客车需营运( )
A．3年 B．4年 C．5年 D．6年
[解析] 设二次函数为y＝a(x－6)2＋11.又图象过点(4,7)，代入得7＝a(4－6)2＋11，解得a＝－1，
∴y＝－x2＋12x－25.
设年平均利润为m，则m＝eq \f(y,x)＝－x－eq \f(25,x)＋12≤2，
当且仅当x＝eq \f(25,x)，即x＝5时取等号．
[答案] C
第Ⅱ卷(非选择题 共90分)
二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上)
13．不等式－x2－3x＋4>0的解集为________．(用区间表示)
[解析] 不等式可化为x2＋3x－4<0，即(x－1)(x＋4)<0，
解得－4[答案] {x|－414．设点(m，n)在一次函数y＝－x＋1位于第一象限内的图象上运动，则mn的最大值是________．
[解析] ∵点(m，n)在一次函数y＝－x＋1位于第一象限内的图象上运动，∴m＋n＝1且m>0，n>0.∴mn≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m＋n,2)))2＝eq \f(1,4)，当且仅当m＝n时等号成立．
[答案] eq \f(1,4)
15．若实数x、y满足x2＋y2＋xy＝1，则x＋y的最大值是________．
[解析] ∵x2＋y2＋xy＝1，
∴(x＋y)2＝xy＋1，
又∵xy≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋y,2)))2，
∴(x＋y)2≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋y,2)))2＋1，
变形得eq \f(3,4)(x＋y)2≤1，
∴(x＋y)2≤eq \f(4,3)，
∴－eq \f(2\r(3),3)≤x＋y≤eq \f(2\r(3),3)，
∴x＋y的最大值为eq \f(2\r(3),3).
[答案] eq \f(2\r(3),3)
16．不等式ax2＋4x＋a>1－2x2对一切x∈R恒成立，则实数a的取值范围是________．
[解析] 不等式ax2＋4x＋a>1－2x2对一切x∈R恒成立，
即(a＋2)x2＋4x＋a－1>0对一切x∈R恒成立．
若a＋2＝0，显然不成立；
若a＋2≠0，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋2>0,16－4a＋2a－1<0))⇔eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>－2，,16－4a＋2a－1<0))⇔eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>－2,a<－3或a>2))⇔a>2.
[答案] a>2
三、解答题(本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)已知a>0，试比较a与eq \f(1,a)的大小．
[解] a－eq \f(1,a)＝eq \f(a2－1,a)＝eq \f(a－1a＋1,a).
因为a>0，
所以当a>1时，eq \f(a－1a＋1,a)>0，有a>eq \f(1,a)；
当a＝1时，eq \f(a－1a＋1,a)＝0，有a＝eq \f(1,a)；
当0综上，当a>1时，a>eq \f(1,a)；当a＝1时，a＝eq \f(1,a)；
当018．(本小题满分12分)已知a，b，c为不等正数，且abc＝1，求证：eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c)[证明] 证法一：∵a，b，c为不等正数，且abc＝1，
∴eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c)＝eq \r(\f(1,bc))＋eq \r(\f(1,ca))＋eq \r(\f(1,ab))＋eq \f(\f(1,a)＋\f(1,b),2)＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c).
故原不等式成立．
证法二：∵a，b，c为不等正数，且abc＝1，
∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)＝bc＋ca＋ab＝eq \f(bc＋ca,2)＋eq \f(ca＋ab,2)＋eq \f(ab＋bc,2)> eq \r(abc2)＋ eq \r(a2bc)＋ eq \r(ab2c)＝eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c).
故原不等式成立．
19．(本小题满分12分)若关于x的不等式x2－ax－6a<0的解集的区间长度不超过5个单位，求实数a的取值范围．
[解] ∵x2－ax－6a<0有解，
∴方程x2－ax－6a＝0的判别式Δ＝a2＋24a>0，
∴a>0或a<－24.
解集的区间长度就是方程x2－ax－6a＝0的两个根x1，x2的距离，
由x1＋x2＝a，x1x2＝－6a，得
(x1－x2)2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝a2＋24a.
∵|x1－x2|≤5，∴(x1－x2)2≤25，
∴a2＋24a≤25，∴－25≤a≤1.
综上可得－25≤a<－24或0即a的取值范围是－25≤a<－24或020．(本小题满分12分)已知正实数a，b满足a＋b＝1，求
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,a)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(1,b)))2的最小值．
[解] eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,a)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(1,b)))2＝a2＋b2＋eq \f(1,a2)＋eq \f(1,b2)＋4
＝(a2＋b2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a2b2)))＋4
＝[(a＋b)2－2ab]eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a2b2)))＋4
＝(1－2ab)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a2b2)))＋4，
由a＋b＝1，得ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2＝eq \f(1,4)(当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时等号成立)，
所以1－2ab≥1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)，且eq \f(1,a2b2)≥16，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,a)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(1,b)))2≥eq \f(1,2)×(1＋16)＋4＝eq \f(25,2)，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,a)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(1,b)))2的最小值为eq \f(25,2).
21．(本小题满分12分)甲厂以x千克/小时的速度运输生产某种产品(生产条件要求1≤x≤10)，每小时可获得利润是100eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5x＋1－\f(3,x)))元．
(1)要使生产该产品2小时获得的利润不低于3000元，求x的取值范围；
(2)要使生产900千克该产品获得的利润最大，问：甲厂应该选取何种生产速度？并求最大利润．
[解] (1)根据题意，
200eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5x＋1－\f(3,x)))≥3000⇒5x－14－eq \f(3,x)≥0，又1≤x≤10，可解得3≤x≤10.
(2)设利润为y元，则y＝eq \f(900,x)·100eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5x＋1－\f(3,x)))
＝9×104eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－\f(1,6)))2＋\f(61,12)))，
故x＝6时，ymax＝457500元．
22．(本小题满分12分)已知不等式ax2－3x＋6>4的解集为{x|x<1或x>b}，
(1)求a，b的值；
(2)解不等式ax2－(ac＋b)x＋bc<0.
[解] (1)由题意知，1和b是方程ax2－3x＋2＝0的两根，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(3,a)＝1＋b,\f(2,a)＝b))，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1,b＝2)).
(2)不等式ax2－(ac＋b)x＋bc<0，
即为x2－(c＋2)x＋2c<0，即(x－2)(x－c)<0.
①当c>2时，2②当c<2时，c③当c＝2时，原不等式无解．
综上知，当c>2时，原不等式的解集为{x|2当c<2时，原不等式的解集为{x|c当c＝2时，原不等式的解集为∅.