专题02 一元二次函数、方程和不等式（5大题型）（期末真题汇编 云南专用）高一数学上学期

专题02 一元二次函数、方程和不等式 （5大题型） 5大高频考点概览 考点01 等式性质与不等式性质 考点02 基本不等式相关问题 考点03 基本不等式的应用 考点04 三个“二次”相关问题 考点05 二次函数的应用 等式性质与不等式性质 地 城 考点01 1．（24-25高一上·云南昆明·期末）已知，使成立的一个充分不必要条件是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据充分、必要条件的定义，结合不等式的性质，逐一分析各个选项，即可得答案. 【详解】选项A：若，则，反之成立，则也成立， 所以是的充要条件，故A错误； 选项B：若，当时，则，当时，则， 故无法一定得到，充分性不成立，故B错误； 选项C：当时，满足，但此时，充分性不成立，故C错误； 选项D：若，且，则，故充分性成立， 反之若，当时，，必要性不成立， 所以是的充分不必要条件，故D正确. 故选：D 2．（24-25高一上·云南曲靖·期末）“，，”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 【答案】A 【分析】根据充分必要条件的定义分别判断其充分性和必要性可得结论. 【详解】若，，，由不等式性质可得， 所以“，，”是“”的充分条件， 取，，满足，但不满足， 所以“，，”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 3．（23-24高一上·云南红河·期末）下列说法错误的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】A 【分析】利用反例判断A选项，BCD均可以通过不等式的性质以及作差法进行判断. 【详解】对于A，令，满足，但，故A错误； 对于B，因为，所以，，故B正确； 对于C，，则，故C正确； 对于D，若，则有，则，故D正确； 故选：A. 4．（24-25高一上·云南昆明·期末）古希腊科学家阿基米德在《论平面图形的平衡》一书中提出了杠杆原理，它是使用天平秤物品的理论基础，当天平平衡时，由杠杆原理可推出：左臂长与左盘物品质量的乘积等于右臂长与右盘物品质量的乘积.一家商店使用一架两臂不等长的天平称黄金，其中左臂长和右臂长之比为，一位顾客到店里购买10克黄金，售货员先将5克砝码放在天平左盘中，取出一些黄金放在天平右盘中使天平平衡；再将5克砝码放在天平右盘中，然后取出一些黄金放在天平左盘中使天平平衡，最后将两次称得的黄金交给顾客，则顾客购得的黄金质量（    ） A．大于10克 B．小于10克 C．等于10克 D．当时，大于10克；当时，小于10克 【答案】A 【分析】设天平左臂长为，右臂长为（不妨设），先称得的黄金的实际质量为，后称得的黄金的实际质量为.根据天平平衡，列出等式，可得表达式，利用作差法比较与10的大小，即可得答案. 【详解】解：由于天平的两臂不相等，故可设天平左臂长为，右臂长为， 所以，所以， 先称得的黄金的实际质量为，后称得的黄金的实际质量为. 由杠杆的平衡原理：，．解得，， 则. 下面比较与10的大小： 因为， 因为，所以，即， 所以这样可知称出的黄金质量大于. 故选：A. 5．（21-22高一上·云南大理·期末）已知的三边长分别为，，，且满足，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用三角形三边关系列不等式组，结合不等式性质求的取值范围. 【详解】由已知及三角形三边关系得， 所以，则，两式相加得， 所以. 故选：C 6．（24-25高一上·云南德宏·期末）若，则下列不等式中正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】根据不等式的性质即可判断ABC；利用作差法即可判断D. 【详解】对于A，因为，所以，故A正确； 对于B，因为，所以， 所以，故B正确； 对于C，由A选项知，，， 所以，故C错误； 对于D，， 因为，所以， 所以，所以，故D正确. 故选：ABD. 7．（24-25高一上·云南曲靖·期末）若，则下列不等式一定成立的是（   ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】根据不等式性质逐项判断即可. 【详解】对于选项A：因为，则，所以，故，故选项A正确； 对于选项B：因为，所以得到，所以，故选项B正确； 对于选项C：因为，所以，所以，故选项C错误； 对于选项D：因为，所以，故，故选项D正确； 故选：ABD 8．