第二章 一元二次函数、方程和不等式章末能力达标测试卷-2025-2026学年高一上学期数学人教A版必修第一册

第2章 一元二次函数、方程和不等式 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．已知，设，则与的值的大小关系是 （    ） A． B． C． D． 2．不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 3．已知，则的最大值是（ ） A． B．3 C．1 D．6 4．若R，则下列命题正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 5．已知，且，则的最小值是（    ） A．6 B．12 C． D．27 6．当时，一元二次不等式恒成立，则k的取值范围是（    ） A． B． C． D．或 7．已知正数x，y满足，则的最大值为（   ） A．8 B．10 C．12 D．14 8．若，使得成立，则实数的范围是（    ） A． B． C． D． 二、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．在5G信号传输中某通信实验室测试两种信号增强器，其增益参数满足，，则下列结论恒成立的是（ ） A． B． C． D． 10．已知不等式的解集为，下列说法正确的是（ ） A．； B．，2是方程的两个实数根； C．； D．不等式的解集为或． 11．以下结论正确的是（    ） A．若，则的最小值是2 B．若a，R且，则 C．的最小值是2 D．若，，且，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．．若此命题是假命题，则实数的取值集合是 13．设矩形的周长为，把沿向折叠，折过去后交于点，则面积的最大值为 . 14．设表示a，b，c中最大的数．设.，且，则的最小值为 ． 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．（13分） （1）已知，求的取值范围； （2）若，求证：. 16．（15分） （1）解关于的不等式； （2）当时，关于的不等式恒成立，求实数的取值范围. 17．（15分） 某火车站正在不断建设，目前车站准备在某仓库外，利用其一侧原有墙体，建造一间墙高为3米，底面积为12平方米，且背面靠墙的长方体形状的保管员室.由于此保管员室的后背靠墙，无须建造费用，因此甲工程队给出的报价为：屋子前面新建墙体的报价为每平方米400元，左右两面新建墙体报价为每平方米150元，屋顶和地面以及其他报价共计7200元.设屋子的左右两侧墙的长度均为米. (1)当左右两面墙的长度为多少时，甲工程队报价最低？最低为多少？ (2)现有乙工程队也参与此保管员室建造竞标，其给出的整体报价为元，若无论左右两面墙的长度为多少米，乙工程队都能竞标成功，试求的取值范围. 18．（17分） 已知，，，且，证明： (1)； (2). 19．（17分） 已知下列不等式：（i）；（ii）；（iii）． (1)若，求这三个不等式的解集的交集． (2)若，解（ⅲ）这个不等式； (3)存在使不等式（i）和（ii）同时成立中的，且这些使不等式（ⅲ）不成立，求的取值范围． 答案 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． D 利用作差法比较大小即可. 因为， 所以， 当且仅当时等号成立，故. 故选：D 2． D 利用一元二次不等式的解法求解即可. ， 所以， 原不等式的解集为． 故选：D． 3． B 利用基本不等式，直接计算即可. ，当且仅当，即取得等号，满足题意. 故选：B. 4． B A.，不成立；B.作差法判断结论；C. ，可得到；D．时，不成立 对于A，当时，不成立，A错误 对于B，，， ， ，，即，B正确 对于C，，，，C错误 对于D，当时，，D错误 故选：B 5． C 利用基本不等式“1”的妙用求出最小值. 由，，得 ，当且仅当，即时取等号， 所以的最小值是. 故选：C 6． A 由一元二次不等式恒成立的条件可得结果. 由一元二次不等式，可得， 从而，解得：. 故选：A. 7． A 利用，可求的最大值. 因为，所以， 当且仅当时，等号成立，即的最大值为8． 故选：A. 8． B 分析可知原题意等价于，使得成立，令，利用基本不等式结合存在性问题分析求解. 因为，即， 又因为，则，可得， 原题意等价于，使得成立， 令，则， 可得， 当且仅当，即时，等号成立， 可得，所以实数的范围是. 故选：B. 二、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． ACD 利用作差法即可判断A；根据不等式的性质即可判断BCD. 