人教B版（2019）必修第一册 2.1等式 同步练习（含解析）
文档属性
| 名称 | 人教B版（2019）必修第一册 2.1等式 同步练习（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 715.1KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教B版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-11-10 15:59:25 | ||
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文档简介
2.1等式同步练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．若，则称是关于x，y的方程的整数解．关于该方程，下列判断错误的是（ ）
A．，方程有无限组整数解
B．，方程有且只有两组整数解
C．，方程至少有一组整数解
D．，方程至多有有限组整数解
2．设，，为方程的两个解，则的最小值为（ ）
A． B． C．16 D．32
3．已知是方程的两个根，，则的值为（ ）
A． B． C． D．
4．设的两实根为，，而以，为根的一元二次方程仍是，则数对组成的集合的真子集的个数是（ ）
A．7 B．8 C．15 D．16
5．方程组解集是（ ）
A． B．
C． D．
6．已知关于x的方程有两个实数根.若满足，则实数k的取值为（ ）
A．或6 B．6 C． D．
7．数学探究课上，某同学发现借助多项式运算可以更好地理解“韦达定理”.若，，为方程的3个实数根，设，则为的系数，为的系数，为常数项，于是有，，.实际上任意实系数次方程都有类似结论.设方程的四个实数根为，，，，则（ ）
A． B．
C． D．
8．下列等式中，属于恒等式的是（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．已知关于x的方程，下列说法正确的是（ ）
A．若方程有两个互为相反数的实数根，则
B．若方程没有实数根，则方程必有两个不相等的实数根
C．若二次三项式是完全平方式，则
D．若，则方程必有两个不相等的实数根
10．已知方程有且只有一个实数根，则（ ）
A．
B．
C．若不等式的解集为，则
D．若不等式的解集为，则
11．下列命题为真命题的是（ ）
A．设，，则“”是“”的既不充分也不必要条件
B．“”是“二次方程有一正根一负根”的充要条件
C．“”是“”的充分不必要条件
D．“”是“”的必要不充分条件
12．若，是关于x的一元二次方程的两根，则下列说法正确的是（ ）
A． B． C． D．
三、填空题
13．设一元二次方程的两个实根为，（），则当时，a的取值集合是 ．
14．已知命题：都成立，命题：，若命题都是真命题，则实数的取值范围是 .（用区间表示）
15．若的两边长分别为2和3，第三边的长是方程的根，则的周长是 ．
16．设是一元二次方程的两个根，且，则 ， .
四、解答题
17．已知，是一元二次方程的两个实数根．
(1)是否存在实数，使成立？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由；
(2)若的值为整数，求整数的值．
18．已知关于的方程，其中a，b为实数．
(1)设（是虚数单位）是方程的根，求a，b的值；
(2)证明：当，且时，该方程无实数根．
19．水果市场将120吨水果运往各地商家，现有甲，乙，丙三种车型供选择，每辆车的运载能力和运费如下表所示：（假设每辆车均满载）
车型 甲 乙 丙
汽车运载量（吨/辆） 5 8 10
汽车运费（元/辆） 400 500 600
(1)若全部水果都用甲，乙两种车型来运送，需运费8200元.问分别需甲，乙两种车型各几辆？
(2)市场可以调用甲，乙，丙三种车型参与运送（每种车型至少1辆），已知它们的总辆数为16，分别求出三种车型的辆数.
20．已知方程，且，是方程的两个不同的实数根．
(1)若，求的值；
(2)若，且，求取值范围．
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
参考答案：
1．C
【分析】由，结合整数的分解形式转化为求解方程组的整数解的情况即可.
【详解】选项A，当时，由得，
解得，
，都是方程的整数解，
故，方程有无限组整数解. A项判断正确；
选项B，当时，由，
由，则，，
又，
由与，仅有这种整数分解的方法，
所以（舍），或；
解得 或，故方程有且仅有两组整数解，
即，方程有且只有两组整数解，故B项判断正确；
选项C，当时，由，，，，
仅有这种整数分解的方法，又，
所以（舍），或（舍），
或①，或②；
方程组①消得，，，无整数解；
方程组②消得，，此方程无解；
故当时，方程无整数解，所以选项C判断不正确；
选项D，若关于x，y的方程不存在整数解，
则满足至多有有限组整数解；
若关于x，y的方程存在整数解．
由，则，
，整数至多有有限组分解方法，可设所有分解形式为，
由，
得，
消得，，，
对于的每一个确定取值，此关于的二次方程最多有个整数解，
即方程组至多有组整数解；
故，方程至多有组整数解，故D项判断正确.
故选：C.
2．D
【分析】根据韦达定理，即可结合不等式求解最值.
【详解】由，为方程的两个解，所以，
故，
当且仅当时等号取得到，
故最小值为32，
故选：D
3．A
【分析】根据题意，利用韦达定理得到，结合，即可求解.
【详解】因为是方程的两个根，可得，
则.
故选：A.
4．A
【分析】利用根与系数关系列方程，通过解方程求得的所有可能取值，由此得出正确选项.
【详解】根据题意得，①，②，③，④，
由②、④可得，解得或，即或.
由①、②、③可得，即.
当时，，解得或，
即或把它们代入原方程的判别式中可知符合题意；
当时，，解得或，即或
把它们代入原方程的判别式中可知不合题意，舍去.
所以数对组成的集合的元素个数是3，
所以数对组成的集合的真子集的个数是.
故选：A.
5．C
【分析】解方程组，用列举法表示解集 .
【详解】方程组，解得或，
所以方程组解集是.
故选：C
6．C
【分析】先根据条件可知，再结合韦达定理即可建立等量关系，即可得解.
【详解】关于x的方程有两个实数根，
，解得，
实数k的取值范围为，
根据韦达定理可得，，
，
，即，
解得或 (不符合题意，舍去)，
实数k的值为.
故选：C.
7．D
【分析】化简多项式为标准形式，由类似结论直接求解.
【详解】由可得
，
所以，即，
由题中所给方法知，，，
故选：D
8．C
【分析】取特殊值可判断ABD，根据等式的性质可判断C.
【详解】对于A，时，，故A错误；
对于B，取，，故B错误；
对于C，，故C正确；
对于D，取,可得,与无意义，故D错误.
故选:C.
9．ABC
【分析】对A，根据韦达定理判断即可；对B，根据判别式正负分析即可；对C，令再展开根据系数关系判断即可；对D，举反例判断即可.
【详解】对A，若方程有两个互为相反数的实数根，则由韦达定理可得，即，故A正确；
对B，若方程没有实数根，则，故.
又，故，则方程判别式，故方程必有两个不相等的实数根，故B正确；
对C，若二次三项式是完全平方式，则令有，故，则成立，故C正确；
对D，若，则，解得仅有，故D错误.
故选：ABC
10．ABD
【分析】由判别式等于0得，代入选项A中式子后由二次函数知识判断，代入B中式子后由基本不等式判断，再根据二次不等式的解集与二次方程的根的关系，结合韦达定理判断CD．
【详解】由题意，，
，时取等号．A正确；
，当且仅当，即时等号成立，B正确；
不等式的解集为，则是方程的解，所以，D正确，C错误．
故选：ABD．
11．BCD
【分析】A选项：根据得且，由此即可判断；
B选项：根据方程有两个异号根的充要条件即可判断；
C选项：根据得，由此即可判断；
D选项：解不等式，根据解集即可判断求解．
【详解】由得且，故，但，
则“”是“”的必要不充分条件，故A错误；
若二次方程有一正根一负根，则满足，解得：，
所以“”是“二次方程有一正根一负根”的充要条件，故B正确；
由可得，故，但，
所以“”是“”的充分不必要条件，故C正确；
解不等式可得或，，但，
所以“”是“”的必要不充分条件，故D正确；
故选：BCD．
12．BCD
【分析】运用因式分解法求出方程的两根，然后逐一判断即可.
【详解】由，或，
因此有：、、，所以选项BCD正确，
显然当时，或，因此选项A不正确，
故选：BCD
13．
【分析】利用韦达定理化简及根的判别式转化条件，再解分式不等式可得答案.
【详解】因为一元二次方程的两个实根为，（），
则或，
由韦达定理得，
而，解得，
综上，a的取值集合是
故答案为：
14．
【分析】利用命题的真假、一元二次不等式的解法、一元二次方程判别式运算即可得解.
【详解】解：∵命题是真命题，∴都成立，
当时，恒成立；
当时，由，解得：.
∴由命题是真命题知.
∵命题是真命题，∴，
∴，即，
解得：或.
∴由命题是真命题知或.
∵命题都是真命题，∴.
∴实数的取值范围是.
故答案为：.
