高中数学人教A版（2019）必修第一册单元过关卷——第二章一元二次函数、方程与不等式B（有答案）

一、单选题
1．已知关于的不等式组仅有一个整数解，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
2．已知函数，若存在两相异实数使，且，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
3．设，则取得最小值时，的值为（ ）
A． B．2 C．4 D．
4．若，则的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
5．已知x∈R，则“成立”是“成立”的（ ）条件．
A．充分不必要 B．必要不充分
C．充分必要 D．既不充分也不必要
6．已知，满足，则的最小值为（ ）
A． B．4 C． D．
7．已知方程的两根都大于2，则实数的取值范围是
A． B．
C． D．
8．设，，则三个数（ ）
A．都小于4 B．至少有一个不大于4
C．都大于4 D．至少有一个不小于4
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，，且，则的最大值是1
C．若，，则
D．函数的最小值为9
10．已知，且，则下列结论正确的是（ ）
A．的最大值为 B．的最大值为
C．的最小值为 D．的最大值为
11．已知关于x的不等式的解集是，其中，则下列结论中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
12．已知，则的值可能是
A． B． C． D．
三、填空题
13．已知函数，若关于的不等式的解集为，则实数的取值范围是___________.
14．已知x、，且，给出下列四个结论：
①；②；③；④．
其中一定成立的结论是______(写出所有成立结论的编号)．
15．已知，，且，则最小值为__________．
16．设，则的最大值为________.
四、解答题
17．定义区间、、、的长度均为，其中.
（1）不等式组解集构成的各区间的长度和等于，求实数的范围；
（2）已知实数，求满足不等式解集的各区间长度之和.
18．已知复数，满足条件，．是否存在非零实数，使得和同时成立？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由．
19．已知函数满足对任意的实数都有成立，且当都有成立.
（1）若求的表达式；
（2）设，若函数图像上的点都位于直线的上方，求实数的取值范围.
20．已知关于x的函数
(1)当时，求的解集；
(2)若不等式对满足的所有a恒成立，求x的取值范围．
21．如图，已知抛物线，过点作斜率为（）的直线交抛物线于，两点，其中点在第一象限，过点作抛物线的切线与轴相交于点，直线交抛物线另一点为，线段交轴于点.记，的面积分别为，.
（Ⅰ）若，求；
（Ⅱ）求的最小值.
22．已知，试比较与的大小，并给出你的证明．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【解析】解不等式，得或，再分类讨论不等式的解集，结合集合关系求得参数的取值范围.
【详解】解不等式，得或
解方程，得，
（1）当，即时，不等式的解为：
此时不等式组的解集为，
若不等式组的解集中仅有一个整数，则，即；
（2）当，即时，不等式的解为：
此时不等式组的解集为，
若不等式组的解集中仅有一个整数，则，即；
综上，可知的取值范围为
故选：B
【点睛】关键点睛：本题考查利用不等式组的解集情况求参数的范围，解题的关键是解一元二次不等式及分类讨论解含参数的一元二次不等式，再利用集合关系求参数，考查学生的分类讨论思想与运算求解能力，属于中档题.
2．B
【分析】由题设可得，又即为方程两个不等的实根，即有，结合、得，即可求其最小值.
【详解】由题意知：当有，
∵知：是两个不等的实根.
∴，而，
∵，即，
∴，令，
则，
∴当时，的最小值为.
故选：B
【点睛】关键点点睛：由已知条件将函数转化为一元二次方程的两个不同实根为，结合韦达定理以及，应用二次函数的性质求最值即可.
3．A
【解析】转化条件为原式，结合基本不等式即可得解.
【详解】
，
当且仅当，即，，时，等号成立.
故选：A.
【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1） “一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
4．D
【分析】因为本题是选择题，所以可以用特值法排除错误的选项，进而得到正确答案.
【详解】因为，所以取，
则，，显然，故可排除选项A和B；
又，故可排除选项C.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：对特值成立的选项不一定是正确答案，但是对特值不成立的选项一定是错误答案.因此特值法往往和排除法结合在一起使用.