对于A，因为，所以，所以，故A正确； 对于B，因为，所以，故B错误； 对于C，因为，所以，故C正确； 对于D，因为，所以， 因为，所以，所以，所以，故D正确. 故选：ACD. 10.BD 由一元二次不等式的解集，结合韦达定理可判断ABC选项；由一元二次不等式的解法可判断D选项； 不等式的解集为， 所以和2是方程的两个实数根， 有，解得，， 故AC错误，B正确； 不等式即，可得解集为或. 故选：BD. 11.ABD 使用基本不等式（均值不等式）及其取等条件进行判断； 由基本不等式（均值不等式）：如果，，则，当且仅当时取等号，可得 如果，，，当且仅当时取等号，即为定值时，的最小值为， 如果，，，当且仅当时取等号，即为定值时，的最大值为， 对于A，当时，，当且仅当时取等号，故A正确； 对于B，因，所以且，因此，当且仅当，即时取等号，故B正确； 对于C，，当且仅当时取等号，此时无实数解，故无法取等号，故的最小值不是，选项C错误， 对于D，如果，，则，当且仅当时取等号，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12． 我们已知原命题为假命题，所以原命题的否定为真命题，然后利用不等式的恒成立求解参数范围即可. 由题意可知，命题“”的否定是“”， 且是真命题，所以或解得， 所以实数的取值集合是． 故答案为： 13． 设，，利用折叠图形的性质，通过勾股定理得到与的关系，建立面积与的函数关系，再结合基本不等式求其的最大值. 如图： 长方形周长为，不妨设 ，且，设 在中， ，变形得： 当且仅当“”等号成立 所以面积的最大值为. 故答案为：. 14 利用换元法可得，进而根据不等式的性质，讨论求解即可. 令其中， 所以， 若，则，故， 令， 因此,故,则， 可知的最小值为， 故答案为： 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．（13分） （1）；（2）证明见解析 （1）根据不等式的同向可加性结合待定系数法即可求的取值范围； （2）根据不等式的性质结合逐步判断即可得结论. （1）设， 所以，解得， ， 即 的取值范围是. （2）证明： ， ， . 16．（15分） （1）答案见解析；（2） （1）由，，讨论即可；（2）转化成，结合基本不等式即可求解. （1）不等式可化为， ①时，解不等式得， ②时，，解不等式得， ③时，解不等式得. 综上，时，不等式的解集为， 时，不等式的解集为， 时，不等式的解集为； （2）由题意，不等式即恒成立， 所以， 又（当且仅当，即时取“”）， 所以实数的取值范围为. 17．（15分） (1)米 (2) （1）由题意可得与的关系，结合基本不等式计算即可得； （2）由题意可将问题转化为在恒成立，结合基本不等式计算即可得. （1）设甲工程队的总造价为y 元， 则， ， 当且仅当，即时等号成立， ∴当左右两面墙的长度为米时，甲工程队的报价最低为14400元； （2）由题意可得，对任意的恒成立， 即有，即在恒成立， 又， 当且仅当即时等号成立， ，又，故. 18．（17分） (1)证明见解析 (2)证明见解析 （1）利用基本不等式可证不等式成立； （2）利用基本不等式结合“1”的代换可证不等式成立. （1）因为， 当且仅当时等号成立， 故，当且仅当时等号成立， 故成立. （2）, 由基本不等式有， ， ， 故， 当且仅当时等号成立. 19．（17分） (1) (2)答案见解析 (3)存在，且实数的取值范围是 （1）当时，解出三个不等式，利用交集的定义可得出三个不等式解集的交集； （2）将所求不等式变形为，分、、三种情况讨论，利用一次不等式或二次不等式的解法可得出原不等式的解集； （3）设不等式、、的解集分别为、、，求出集合，考虑时实数的取值范围，可得出当时，实数的取值范围，然后分、两种情况讨论，根据可得出关于实数的不等式组，综合可得出实数的取值范围. （1）解：设不等式、、的解集分别为、、， 当时，， 由可得，解得， 即， （iii）中的不等式即为，即，即， 解得或，即， 所以，. （2）解：（iii）中的不等式即为， 即， 当时，原不等式即为，解得； 当时，，解原不等式可得； 当时，因为，即， 解原不等式可得或. 综上所述，当时，原不等式的解集为； 当时，原不等式的解集为； 当时，原不等式的解集为或. （3）解：设不等式、、的解集分别为、、， 解不等式，可得，解得， 则，且， 下面考虑当时，实数的取值范围， 则或，解得或， 所以，当时，， 因为满足不等式，则， 即，所以，或，解得或， 所以，或， 当时，，此时，， 由题意可得，所以，，可得， 解得或，此时，； 当时，，此时，或， 由题意可得，则，该不等式组无解. 综上所述，实数的取值范围是. 学科网（北京）股份有限公 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $