23版新教材苏教版必修第一册课后习题练第3章测评

第3章测评

(时间:120分钟　满分:150分)

一、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.(2021河南高二期末)设a=x2-2x+2,b=1-x,则实数a与b的大小关系为(　　)

A.a>b B.a=b

C.a<b D.与x有关

答案A

解析因为a-b=x2-x+1=x-2+>0恒成立,所以a>b.故选A.

2.不等式2+x-x2<0的解集为(　　)

A.(-∞,-1)∪(2,+∞)

B.(-2,1)

C.(-1,2)

D.(-∞,-2)∪(1,+∞)

答案A

解析不等式可变形为x2-x-2>0,即(x-2)(x+1)>0,解得x<-1或x>2,所以不等式2+x-x2<0的解集为(-∞,-1)∪(2,+∞).故选A.

3.(2021福建泉州高一期末)若不等式ax2+bx-1≥0的解集是x-≤x≤-,则a=(　　)

A.-6 B.-5 C. D.6

答案A

解析∵不等式ax2+bx-1≥0的解集为x-≤x≤-,∴-,-为方程ax2+bx-1=0的两个根,∴根据根与系数的关系可得-×-=,解得a=-6.故选A.

4.(2021安徽黄山高一期末)下列不等式正确的是(　　)

A.若a<b,则a2<b2

B.若a>b,则ac>bc

C.若a>b>0,c>d>0,e>f>0,则ace>bdf

D.若a>b>c>0,d>e>f>0,则

答案C

解析对于A,若a=-3,b=2,则a2>b2,错误;对于B,若c=0,则ac=bc,错误;对于C,若a>b>0,c>d>0,e>f>0,由不等式的基本性质可得ace>bdf,正确;对于D,若a=3,b=2,c=1,d=3,e=2,f=1,则=1,错误.故选C.

5.(2021福建漳州高一期末)若正数x,y满足+y=1,则x+的最小值为(　　)

A.2 B.4 C.6 D.8

答案D

解析x+=+yx+=2++xy+2≥4+2=8,当且仅当x=4,y=时,等号成立.故x+min=8.故选D.

6.(2021云南高三期末)如果两个正方形的边长分别为x,y,且x+y=1,那么它们的面积之和的最小值是(　　)

A. B. C.1 D.2

答案B

解析由基本不等式可得x2+y2≥2xy,所以2(x2+y2)≥x2+y2+2xy=(x+y)2=1,所以x2+y2≥,当且仅当x=y=时,等号成立.因此,两个正方形的面积之和x2+y2的最小值为.故选B.

7.(2021湖北高三一模)已知正数a,b是关于x的函数y=x2-(m2+4)x+m的两个零点,则的最小值为 (　　)

A.2 B.2 C.4 D.4

答案C

解析由题意,正数a,b是关于x的方程x2-(m2+4)x+m=0的两根,可得a+b=m2+4,ab=m>0,则=m+≥2=4,当且仅当m=,即m=2时等号成立.经检验知当m=2时,方程x2-(m2+4)x+m=0有两个正实数解.所以的最小值为4.故选C.

8.(2020云南曲靖民族中学月考)已知不等式ax2+bx+c>0的解集是{x|α<x<β},α>0,则不等式cx2+bx+a>0的解集是(　　)

A.x<x< B.xx<或x>

C.{x|α<x<β} D.{x|x<α或x>β}

答案A

解析不等式ax2+bx+c>0的解集是{x|α<x<β},且α>0,则α,β是方程ax2+bx+c=0的两根,且a<0.由根与系数的关系得α+β=-,αβ=,所以,不等式cx2+bx+a>0可化为x2+x+1<0,即αβx2-(α+β)x+1<0,可化为(αx-1)(βx-1)<0.又β>α>0,所以>0.因此,不等式cx2+bx+a>0的解集是x<x<.故选A.

二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得3分.

9.若<0,则下列说法正确的是(　　)

A.a<b B.a>b

C.a2<b2 D.ab<b2

答案BCD

解析因为<0,故a<0,b<0,b<a,即b<a<0,故B正确,A错误.对于C,a2-b2=(a-b)(a+b),而a+b<0,a-b>0,故a2-b2<0,即a2<b2,故C正确.对于D,ab-b2=b(a-b)<0,故ab<b2,故D正确.故选BCD.