5．C
【分析】先证充分性，由 求出x的取值范围，再根据x的取值范围化简即可，再证必要性，若，即，再根据绝对值的性质可知．
【详解】充分性：若，则2≤x≤3，
，
必要性：若，又，
，
由绝对值的性质：若ab≤0，则，
∴，
所以“成立”是“成立”的充要条件，
故选：C．
6．C
【解析】由题意可得，结合目标式即可构造出，进而利用基本不等式求的最小值
【详解】由知：，而，
∴，则
∴
故选：C
【点睛】本题考查了利用基本不等式求最值，由已知方程得到目标式的等价形式，应用等价代换构造出基本不等式的形式求最值
7．B
【分析】方程的两根都大于2，则其相应的函数与x轴的两个交点都在的右边，由图象的特征应有，对称轴大于2，，且，解由此组成的不等式组即可求出参数m的范围．
【详解】方程的两根都大于2，则二次函数的图象与轴的两个交点都在x=2的右侧，根据图象得：方程的判别式；当时函数值；函数对称轴．即，解得，所以正确选项为B.
【点睛】本题的主要考点是一元二次方程根的分布与系数的关系，通过数形结合的方法，把几何关系转化为不等式组，是解决本题的关键．
8．D
【分析】由题意知利用反证法推出矛盾，即可得正确答案．
【详解】假设三个数且且，相加得：
，由基本不等式得：
；；；
相加得：，与假设矛盾；
所以假设不成立，
三个数、、至少有一个不小于4．
故选．
【点睛】本题考查反证法和基本不等式的应用，属于简单题．
9．ACD
【分析】利用不等式的性质由，可得到，可知选项A正确；利用均值定理和题给条件可得的最大值是，可得选项B错误；利用均值定理和题给条件可得最小值为，可得选项C正确；利用均值定理和题给条件可得函数的最小值为9，可得选项D正确.
【详解】因为，则，所以成立，故A正确；
由．
当且仅当时，取得最大值，故B错误；
因为，，所以，
当且仅当即时，等号成立，故C正确；
，
当且仅当时等号成立，故D正确．
故选：ACD．
10．BC
【分析】利用基本不等式直接判断A；利用基本不等式求得的最大值可判断B；利用基本不等式“1”的代换可判断C；利用二次函数的性质可判断D；
【详解】，且，，
对于A，利用基本不等式得，化简得，
当且仅当，即时，等号成立，所以的最大值为，故A错误；
对于B，，
当且仅当，即时，等号成立，所以的最大值为，故B正确；
对于C，，
当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为，故C正确；
对于D，
利用二次函数的性质知，当时，函数单调递减；当时，函数单调递增，
，，故D错误；
故选：BC
11．ACD
【分析】由一元二次不等式的解集可得判断A、D，再将题设转化为，结合二次函数的性质，应用数形结合的方法判断B、C.
【详解】由题设，的解集为，
∴，则，
∴，，则A、D正确；
原不等式可化为的解集为，而的零点分别为且开口向下，又，如下图示，
∴由图知：，，故B错误，C正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：由根与系数关系得，结合二次函数的性质及数形结合思想判断各选项的正误.
12．CD
【分析】,有则且,分和打开 ，然后用重要不等式求出其最值，从而得到答案.
【详解】由，得，则且.
当时, =
=.
当且仅当即 时取等号.
当时, =
=.
当且仅当即 时取等号.
综上，.
故选：C D.
13．
【分析】将不等式的解集为转化为的解为及当时，恒成立，从而可求得.
【详解】不等式等价于或，
而的解集为，
故的解为
且对任意的恒成立.
又即为，
若，则即为，这与解为矛盾；
若，则即为，这与解为矛盾；
若，则即为，
因为的解为，故.
当时，恒成立即为恒成立，
令，则，
故在为增函数，故，
故.
综上，
故答案为：.
【点睛】思路点睛：与分段函数有关的不等式解的问题，应该就不同解析式对应的范围分类讨论，讨论时注意结合解析式的形式确定分类讨论还是参变分离.
14．①④
【分析】利用基本不等式可判断①和④，取特殊值x＝0、y＝3可判断②，取特殊值y＝可判断③．
【详解】对于①，∵，
∴由得，，
即，解得(当且仅当时取等号)，故①一定成立；
对于②，当3时，成立，但不成立，故②不一定成立；
对于③，当时，由得，
则，即，故③不一定成立；
④将两边平方得，
∴，
由①可知：
，
∴，当且仅当时取等号，因此④一定成立﹒
故答案为：①④﹒
【点睛】本题①和④利用基本不等式即可求解，需要熟练运用基本不等式求范围.对于②和③，取特殊值验算即可快速求解﹒
15．
【分析】首先整理所给的代数式，然后结合均值不等式的结论即可求得其最小值.
【详解】，
结合可知原式，
且
，
当且仅当时等号成立.
即最小值为.