（23-24高一上·云南昭通·期末）已知，则下列不等式中错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】AB 【分析】根据给定条件，利用不等式性质逐项判断即可. 【详解】对于A，由，得，则，A错误； 对于B，由，得，B错误； 对于C，由，得，C正确； 对于D，由，得，而，则，D正确.     故选：AB 9．（23-24高一上·云南德宏·期末）下列命题中正确的是（    ） A．若 ，则 B．若，且，则 C．若，则 D．若，，则 【答案】BC 【分析】根据不等式的性质，差比较法等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】A选项，若，则，所以A选项错误. B选项，若，，则， 则，所以B选项正确. C选项，若，则， 所以，所以C选项正确. D选项，若，，如， 则，所以D选项错误. 故选：BC 10．（23-24高一上·云南昭通·期末）已知，，则以下正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】ABC 【分析】由不等式的性质判断ABC，利用特殊值排除D，从而得解. 【详解】因为，，所以， 对于A，当，时，； 当，时，，则，即； 当，时，，则，即； 当，时，，，则； 综上，，故A正确； 对于B，，故B正确； 对于C，，故C正确； 对于D，当，时，，故D错误， 故选：ABC. 11．（23-24高一上·云南昆明·期末）对于实数，，，下列说法正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，，则 D．若， 【答案】ABC 【分析】AB选项，可利用不等式性质进行判断；CD选项，利用作差法比较出大小. 【详解】A选项，若，则，不等式两边同除以得，A正确； B选项，若，则，故，不等式两边同除以得，B正确； C选项，， 因为，，所以，故，所以，C正确； D选项，，因为，所以，，， 但的正负不确定，故无法判断的正负，从而无法判断与的大小关系，D错误. 故选：ABC. 12．（23-24高一上·云南昆明·期末）下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】BD 【分析】利用不等式的性质与反例排除法即可解题. 【详解】A选项采用反例排除：设，但，故A选项错误. B选项利用不等式的性质：； 设 由不等式的性质可知：，即；故B选项正确. C选项利用反例排除：当时，只能得出，故C选项错误. D选项：若，故D选项正确. 13．（21-22高一上·云南曲靖·期末）下列不等式正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C． D．若，则 【答案】BC 【分析】AD选项，举出反例；B选项，由不等式的性质得到B正确；C选项，作差法比较出大小. 【详解】A选项，不妨设，则，故，A错误； B选项，，故，，不等式两边同除以得，，B正确； C选项，， 故，C正确； D选项，不妨取，则，D错误. 故选：BC 14．（22-23高一上·云南红河·期末）下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】AD 【分析】举反例排除BC，利用不等式的性质判断AD，从而得解. 【详解】对于A选项，由不等式的同向可加性可知，该不等式成立，所以A正确； 对于B选项，例如：，，但是，所以B错误； 对于C选项，当时，，所以C错误； 对于D选项，因为，所以，又，所以，所以D正确. 故选：AD． 15．（22-23高一上·云南昆明·期末）十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《励智石》一书中首先把“=”作为等号使用，后来英国数学家哈里奥特首次使用“<”和“>”符号，并逐渐被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远.若，则下列说法不成立的是（    ） A．若且，则 B．若，则 C．若，则 D．若且，则 【答案】ACD 【分析】A项，通过设出和的值，即可得出结论；B项，通过作差后与0比较，即可得出结论；C项，通过作差后与0比较，即可得出结论；D项，通过分析已知条件得出和与0的关系，讨论的取值，即可得出结论. 【详解】由题意， A项， 当，时，满足，但， ∴A错误， B项， ∵， ∴， ∴， ∴B正确， C项， ∵， ∴， ∴C错误， D项， ∵，， ∴，，， 当时，则， ∴D错误， 故选：ACD. 16．