10.(2021湖北高三月考)若非零实数a,b满足a>b,则下列结论正确的是(　　)

A.a+b≥2 B.a2+b2>2ab

C.|a+b|< D.(a+b)>4

答案BC

解析对于A,若a,b均为负数,则不等式显然不成立,故A错误;对于B,显然成立,故B正确;对于C,在a2+b2>2ab两边同时加上a2+b2,得2(a2+b2)>(a+b)2,则|a+b|<成立,故C正确;对于D,取a=2,b=-1,则(a+b)=(2-1)×=-<4,则(a+b)>4不成立,故D错误.故选BC.

11.(2020广东高一期中)已知y=ax2+bx+c,不等式ax2+bx+c>0的解集是{x|1<x<3},下列说法正确的是(　　)

A.a>0

B.a+b+c=0

C.关于x的不等式cx2+bx+a>0的解集是x<x<1

D.如果am2+bm+c>0,则a(m+2)2+b(m+2)+c<0

答案BCD

解析对于A,ax2+bx+c>0的解集是{x|1<x<3},则a<0,故A不正确;对于B,由题意知x=1是方程ax2+bx+c=0的一个实数根,故a+b+c=0,故B正确;对于C,由题意知x=1和x=3是方程ax2+bx+c=0的两个实数根,则由根与系数的关系得=-4,=3,则不等式cx2+bx+a>0变为x2+x+1<0,即3x2-4x+1<0,解不等式得x的取值范围为x<x<1,故C正确;对于D,如果am2+bm+c>0,则1<m<3,故3<m+2<5,则a(m+2)2+b(m+2)+c<0,故D正确.故选BCD.

12.(2021江苏启东高一期末)已知x>0,y>0,且2x+y=2,若≤x+2y对任意的x>0,y>0恒成立,则实数m的可能取值为(　　)

A. B. C. D.2

答案ACD

解析∵x>0,y>0,

∴≤x+2y⇔,

即≤min,

(2x+y)

=5+≥5+2=,

当且仅当,即x=y=时,等号成立.即,即≤0,即≤0,解得m≥或m<1,选项中满足条件的有A,C,D.故选ACD.

三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.

13.(2021山东日照高一期末)不等式>0的解集为　　　　　　　　. 

答案(-∞,0)∪(1,+∞)

解析由>0,解得x<0或x>1,

即原不等式的解集为(-∞,0)∪(1,+∞).

14.(2020天津,14)已知a>0,b>0,且ab=1,则的最小值为　　　　　. 

答案4

解析∵ab=1,∴b=.∴.

令+a=t>0,则原式=≥2=2=4.

当且仅当t2=16,即t=4时,等号成立,此时+a=4.

15.(2021上海黄浦格致中学高一期末)定义区间[a,b](a<b)的长度为b-a,若关于x的不等式x2-4x+m≤0的解集的区间长度为2,则实数m的值为　　　　. 

答案3

解析设x1,x2是方程x2-4x+m=0的两个根,

则x1+x2=4,x1x2=m,

∴|x1-x2|==2,

解得m=3.

16.(2021江苏盐城高二期末)有一块直角三角形空地ABC,∠A=,AB=250米,AC=160米,现欲建一矩形停车场ADEF,点D,E,F分别在边AB,BC,CA上,则停车场的面积最大为　　　　平方米. 

答案10 000

解析设AD=x,AF=y,则BD=AB-AD=250-x,CF=AC-AF=160-y,

tan∠ABC=,即,整理可得16x+25y=4 000,

由基本不等式可得4 000=16x+25y≥2=40,∴xy≤10 000,

当且仅当x=125,y=80时,等号成立.

因此,停车场的面积最大为10 000平方米.

四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17.(10分)(2021宁夏长庆高级中学高二期末)设x,y为正实数,且x+y=1,求证:1+1+≥9.

证明因为x,y为正实数,且x+y=1,

所以1+1+=1+

=1+=3+

=3+=5+2

≥5+4=9,

当且仅当x=y=时,等号成立.

所以1+1+≥9.

18.(12分)(2021吉林高一期末)已知x>0,y>0,且x+4y=40.

(1)求xy的最大值;

(2)求的最小值.