15．8
【分析】先解方程，然后根据三角形的三边关系和周长公式可得.
【详解】由得，解得：或.
又因为的两边长分别为2，3，所以，故，
所以，的周长为.
故答案为：8
16．
【分析】利用韦达定理可求得，解一元二次方程可求得结果.
【详解】由韦达定理知：，
所以一元二次方程为：，
解得：，.
故答案为：；.
17．(1)不存在，理由见解析
(2)或或
【分析】（1）由求出的取值范围，再列出韦达定理，由得到方程，解得即可；
（2）由，代入韦达定理，得到，结合为整数，且，即可得解.
【详解】（1）因为，是一元二次方程的两个实数根，
所以且，解得，
且，，
若，则，即，解得（舍去），
即不存在实数，使成立.
（2）由题意，
又当，即时，且，，
故，
由于为整数且为整数，故只能取、、，又，
则或或，解得或或，
故整数的值为或或.
18．(1)，
(2)证明见解析
【分析】（1）根据一元二次方程复数根的性质即可求解；
（2）根据一元二次方程的判别式即可判断.
【详解】（1）∵是方程的根，∴也是方程的根，
由一元二次方程根与系数的关系得，
得，解得，；
（2）∵，∴，∴，即，
∴，∴原方程无实数根．
19．(1)甲车型8辆，乙车型10辆
(2)甲，乙，丙三种车型分别为或
【分析】（1）分别设出需甲车型辆，乙车型辆，再根据条件得到方程组，解方程组即可得出结果；
（2）设需甲车型辆，乙车型辆，丙车型辆，根据条件得到，再利用均为整数这一条件即可求出结果.
【详解】（1）设需甲车型辆，乙车型辆，
由题得，解得，
所以需甲车型8辆，乙车型10辆.
（2）设需甲车型辆，乙车型辆，丙车型辆，
由题得，，消得到，所以，
又均为正整数，得到或，
当时，，当时， ，
所以，甲，乙，丙三种车型分别为或.
20．(1)
(2)
【分析】（1）由根与系数的关系求出，代入化简即可得出答案；
（2）由根与系数的关系求出，代入结合题意解方程即可得出答案.
【详解】（1）当时，方程为，
则；，．
（2），，∵，
∴，∴，解得．
又∵方程有两个不同的根，∴，
解得或，∴．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．若，则称是关于x，y的方程的整数解．关于该方程，下列判断错误的是（ ）
A．，方程有无限组整数解
B．，方程有且只有两组整数解
C．，方程至少有一组整数解
D．，方程至多有有限组整数解
2．设，，为方程的两个解，则的最小值为（ ）
A． B． C．16 D．32
3．已知是方程的两个根，，则的值为（ ）
A． B． C． D．
4．设的两实根为，，而以，为根的一元二次方程仍是，则数对组成的集合的真子集的个数是（ ）
A．7 B．8 C．15 D．16
5．方程组解集是（ ）
A． B．
C． D．
6．已知关于x的方程有两个实数根.若满足，则实数k的取值为（ ）
A．或6 B．6 C． D．
7．数学探究课上，某同学发现借助多项式运算可以更好地理解“韦达定理”.若，，为方程的3个实数根，设，则为的系数，为的系数，为常数项，于是有，，.实际上任意实系数次方程都有类似结论.设方程的四个实数根为，，，，则（ ）
A． B．
C． D．
8．下列等式中，属于恒等式的是（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．已知关于x的方程，下列说法正确的是（ ）
A．若方程有两个互为相反数的实数根，则
B．若方程没有实数根，则方程必有两个不相等的实数根
C．若二次三项式是完全平方式，则
D．若，则方程必有两个不相等的实数根
10．已知方程有且只有一个实数根，则（ ）
A．
B．
C．若不等式的解集为，则
D．若不等式的解集为，则
11．下列命题为真命题的是（ ）
A．设，，则“”是“”的既不充分也不必要条件
B．“”是“二次方程有一正根一负根”的充要条件
C．“”是“”的充分不必要条件
D．“”是“”的必要不充分条件
12．若，是关于x的一元二次方程的两根，则下列说法正确的是（ ）
A． B． C． D．
三、填空题
13．设一元二次方程的两个实根为，（），则当时，a的取值集合是 ．
14．已知命题：都成立，命题：，若命题都是真命题，则实数的取值范围是 .（用区间表示）
15．若的两边长分别为2和3，第三边的长是方程的根，则的周长是 ．
16．设是一元二次方程的两个根，且，则 ， .
