第二章一元二次函数、方程和不等式单元检测卷（含解析）人教A版2019必修第一册2025-2026学年

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第二章一元二次函数、方程和不等式单元检测卷
人教A版2019必修第一册2025-2026学年
一、单项选择题：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．若a＞b，c＞d，则（ ）
A． B．a－c＞b－d
C．a－d＞b－c D．ac＞bd
2．不等式的解集为（ ）
A． B．
C．或 D．或
3．若，则的范围为（ ）
A． B．
C． D．
4．已知，，且，则的最小值是（ ）
A．4 B．6 C．8 D．9
5．已知，则的最大值为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
6．若一元二次方程（）有一个正根和一个负根，则有（ ）．
A． B．
C． D．
7．如图，已知二次函数的图象顶点在第一象限，且经过、两个点．则下列说法正确的是：①；②；③；④．（ ）
A．①② B．①③④ C．①②④ D．①②③④
8．若关于的不等式的解集为或，则不等式的解集为（ ）
A．或 B．或
C．或 D．或
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．已知，则（ ）
A． B．
C． D．
10．若，则（ ）
A． B．
C．的最小值为 D．的最小值为
11．关于的不等式的解集可能为（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知关于的不等式的解是，则关于的不等式的解为 ．
13．已知，则的最小值为 ．
14．已知，则的取值范围是 .
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．(本小题满分 13分)利用基本不等式求下列式子的最值：
(1)若，求的最小值，并求此时x的值；
(2)已知，且，求xy的最大值；
(3)若不等式的解集为，求a，b的值；
16．(本小题满分 15分)（1）已知，求证：
（2）已知，求的取值范围
17．(本小题满分 15分)回答下列问题
(1)已知，求的最大值
(2)已知正数，，，满足，，的最小值为，求，的值
(3)已知，且，求的最小值
18．(本小题满分 17分)已知函数．
(1)当时，求不等式的解集；
(2)求不等式的解集；
(3)若不等式的解集中恰有三个整数解，求实数的取值范围．
19．(本小题满分 17分)已知二次函数满足：①；②对任意，恒成立．
(1)求的解析式；
(2)若存在实数，使得当时，恒成立，求实数的最大值．
参考答案
一、单项选择题
1．C
【分析】根据不等式的基本性质，或举出反例，逐一检验选项即可.
【详解】 选项A：若，则.所以选项错误.
选项B：若,满足，但是.所以选项B错误.
选项C：因为所以又因为，所以所以选项C正确
选项D：若,满足，但是,所以选项D错误.
故选：C.
2．B
【分析】直接求出一元二次不等式的解集即可.
【详解】解不等式，得，
所以不等式的解集为.
故选：B
3．A
【分析】根据不等式的性质计算可得.
【详解】因为，所以，所以，
即的范围为.
故选：A
4．A
【分析】由题意，利用乘“1”法求解基本不等式问题即可.
【详解】因为，所以，所以，
又，，所以，所以，当且仅当，即，时等号成立，
所以，即的最小值是4．
故选：A．
5．C
【分析】利用基本不等式可求最大值.
【详解】因为，要使根式有意义，则，所以，解得．
又，当且仅当，即时等号成立，
所以的最大值为2．
故选：C.
6．A
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系求参数的取值范围.
【详解】由题意：设方程的两根为，，（）.
则.
故选：A
7．D
【分析】根据图象结合一元二次函数的性质逐项判断即可.
【详解】由图象可知二次函数图象开口向下，则，
图象与轴交点为，所以，
顶点在第一象限，对称轴，又，所以，
所以，①说法正确；
因为图象经过、两个点，所以，解得，
因为，，所以，②说法正确；
由得，即，③说法正确；
因为图象顶点在第一象限，且经过，
由二次函数的对称性可知与轴另一个交点的横坐标在上，
所以当时，，
又，，，所以，即，④说法正确；
综上①②③④正确；
故选：D
8．B
【分析】先利用已知一元二次不等式的解集求得参数，，再代入所求不等式，利用分式大于零，则分子分母同号，列不等式计算即得结果.
【详解】因为关于的不等式的解集为或，
所以的两根是和，所以，，
所以可转化为，
等价于或，解得或．
所以原不等式的解集为或.
故选：B．
二、多项选择题
9．CD
【分析】A选项，根据条件得到，解得；B选项，根据条件得到，求出；C选项，由不等式的性质可得；D选项，解法一：，结合，可求出；解法二：由不等式性质可得，故.