解(1)因为x>0,y>0,

所以40=x+4y≥2=4(当且仅当x=4y,即x=20,y=5时,等号成立).

所以xy≤100,因此xy的最大值为100.

(2)因为x+4y=40,即(x+4y)=1,

所以(x+4y)

=5+

≥5+2

=当且仅当x=2y,即x=,y=时,等号成立.

所以的最小值为.

19.(12分)(2021云南昆明高二期末)已知函数y=x+(x≠1).

(1)解不等式(x-1)x+>3;

(2)当x>1时,求x+的最小值.

解(1)由(x-1)x+>3,得x2-x-2>0.

又x≠1,所以解得x>2或x<-1,

即原不等式的解集为(-∞,-1)∪(2,+∞).

(2)当x>1时,x-1>0,

y=x+=x-1++1≥2+1=3,

当且仅当x-1=,即x=2或x=0(舍)时,等号成立.

所以x+的最小值是3.

20.(12分)某渔业公司今年年初用98万元购进一艘渔船用于捕捞,若该公司从第1年到第n年花在该渔船维修等事项上的所有费用为(2n2+10n)万元,该船每年捕捞的总收入为50万元.

(1)该船捕捞几年开始盈利?(即总收入减去成本及所有费用之差为正值)

(2)该船捕捞若干年后,处理方案有两种:

①当年平均盈利达到最大值时,以26万元的价格卖出;

②当盈利总额达到最大值时,以8万元的价格卖出.

哪一种方案较为合算?请说明理由.

解(1)设捕捞n年的盈利为y万元,

则y=50n-(2n2+10n)-98=-2n2+40n-98.

由y>0,得n2-20n+49<0,

解得10-<n<10+(n∈N+).

则3≤n≤17.所以捕捞3年开始盈利.

(2)方案①合算.理由如下,

①=-2n-+40≤-2+40=12,当且仅当2n=,即n=7时,等号成立.故经过7年捕捞,年平均盈利最大,共盈利12×7+26=110(万元).

②因为y=-2n2+40n-98=-2(n-10)2+102,所以当n=10时,y取得最大值102.故经过10年捕捞盈利总额最大,共盈利102+8=110(万元).

综上知,两种方案获利相等,但方案②的时间长,所以方案①合算.

21.(12分)(2021山东济宁高一期末)设函数y=ax2+(b-2)x+3.

(1)若不等式ax2+(b-2)x+3>0的解集为(-1,1),求实数a,b的值;

(2)若b=-a-1,且存在x∈R,使ax2+(b-2)x+3>4成立,求实数a的取值范围.

解(1)由题意可知,方程ax2+(b-2)x+3=0的两根是-1,1,所以解得

(2)存在x∈R,使ax2+(b-2)x-1>0成立,将b=-a-1代入上式可得ax2-(a+3)x-1>0成立.

当a≥0时,显然存在x∈R使得上式成立;

当a<0时,需使方程ax2-(a+3)x-1=0有两个不相等的实根,所以Δ=(a+3)2+4a>0,即a2+10a+9>0,

解得a<-9或-1<a<0.

综上可知,a的取值范围是(-∞,-9)∪(-1,+∞).

22.(12分)(2021云南曲靖第二中学高一期末)设y=x2-(a-1)x+a-2(a∈R).

(1)若不等式x2-(a-1)x+a-2≥-2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x2-(a-1)x+a-2<0.

解(1)由题意,不等式x2-(a-1)x+a-2≥-2对于一切实数x恒成立,等价于x2-(a-1)x+a≥0对于一切实数x恒成立.

所以Δ=(a-1)2-4a≤0,解得3-2≤a≤3+2.

故实数a的取值范围为[3-2,3+2].

(2)不等式x2-(a-1)x+a-2<0,

即[x-(a-2)](x-1)<0.

当a-2>1,即a>3时,不等式的解集为{x|1<x<a-2};

当a-2=1,即a=3时,不等式的解集为⌀;

当a-2<1,即a<3时,不等式的解集为{x|a-2<x<1}.

综上所述,当a<3时,不等式的解集为{x|a-2<x<1};

当a=3时,不等式的解集为⌀;

当a>3时,不等式的解集为{x|1<x<a-2}.