（22-23高一上·云南昆明·期末）已知为实数，则（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】BCD 【分析】根据不等式性质判断，可用作差法证明不等式成立． 【详解】当时，，A错误； ，则，即，B正确； ，则，， ∴，∴，C正确； ，则，，， ∴，即，D正确． 故选：BCD． 地 城 考点02 基本不等式相关问题 17．（24-25高一下·云南保山·期末）“”是“，”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】根据题意，得到，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解. 【详解】由，可得，即或， 所以是的必要不充分条件. 故选：B. 18．（24-25高一上·云南怒江·期末）已知函数，则函数的最小值为（    ） A． B．2 C． D． 【答案】B 【分析】根据基本不等式即可得到最值. 【详解】因为，则，当且仅当时等号成立. 故选：B. 19．（24-25高一上·云南昆明·期末）已知，，且，则的最小值为（   ）． A．9 B．8 C．6 D．5 【答案】A 【分析】依题意可得，再利用乘“1”法及基本不等式计算可得. 【详解】因为，，且， 所以， 所以， 当且仅当，即，时取等号. 故选：A 20．（24-25高一上·云南昭通·期末）已知，则函数的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据基本不等式，可得答案. 【详解】当时，， 当且仅当，即时等号成立， 所以时，的最大值为， 故选：A. 21．（24-25高一上·云南楚雄·期末）已知正数，满足，则的最大值是（   ） A．4 B．6 C．1 D．2 【答案】D 【分析】把所求式子展开,得,对利用基本不等式,然后代入即可求得最大值. 【详解】．因为,所以, 从而，当且仅当时,等号成立,所以的最大值是2． 故选:D 22．（24-25高一上·河北承德·期末）已知，则的最小值为（   ） A．25 B．6 C．10 D．5 【答案】D 【分析】利用常值代换法和基本不等式即可求其最小值. 【详解】由题意得， 则 ， 当且仅当，即时，等号成立． 故的最小值为5． 故选：D 23．（24-25高一上·云南大理·期末）已知正实数，满足，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意分析可知，代入化简后利用基本不等式即可求解. 【详解】因为正实数，满足，则， 则， 当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为. 故选：C. 24．（24-25高一上·云南昆明·期末）已知，则的最小值为（   ） A．9 B．6 C．5 D．4 【答案】C 【分析】利用基本不等式即可求得结果. 【详解】因为，所以， 则， 当且仅当，解得：（舍）或时，等号成立. 故选：C 25．（23-24高一上·云南昆明·期末）如图，为满足居民健身需求，某小区计划在一块直角三角形空地中建一个内接矩形健身广场（阴影部分），则健身广场的最大面积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设出边长，利用相似得到定值，再利用基本不等式求解即可. 【详解】设矩形广场的长为，宽为，且，， 由三角形相似性质得，化简得， 而，当且仅当时取等，故， 故健身广场的最大面积为. 故选：C 26．（23-24高一上·云南昆明·期末）已知，为正实数，，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用基本不等式中“和定积最大”的方法即可求解. 【详解】因为，， 所以， 当且仅当，即时，等号成立. 故选：D 27．（21-22高一上·云南红河·期末）若，有这四个不等式：①，②，③，④，则正确的不等式的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】根据不等式的性质、基本不等式知识即可判断. 【详解】由可得，则,①错误；④正确； 而，，，③正确； 又，，，②正确. 因此有3个正确的不等式. 故选：D. 28．（20-21高一下·云南保山·期末）设为正数，且，则的最小值为（    ） A．2 B． C．4 D． 【答案】A 【分析】将变形为，展开后利用基本不等式即可求得答案. 【详解】由题意为正数，且， 则 ， 当且仅当，结合，即时等号成立， 即的最小值为2， 故选：A 29．（21-22高一下·云南·期末）已知，则的最小值为（    ） A． B． C．