【详解】A选项，由可得，解得，A错误；
B选项，由可得，解得，B错误；
C选项，由可得，即，C正确；
D选项，解法一：由得，则，
由A知，则，
解法二：已知，即，由知，
所以，即，D正确；
故选：CD
10．ABD
【分析】运用基本不等式、换元法逐一判断即可.
【详解】因为，所以有.
A：因为，，
所以，当且仅当时，取等号，
即当时，取等号，故本选项结论正确；
B：因为，，
所以有，当且仅当时，取等号，
即当时，取等号，故本选项结论正确；
C：因为，，所以
，
即，当且仅当时取等号，即当且仅当时取等号，故本选项结论不正确；
D：令，所以且，
于是，
，
即，当且仅当时取等号，即时取等号，
因此，即时取等号，所以本选项结论正确，
故选：ABD
11．BCD
【分析】二次项系数含有参数，应先讨论是否为0，容易遗漏时为一次不等式的情况．
【详解】当时，不等式可化为，则不等式的解集为，故B正确．
当时，为一元二次不等式，
且可因式分解为．二次项系数影响不等式是否变号，因此再分两种情况．
当时，．
当，即时，不等式的解集为，故C正确．
当，即时，不等式的解集为；
当，即时，不等式的解集为．
当时，，此时显然，
不等式的解集为，故D正确．
故选：BCD
三、填空题
12．或
【分析】依题意可得和是方程的两个实根，再根据根与系数的关系得，在分和两种情况讨论即可求解答案．
【详解】由关于的不等式的解是，
则和是方程的两个实根，
由根与系数的关系得，整理得，
则当时，关于的不等式转化为，解得；
当时，关于的不等式转化为，解得．
综上关于的不等式的解为或．
故答案为：或．
13．2
【分析】因式分解后可得积为定值，再利用配凑法结合基本不等式可求最小值.
【详解】因为，所以．
因为，所以，
则，
当且仅当，且满足，
即时等号成立，故的最小值为2．
故答案为：2.
14．
【分析】根据题意，先求出的取值范围，再通过同向不等式相加得到的范围，再由正数的可乘方性即可得出结果.
【详解】由不等式可乘性得，由同向可加性得，由正数的可乘方性得，
所以的取值范围是.
故答案为：.
四、解答题
15．(1)最小值为4，此时；
(2)；
(3).
【分析】（1）（2）根据给定条件，利用基本不等式求出最值.
（3）利用一元二次不等式的解集，结合韦达定理求出参数值.
【详解】（1），，当且仅当，即时取等号，
所以所求最小值为4，此时.
（2），，即，当且仅当时取等号，
所以当时，取得最大值.
（3）由不等式的解集为，
得且和3是方程的两个实根，
因此，解得，
所以.
16．【详解】（1）证明：因为，
所以；
（2）设，
于是，解得，则，
由，得，因此，即，
17．(1)
(2)或
(3)
【分析】（1）由已知可得，然后利用基本不等式即可求解最大值；
（2）由已知可得，然后利用基本不等式可得，又，即可求解，；
（3）由已知可得，将原式变形可得，利用基本不等式即可求解.
【详解】（1）因为，所以，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以当时，的最大值为；
（2），
当且仅当时等号成立，
因为的最小值为，所以，所以，即，
又因为，解得或；
（3）因为，，，
所以，
所以，
当且仅当，且，即，时等号成立，
所以的最小值为.
18．(1)
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）求出方程的根后可得不等式的解；
（2）就、、分类讨论后可得不等式的解；
（3）根据二次函数的对称轴可得不等式的三个不同的整数解，从而可得实数的取值范围．
【详解】（1）当时，，
所以方程的根为或－3，
所以不等式的解集为．
（2）若，即，此时二次函数的图象在轴上方，
不等式的解集为；
②若，即，此时方程为，
只有一个根，不等式的解集为；
③若，即，
此时方程的两根分别为，，
不等式的解集为．
综上所述，当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为．
（3）因为，故抛物线的对称轴为且开口向上，
而不等式的解集中恰有三个整数解，
故且，在不等式的解集中（、关于对称），
，不在不等式的解集中（、关于对称），
故，
故.
19．【详解】（1）设（）．
由条件②知，当时，有，所以．
由条件①知，，则，所以，
又，即对任意恒成立，
则有，解得．
所以．
（2）显然．存在实数，使得当时，
，即恒成立，
等价于存在实数，使得，
解得，
所以时，，
所以，即实数的最大值为8.
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