四、解答题
17．已知，是一元二次方程的两个实数根．
(1)是否存在实数，使成立？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由；
(2)若的值为整数，求整数的值．
18．已知关于的方程，其中a，b为实数．
(1)设（是虚数单位）是方程的根，求a，b的值；
(2)证明：当，且时，该方程无实数根．
19．水果市场将120吨水果运往各地商家，现有甲，乙，丙三种车型供选择，每辆车的运载能力和运费如下表所示：（假设每辆车均满载）
车型 甲 乙 丙
汽车运载量（吨/辆） 5 8 10
汽车运费（元/辆） 400 500 600
(1)若全部水果都用甲，乙两种车型来运送，需运费8200元.问分别需甲，乙两种车型各几辆？
(2)市场可以调用甲，乙，丙三种车型参与运送（每种车型至少1辆），已知它们的总辆数为16，分别求出三种车型的辆数.
20．已知方程，且，是方程的两个不同的实数根．
(1)若，求的值；
(2)若，且，求取值范围．
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
参考答案：
1．C
【分析】由，结合整数的分解形式转化为求解方程组的整数解的情况即可.
【详解】选项A，当时，由得，
解得，
，都是方程的整数解，
故，方程有无限组整数解. A项判断正确；
选项B，当时，由，
由，则，，
又，
由与，仅有这种整数分解的方法，
所以（舍），或；
解得 或，故方程有且仅有两组整数解，
即，方程有且只有两组整数解，故B项判断正确；
选项C，当时，由，，，，
仅有这种整数分解的方法，又，
所以（舍），或（舍），
或①，或②；
方程组①消得，，，无整数解；
方程组②消得，，此方程无解；
故当时，方程无整数解，所以选项C判断不正确；
选项D，若关于x，y的方程不存在整数解，
则满足至多有有限组整数解；
若关于x，y的方程存在整数解．
由，则，
，整数至多有有限组分解方法，可设所有分解形式为，
由，
得，
消得，，，
对于的每一个确定取值，此关于的二次方程最多有个整数解，
即方程组至多有组整数解；
故，方程至多有组整数解，故D项判断正确.
故选：C.
2．D
【分析】根据韦达定理，即可结合不等式求解最值.
【详解】由，为方程的两个解，所以，
故，
当且仅当时等号取得到，
故最小值为32，
故选：D
3．A
【分析】根据题意，利用韦达定理得到，结合，即可求解.
【详解】因为是方程的两个根，可得，
则.
故选：A.
4．A
【分析】利用根与系数关系列方程，通过解方程求得的所有可能取值，由此得出正确选项.
【详解】根据题意得，①，②，③，④，
由②、④可得，解得或，即或.
由①、②、③可得，即.
当时，，解得或，
即或把它们代入原方程的判别式中可知符合题意；
当时，，解得或，即或
把它们代入原方程的判别式中可知不合题意，舍去.
所以数对组成的集合的元素个数是3，
所以数对组成的集合的真子集的个数是.
故选：A.
5．C
【分析】解方程组，用列举法表示解集 .
【详解】方程组，解得或，
所以方程组解集是.
故选：C
6．C
【分析】先根据条件可知，再结合韦达定理即可建立等量关系，即可得解.
【详解】关于x的方程有两个实数根，
，解得，
实数k的取值范围为，
根据韦达定理可得，，
，
，即，
解得或 (不符合题意，舍去)，
实数k的值为.
故选：C.
7．D
【分析】化简多项式为标准形式，由类似结论直接求解.
【详解】由可得
，
所以，即，
由题中所给方法知，，，
故选：D
8．C
【分析】取特殊值可判断ABD，根据等式的性质可判断C.
【详解】对于A，时，，故A错误；
对于B，取，，故B错误；
对于C，，故C正确；
对于D，取,可得,与无意义，故D错误.
故选:C.
9．ABC
【分析】对A，根据韦达定理判断即可；对B，根据判别式正负分析即可；对C，令再展开根据系数关系判断即可；对D，举反例判断即可.
【详解】对A，若方程有两个互为相反数的实数根，则由韦达定理可得，即，故A正确；
对B，若方程没有实数根，则，故.