4 D．5 【答案】D 【分析】根据题意利用基本不等式即可求得其最小值. 【详解】由可知，利用基本不等式可得， 当且仅当时，等号成立， 即的最小值为5. 故选：D 30．（22-23高一上·云南昆明·期末）若，，且，则的最大值为（    ） A．5 B．6 C．8 D．9 【答案】D 【分析】根据即可求解. 【详解】因为，，且， 所以，当且仅当时等号成立， 所以的最大值为9. 故选:D. 31．（24-25高一上·云南昆明·期末）若，则下列不等式对一切满足条件的恒成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】利用给定条件，结合基本不等式，逐项分析、计算判断作答即可. 【详解】对于A，因为， 所以，当且仅当时取等号，故A正确； 对于B，因为， 所以，当且仅当时取等号，故B正确； 对于C，因为，所以，当且仅当时取等号，故C错误； 对于D，因为， 所以，当且仅当，即时取等号，故D正确. 故选：ABD 32．（24-25高一上·云南昭通·期末）下列各式的最小值是4的有（    ） A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】A.由当判断；B.利用基本不等式判断；C.利用基本不等式判断；D.设，由对勾函数的性质求解判断. 【详解】当时，，则A错误. 因为，所以，当且仅当时，等号成立，则B正确. 因为，所以，当且仅当时，等号成立，则C正确. 设，则，故D错误. 故选：BC 33．（24-25高一上·云南红河·期末）已知正数满足，则下列选项正确的是（    ） A．的最大值为 B．的最小值为 C．的最大值为 D．的最小值为2 【答案】AB 【分析】ACD直接利用基本不等式求解即可，B通过换元，利用二次函数的性质进行求解． 【详解】对于A，因为，则，故，当且仅当，即时等号成立，故A正确； 对于B，由题得，故， 又由，易求得，所以当时，有最小值，故B正确； 对于，因为，所以， 当且仅当，即时时等号成立，此时有最小值2，故的最大值为，故C错误； 对于D，由，所以当且仅当，即时的最小值为4，故D错误． 故选：AB． 34．（24-25高一上·云南昭通·期末）已知实数，满足，则下列结论中正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】由不等式性质对选项逐一判断即可得出结果． 【详解】对A：由，可得,即，当且仅当时取等号，故A正确； 对B：由，可得, 由选项A知，所以， 即，当且仅当时取等号，则成立， B正确； 对C：， 由选项A知，当时，，即，故C错误； 对D：，可得，则， 因为，所以，即，所以D正确； 故选：ABD. 35．（24-25高一上·云南昆明·期末）用篱笆围成一个一边靠墙面积为的矩形菜园，墙长10m，则至少需要篱笆 m. 【答案】16 【分析】根据题意，设靠墙的一边长为m，与其相邻的另一边长为m，则得，利用基本不等式即可求出篱笆长的最小值即可. 【详解】设靠墙的一边长为m，与其相邻的另一边长为m，则， 记篱笆长为m，则.依题意，. 则，当且仅当时，即时，等号成立， 即时，，故至少需要篱笆16m. 故答案为：16. 36．（23-24高一上·云南昭通·期末）已知实数，，且，则的最小值是 ． 【答案】 【分析】根据基本不等式在最值求解中的应用计算即可． 【详解】因为实数，，， 则， 当且仅当，即，时取等号． 故答案为：． 37．（21-22高一上·云南曲靖·期末）已知，且，则当取得最小值时， ． 【答案】 【分析】根据条件表示出，然后将表示结果代入，利用基本不等式求解最小值并分析取等条件，由此可得结果. 【详解】因为，所以，由可知， 所以， 所以，当且仅当即时取等号， 此时，所以， 故答案为：. 38．（10-11高一下·云南昆明·期末）在周长为常数的所有矩形中，面积的最大值是 【答案】 【分析】设矩形的长宽分别为，，可得，化为．利用基本不等式即可求解. 【详解】设矩形的长宽分别为，，面积为，则，化简得， 所以，当且仅当时取等号. 故答案为：. 39．（23-24高一上·云南曲靖·期末）已知，，且，证明： (1)； (2)． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）利用基本不等式，求得，进而证得. （2）化简，然后利用不等式的性质以及（1）的结论证得. 【详解】（1）， 因为，，，则，当且仅当时等号成立， 所以； （2） ， 由（1）有，有，，有，， 有，当且仅当时等号成立， 所以． 40．