2020高中數(shù)學 第二章 等式與不等式單元質(zhì)量測評 第一冊

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGEPAGE15學必求其心得，業(yè)必貴于專精第二章單元質(zhì)量測評本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分．滿分150分，考試時間120分鐘．第Ⅰ卷（選擇題，共60分）一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分,共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1．方程eq\f(x－3,2）－eq\f(2x＋1,3）＝1的解集為（）A．｛－17} B．{17}C．｛4} D．｛1｝答案A解析通分得，eq\f(3x－3－22x＋1，6)＝1，去分母,去括號得，3x－9－4x－2＝6，系數(shù)化為1得，x＝－17，即其解集為{－17｝．故選A.2．方程x2＋50x－600＝0的解集為（)A．{－10，60｝ B．｛10，－60}C．{－20,30} D．{20，－30｝答案B解析原方程可變?yōu)?x－10)(x＋60）＝0，即其解集為｛10,－60｝．故選B.3．已知關于x的一元二次方程2x2－kx＋3＝0有兩個相等的實根，則k的值為（）A．±2eq\r(6） B．±eq\r(6）C．2或3 D.eq\r(2)或eq\r（3)答案A解析因為方程有兩個相等的實根，所以Δ＝（－k)2－4×2×3＝k2－24＝0，即k＝±2eq\r(6）。故選A.4．已知x1，x2是關于x的方程x2－ax－2＝0的兩根，下列結論一定正確的是()A．x1≠x2 B．x1＋x2〉0C．x1x2>0 D．x1<0，x2〈0答案A解析由根與系數(shù)的關系與已知，可得x1＋x2＝a，x1x2＝－2，所以x1與x2異號，又Δ＝(－a）2－4×1×(－2）＝a2＋8>0恒成立，即a取任意值且x1與x2不等．故選A.5．若a，b,c∈R，且a〉b，則下列不等式成立的是()A。eq\f(1,a)<eq\f（1,b） B．a(chǎn)2〉b2C.eq\f(a,c2＋1)〉eq\f（b,c2＋1） D．a(chǎn)|c｜〉b｜c|答案C解析根據(jù)不等式的性質(zhì),知C成立；若a〉0〉b，則eq\f(1，a）>eq\f(1,b)，則A不成立；若a＝1,b＝－2，則B不成立；若c＝0,則D不成立．故選C.6．不等式eq\f（x－1，x）≥2的解集為（）A．［－1,0）B．［－1，＋∞）C．（－∞，－1]D．（－∞,－1]∪（0，＋∞）答案A解析原不等式變形為eq\f（x－1，x)－2≥0即eq\f（1＋x，x）≤0.因為x≠0，所以當x〈0時,有1＋x≥0即x≥－1；當x>0時，有1＋x≤0即x≤－1，矛盾．綜上，原不等式的解集為[－1，0)，故選A.7．不等式x2－3x＋2<0的解集是（)A．(－∞，－2）∪（－1，＋∞)B．(－∞,1)∪（2,＋∞)C．(1,2)D．（－2,－1）答案C解析不等式x2－3x＋2<0可變?yōu)?x－1）（x－2）<0,即其解集為(1,2）．故選C。8．方程組eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x＋2y＋z＝64，,x－y＝2，，x＋2z＝2y＋14)）的解集為（）A．｛（－12，16,18）} B．｛(62,－12，14）｝C．｛(18,16,14)} D．{(14，16，18）}答案C解析由已知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x＋2y＋z＝64，①，x－y＝2，②，x＋2z＝2y＋14,③))先消去未知數(shù)x，由②得x＝y(tǒng)＋2④，把④分別代入①和③得到關于y和z的二元一次方程組為eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（y＋2＋2y＋z＝64，,y＋2＋2z＝2y＋14，))整理得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（3y＋z＝62,,y－2z＝－12.）)解得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（y＝16，,z＝14，）)把y＝16代入④得x＝18,∴原方程組的解為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝18，，y＝16,，z＝14,)）即其解集為｛（18,16,14)｝．故選C。9．方程組eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝2x，,x2－y2＝8））的解集為（）A．｛（4，－2）}B．{（4，2eq\r(2))，(4,－2eq\r(2)）｝C．{(－2，4）｝D．{(2eq\r（2）,4)，（－2eq\r(2)，4）}答案B解析由已知eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（y2＝2x,①,x2－y2＝8，②）)把①代入②整理得x2－2x－8＝0，即(x－4)(x＋2)＝0，∴x1＝4，x2＝－2，∵y2＝2x≥0，∴x2＝－2舍去,∴x＝4,把x＝4代入①得y1＝2eq\r(2),y2＝－2eq\r（2),所以方程組的解為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x1＝4，，y1＝2\r(2)))或eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x2＝4，，y2＝－2\r(2），)）即其解集為｛（4,2eq\r（2）)，（4,－2eq\r（2))}．故選B.10．若關于x的一元二次不等式x2＋mx＋1≥0的解集為R,則實數(shù)m的取值范圍是（)A．（－∞，－2]∪[2，＋∞）B．［－2，2］C．（－∞，－2)∪（2，＋∞)D．（－2，2)答案B解析原不等式可化為eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(x＋\f(m，2))）2＋1－eq\f（m2,4)≥0，即eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（x＋\f(m,2)))2≥eq\f(m2，4）－1的解集為R,所以eq\f（m2，4)－1≤0，即－2≤m≤2。故選B。11．已知x〉1，則x＋eq\f(1，x－1)＋5的最小值為（）A．－8 B．8C．16 D．－16答案B解析∵x>1，∴x－1〉0，x＋eq\f(1，x－1）＋5＝x－1＋eq\f（1,x－1）＋6≥2eq\r(x－1·\f(1，x－1））＋6＝2＋6＝8,當且僅當x＝2時等號成立．故選B.12．設正實數(shù)x，y，z滿足x2－3xy＋4y2－z＝0，則當eq\f(xy，z）取得最大值時，eq\f（2，x）＋eq\f(1,y)－eq\f（2，z）的最大值為(）A．0 B．1C。eq\f（9,4) D．3答案B解析eq\f（xy,z）＝eq\f(xy,x2－3xy＋4y2）＝eq\f（1，\f(x，y）＋\f(4y，x)－3）≤eq\f(1,2\r（\f（x，y）·\f（4y,x))－3)＝eq\f（1，4－3)＝1，當且僅當x＝2y時等號成立，此時z＝2y2，eq\f（2,x）＋eq\f（1,y)－eq\f（2,z）＝－eq\f（1，y2)＋eq\f(2,y)＝－eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1，y）－1））2＋1≤1,當且僅當y＝1時等號成立，故所求的最大值為1.故選B。第Ⅱ卷（非選擇題，共90分）二、填空題(本大題共4小題,每小題5分，共20分．將答案填在題中的橫線上）13．已知集合M＝{x｜－2≤x－1≤2，x∈R｝，P＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1（x\b\lc\|\rc\（\a\vs4\al\co1(\f（5,x＋1)≥1，x∈Z））))，則M∩P等于________．答案｛x|－1〈x≤3，x∈Z}解析∵M＝｛x｜－1≤x≤3｝，P＝｛x｜－1〈x≤4，x∈Z}，∴M∩P＝｛x｜－1〈x≤3，x∈Z}．14．若關于x的一元二次方程eq\f（1，2）x2－2mx－4m＋1＝0有兩個相等的實數(shù)根，則(m－2）2－2m(m－1）的值為________．答案eq\f(7，2）解析由已知可得Δ＝(－2m)2－4×eq\f（1,2）×(－4m＋1)＝0,即m2＋2m－eq\f(1，2)＝0，m2＋2m＝eq\f(1，2)，故所求(m－2）2－2m（m－1)＝－m2－2m＋4＝－eq\f(1，2）＋4＝eq\f（7,2）.15．當x〉1時，不等式x＋eq\f（1,x－1)≥a恒成立，則實數(shù)a的最大值為________．答案3解析x＋eq\f（1，x－1)≥a恒成立?eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（x＋\f（1，x－1))）min≥a?！選>1，∴x－1〉0，∴x＋eq\f(1，x－1）＝x－1＋eq\f(1，x－1）＋1≥2eq\r（x－1·\f(1，x－1))＋1＝3（當x＝2時取等號）．∴a≤3,即a的最大值為3.16．設x，y為實數(shù)，若4x2＋y2＋xy＝1，則2x＋y的最大值是________．答案eq\f（2\r(10）,5）解析∵4x2＋y2＋xy＝1，∴(2x＋y）2－3xy＝1，即（2x＋y)2－eq\f（3,2)×2xy＝1?！啵?x＋y）2－eq\f（3,2）·eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(2x＋y，2）))2≤1，即(2x＋y）2≤eq\f(8，5），解得－eq\f(2\r（10），5）≤2x＋y≤eq\f(2\r(10），5）?！?x＋y的最大值是eq\f(2\r（10）,5)。三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17．（本小題滿分10分)已知a〉0,試比較a與eq\f（1,a）的大?。鈇－eq\f(1,a)＝eq\f（a2－1,a)＝eq\f(a－1a＋1，a)。因為a〉0,所以當a〉1時,eq\f（a－1a＋1，a）〉0，有a〉eq\f(1，a)；當a＝1時，eq\f(a－1a＋1,a)＝0,有a＝eq\f（1，a)；當0<a<1時,eq\f(a－1a＋1，a)<0,有a<eq\f（1,a)。綜上,當a〉1時,a>eq\f(1，a);當a＝1時，a＝eq\f（1，a）；當0〈a〈1時，a<eq\f(1，a）。18．(本小題滿分12分)已知a，b,c為不等正數(shù),且abc＝1,求證：eq\r（a）＋eq\r（b)＋eq\r（c）<eq\f（1，a)＋eq\f(1，b)＋eq\f（1,c）.證明證法一：∵a，b，c為不等正數(shù)，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,b)＋\f(1，c）,2)＋eq\f(\f(1,c)＋\f(1,a)，2）＋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．證法二：∵a，b，c為不等正數(shù)，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．(本小題滿分12分)求下列式子的解集：（1）eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（y－x＝1,,x2－xy－2y2＝0；)）(2）eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x2＋y2＝25，,xy＝12；）)(3)eq\f（3－2x,x＋5)≥0;（4）x2－（2＋c)x＋2c〈0(c為常數(shù))．解(1)由已知eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（y－x＝1，①,x2－xy－2y2＝0，②))將①代入②得2x2＋5x＋2＝0，解得x1＝－eq\f（1,2），x2＝－2,將所得x值代入①有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝－\f(1，2)，，y1＝\f（1，2）))或eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x2＝－2，，y2＝－1，）)即所求方程組解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f(1，2），\f（1，2））)，－2,－1））。（2)由已知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝25，①，xy＝12，②）)由①＋②×2得x2＋2xy＋y2＝49.∴x＋y＝±7，將x，y看作m2－7m＋12＝0或m2＋7m＋12＝0的兩解，則m1＝3，m2＝4或m3＝－4，m4＝－3,∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x1＝3，,y1＝4）)或eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x2＝4,,y2＝3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x3＝－4,,y3＝－3）)或eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x4＝－3，,y4＝－4。)）所求解集為{(3，4），（4，3），（－4，－3),（－3，－4)｝．（3)原不等式可化為eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（2x－3x＋5≤0，,x＋5≠0。)）所以原不等式的解集為eq\b\lc\（\rc\]（\a\vs4\al\co1（－5，\f(3,2）)）.(4)x2－（2＋c)x＋2c<0，即（x－2)（x－c)〈0。①當c〉2時，不等式（x－2)(x－c）<0的解集為{x｜2<x〈c｝;②當c〈2時，不等式(x－2)（x－c）<0的解集為{x|c〈x<2｝；③當c＝2時，不等式(x－2）(x－c)〈0的解集為?.所以所求解集為：當c>2時，(2，c)；當c＝2時，?；當c〈2時，(c，2)．20．（本小題滿分12分）已知正實數(shù)a，b滿足a＋b＝1，求eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(a＋\f（1，a))）2＋eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（b＋\f(1,b）))2的最小值．解eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（a＋\f（1,a）))2＋eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（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\co1(1＋\f(1，a2b2))）＋4＝［（a＋b）2－2ab］eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（1＋\f(1，a2b2)）)＋4＝（1－2ab)eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(1＋\f（1，a2b2）))＋4，由a＋b＝1，得ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b，2）))2＝eq\f（1,4)eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（當且僅當a＝b＝\f（1，2)時等號成立）），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\co1（a＋\f（1，a)））2＋eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（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\co1（a＋\f（1，a)))2＋eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（b＋\f(1,b））)2的最小值為eq\f(25，2)。21．（本小題滿分12分）若關于x的不等式x2－ax－6a〈0的解集的區(qū)間長度不超過5個單位，求實數(shù)a的取值范圍．解∵x2－ax－6a<0有解∴方程x2－ax－6a＝0的判別式Δ＝a2＋24a∴a〉0或a〈－24。解集的區(qū)間長度就是方程x2－ax－6a＝0的兩個根x1，x2的差的絕對值,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綜上可得－25≤a〈－24或0〈a≤1，即a的取值范圍是[－25，－24)∪（0,1］．22．(本小題滿分12分)按照某學者的理論，假設一個人生產(chǎn)某產(chǎn)品單件成本為a元，如果他賣出該產(chǎn)品的單價為m元，則他的滿意度為eq\f（m,m＋a)；如果他買進該產(chǎn)品的單價為n元，則他的滿意度為eq\f（a,n＋a).如果一個人對兩種交易（賣出或買進）的滿意度分別為h1和h2，則他對這兩種交易的綜合滿意度為eq\r(h1h2)。現(xiàn)假設甲生產(chǎn)A，B兩種產(chǎn)品的單件成本分別為12元和5元，乙生產(chǎn)A，B兩種產(chǎn)品的單件成本分別為3元和20元，設產(chǎn)品A，B的單價分別為mA元和mB元，甲買進A與賣出B的綜合滿意度為h甲，乙賣出A與買進B的綜合滿意度為h乙．(1）求h甲和h乙關于mA,mB的表達式；當mA＝eq\f（3，5)mB時，求證:h甲＝h乙；（2）設mA＝eq\f（3，5)mB，當mA，mB分別為多少時，甲、乙兩人的綜合滿意度均最大？最大的綜合滿意度為多少？（3)記（2)中最大的綜合滿意度為h0，試問能否適當選取mA，mB的值，使得h甲≥h0和h乙≥h0同時成立,但等號不同時成立？試說明理由．解設mA＝x