又，故，则方程判别式，故方程必有两个不相等的实数根，故B正确；
对C，若二次三项式是完全平方式，则令有，故，则成立，故C正确；
对D，若，则，解得仅有，故D错误.
故选：ABC
10．ABD
【分析】由判别式等于0得，代入选项A中式子后由二次函数知识判断，代入B中式子后由基本不等式判断，再根据二次不等式的解集与二次方程的根的关系，结合韦达定理判断CD．
【详解】由题意，，
，时取等号．A正确；
，当且仅当，即时等号成立，B正确；
不等式的解集为，则是方程的解，所以，D正确，C错误．
故选：ABD．
11．BCD
【分析】A选项：根据得且，由此即可判断；
B选项：根据方程有两个异号根的充要条件即可判断；
C选项：根据得，由此即可判断；
D选项：解不等式，根据解集即可判断求解．
【详解】由得且，故，但，
则“”是“”的必要不充分条件，故A错误；
若二次方程有一正根一负根，则满足，解得：，
所以“”是“二次方程有一正根一负根”的充要条件，故B正确；
由可得，故，但，
所以“”是“”的充分不必要条件，故C正确；
解不等式可得或，，但，
所以“”是“”的必要不充分条件，故D正确；
故选：BCD．
12．BCD
【分析】运用因式分解法求出方程的两根，然后逐一判断即可.
【详解】由，或，
因此有：、、，所以选项BCD正确，
显然当时，或，因此选项A不正确，
故选：BCD
13．
【分析】利用韦达定理化简及根的判别式转化条件，再解分式不等式可得答案.
【详解】因为一元二次方程的两个实根为，（），
则或，
由韦达定理得，
而，解得，
综上，a的取值集合是
故答案为：
14．
【分析】利用命题的真假、一元二次不等式的解法、一元二次方程判别式运算即可得解.
【详解】解：∵命题是真命题，∴都成立，
当时，恒成立；
当时，由，解得：.
∴由命题是真命题知.
∵命题是真命题，∴，
∴，即，
解得：或.
∴由命题是真命题知或.
∵命题都是真命题，∴.
∴实数的取值范围是.
故答案为：.
15．8
【分析】先解方程，然后根据三角形的三边关系和周长公式可得.
【详解】由得，解得：或.
又因为的两边长分别为2，3，所以，故，
所以，的周长为.
故答案为：8
16．
【分析】利用韦达定理可求得，解一元二次方程可求得结果.
【详解】由韦达定理知：，
所以一元二次方程为：，
解得：，.
故答案为：；.
17．(1)不存在，理由见解析
(2)或或
【分析】（1）由求出的取值范围，再列出韦达定理，由得到方程，解得即可；
（2）由，代入韦达定理，得到，结合为整数，且，即可得解.
【详解】（1）因为，是一元二次方程的两个实数根，
所以且，解得，
且，，
若，则，即，解得（舍去），
即不存在实数，使成立.
（2）由题意，
又当，即时，且，，
故，
由于为整数且为整数，故只能取、、，又，
则或或，解得或或，
故整数的值为或或.
18．(1)，
(2)证明见解析
【分析】（1）根据一元二次方程复数根的性质即可求解；
（2）根据一元二次方程的判别式即可判断.
【详解】（1）∵是方程的根，∴也是方程的根，
由一元二次方程根与系数的关系得，
得，解得，；
（2）∵，∴，∴，即，
∴，∴原方程无实数根．
19．(1)甲车型8辆，乙车型10辆
(2)甲，乙，丙三种车型分别为或
【分析】（1）分别设出需甲车型辆，乙车型辆，再根据条件得到方程组，解方程组即可得出结果；
（2）设需甲车型辆，乙车型辆，丙车型辆，根据条件得到，再利用均为整数这一条件即可求出结果.
【详解】（1）设需甲车型辆，乙车型辆，
由题得，解得，
所以需甲车型8辆，乙车型10辆.
（2）设需甲车型辆，乙车型辆，丙车型辆，
由题得，，消得到，所以，
又均为正整数，得到或，
当时，，当时， ，
所以，甲，乙，丙三种车型分别为或.
20．(1)
(2)
【分析】（1）由根与系数的关系求出，代入化简即可得出答案；
（2）由根与系数的关系求出，代入结合题意解方程即可得出答案.
【详解】（1）当时，方程为，
则；，．
（2），，∵，
∴，∴，解得．
又∵方程有两个不同的根，∴，
解得或，∴．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页