【点睛】在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误．
16．
【分析】依题意将原式变形为，再利用基本不等式，令，即可求出，从而得解；
【详解】解：
令或（舍去）
所以
故答案为：
17．（1）；（2）2.
【分析】（1）先求得不等式的解集，然后根据题设得到：不等式在，恒成立，再求出的取值范围即可；
（2）先对分成①当或时，②当两类，然后构造函数，分别求出原不等式的解集，最后求出原不等式的解集的各区间长度之和即可．
【详解】（1）由可得：或，解得：，
不等式组解集构成的各区间的长度和等于6，
不等式在，恒成立，
令，，，
则，解得：，
实数的范围为，；
（2）①当或时，原不等式等价于，
整理得：，
令，
（a），（b），设的两根为，，
此时原不等式的解集为，，解集的区间长度为；
②当时，同理可得原不等式的解集为，，此时解集的区间长度为．
综合①②知：原不等式的解集的区间长度之和为，
又由韦达定理可知：，
原不等式的解集的区间长度之和为2．
【点睛】本题主要考查不等式、不等式组的解法、不等式的解集的区间长度之和的计算、韦达定理的应用及不等式恒成立涉及参数的范围的求法，综合性比较强，属于难题．
18．存在，或
【分析】根据题意得到则是方程的两个根，讨论和两种情况，计算得到答案.
【详解】，则，，则是方程的两个根，
当即且时，，记，，，故，解得；
当即时，，为一对共轭虚根，则，则，
即或（舍）．
综上，存在实数，当或，使得和同时成立.
【点睛】本题考查了复数的运算，复数的模，共轭复数，意在考查学生的计算能力和应用能力，确定是方程的两个根是解题的关键.
19．（1）；（2）.
【分析】（1）根据满足对任意的实数都有成立，且当都有成立，得到且，即，再结合，满足对任意的实数都有成立求解；
（2）将在上恒成立，转化为在上恒成立求解.
【详解】（1）因为满足对任意的实数都有成立，且当都有成立
所以且
故，
又因为，
所以，
解得
因为满足对任意的实数都有成立，
即对任意的实数都有成立，
所以，
即，
解得，
所以，
所以.
（2）由题意得在上恒成立，
即在上恒成立，
当时2>0恒成立，
当时，原式等价于在上恒成立，
令，
当且仅当时取得等号，
所以，
所以.
20．(1)；
(2).
【分析】（1）解一元二次不等式求解集即可.
（2）将题设不等式转化为在上恒成立，讨论的符号并结合二次函数的性质，求x的取值范围．
（1）
由题设，，可得或，
∴的解集为.
（2）
由题设，令，
当时，有两种情况：
1、，此时在上不可能恒成立；
2、，此时在上不可能恒成立；
∴，则：且对称轴为，
当，即或时，开口向上，
∴要使在上恒成立，有以下情况：
1、，即，无解；
2、，即，无解.
当，即时，开口向下，
∴要使在上恒成立，则，解得或，
∴此时，无解.
综上，.
【点睛】关键点点睛：第二问，应用调换主元法，构造，利用二次函数性质及分类讨论的方法研究一元二次不等式在闭区间上恒成立.
21．（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）联立直线和抛物线的方程，消去得到关于的一元二次方程，由韦达定理得到和的值，最后利用弦长公式计算即可得解；
（Ⅱ）设直线的方程为，代入抛物线方程，设，得到点的坐标，再设切线的方程，代入抛物线方程到点的坐标，设直线的方程为代入抛物线方程得到点的坐标，可得直线的方程，令，得到点的坐标，计算与，最后利用基本不等式求出的最小值即可.
【详解】（Ⅰ）直线的方程为，代入抛物线方程，得，
设，，则，，
；
（Ⅱ）设直线的方程为，
代入抛物线方程，得，
设，，，
点的坐标为，
设切线的方程为，
代入抛物线方程，得，
，得，
令，得，所以点的坐标为，
设直线的方程为，
代入抛物线方程得，，
，，，
所以点的坐标为，
直线的方程为，
即，
令，得，
所以点的坐标为，
，
，
由，知，，
令，则，，
，
当且仅当，即，也即时取等号，
所以的最小值为.
【点睛】(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；
(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．
22．，证明见解析.
【分析】先证明，然后用，分别替换中的可证明
，再用，分别替换中再利用已证的不等式放缩即可求证.
【详解】
证明如下：
因为，
所以，
即
因为，所以，
所以，
即，
因为，所以，
，
即证得
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是首先利用，证明，通过类比和放缩即可证明.
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