（22-23高一上·云南大理·期末）设，且. (1)求的最大值； (2)求的最小值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由基本不等式即可求出的最大值； （2）由，再由基本不等式求解即可. 【详解】（1）法一：， 当且仅当且时等号成立． ∴ab的最大值为 法二：，， 当且仅当，即，时等号成立． ∴ab的最大值为． （2）， 当且仅当时等号成立， ∴的最小值为． 基本不等式的应用 地 城 考点03 41．（23-24高一上·云南·期末）甲、乙两地相距1000km，货车从甲地匀速行驶到乙地，速度不得超过100（km/h），若货车每小时的运输成本（以元为单位）由可变成本和固定成本组成，可变成本是速度的平方的倍，固定成本为元. (1)将全程运输成本（元）表示为速度的函数，并指出这个函数的定义域； (2)为了使全程运输成本最小，货车应以多大的速度行驶? 【答案】(1)，定义域为 (2)答案见解析 【分析】（1）由题意货车每小时的运输的可变成本为元，固定成本为a元，求和后乘以时间即可； （2）由（1）的结论，利用基本不等式求最小值作答. 【详解】（1）由题意得可变成本为元，固定成本为a元， 所用时间为， 则，定义域为． （2）由（1）得，当且仅当，即时取等号， 易知函数在上单调递减，在上单调递增. 又， 所以当时，货车以km/h的速度行驶，全程运输成本最小； 当时，货车以100km/h的速度行驶，全程运输成本最小． 42．（23-24高一上·全国·课后作业）某住宅小区为了营造一个优雅、舒适的生活环境，打算建造一个八边形的休闲花园，它的主体造型的平面图是由两个相同的矩形ABCD和EFGH构成面积为200米2的十字形区域，且计划在正方形MNPK上建一座花坛，其造价为4200元/米2，在四个相同的矩形上（图中的阴影部分）铺花岗岩路面，其造价为210元/米2，并在四个三角形空地上铺草坪，其造价为80元/米2.    (1)设的长为米，试写出总造价（单位：元）关于的函数解析式； (2)问：当取何值时，总造价最少？求出这个最小值． 【答案】(1) (2)时，（元） 【分析】（1）设，得到，求得，进而得到总造价（单位：元）关于的函数解析式； （2）令，得到且，结合基本不等式，即可求解. 【详解】（1）解：设，则，所以， 由，可得， 所以总造价（单位：元）关于的函数解析式为： . （2）解：令，则且， 因为函数， 当且仅当时，即时，即时，等号成立， 所以总造价的最小值为元. 43．（22-23高一下·云南玉溪·期末）一艘船上的某种液体漏到一片海域中，为了治污，根据环保部门的建议，现决定在该片海域中投放一种与污染液体发生化学反应的药剂，已知每投放个单位的药剂，它在海水中释放的浓度（克/升）随着时间（天）变化的函数关系式近似为（投放当天），其中若多次投放，则某一时刻水中的药剂浓度为各次投放的药剂在相应时刻所释放的浓度之和．根据经验，当海水中药剂的浓度不低于6（克/升）时，它才能起到有效治污的作用． (1)若一次投放2个单位的药剂，则有效治污时间可达几天？ (2)若第一次投放4个单位的药剂，6天后再投放（第二次投放）个单位的药剂，要使第二次投放后的5天（含投放当天）能够持续有效治污，试求的最小值． 【答案】(1)1天 (2)2 【分析】（1）根据题意得到，分类讨论，列出不等式，即可求解； （2）根据题意，求得当时，，转化为对于恒成立，结合基本不等式求得最小值，列出不等式，即可求解． 【详解】（1）解：因为，所以， ①当时，由，解得，所以此时； ②当时，由，解得，所以此时为空集； 综上可得，一次投放个单位的药剂，则有效治污时间为1天． （2）解：当时， 可得 ， 根据题意，可得对于恒成立， 因为，而，所以， 由， 当且仅当时，有最小值为， 令，解得，所以实数的最小值为． 44．（25-26高一上·云南昆明·期中）Labubu已然成为2025年年轻人的新宠，它为年轻人提供了情绪价值，成为了很多人的精神寄托．现有国内一家工厂决定在国内专项生产销售此款玩具，已知生产这种玩具的年固定成本为15万元，每生产千件需另投入万元．其中与之间的关系为：．通过市场分析，公司决定每千件Labubu售价定为12万元，且该厂年内生产的此款玩具能全部销售完． (1)写出年利润（万元）关于年产量的（千件）的函数解析式； (2)当年产量为多少千件时，该厂所获年利润最大？并求出最大年利润． 【答案】(1)； (2)年产量为42千件，最大年利润为115万元. 【分析】（1）根据题目条件，进而求出的表达式． （2）由（1）按与分段利用二次函数的性质及基本不等式求出最大值，再比较大小即得． 【详解】（1）依题意，. （2）由（1） 当时，， 则当时，取得最大值60万元； 当时， ， 当且仅当时，即时取得等号， 此时取得最大值，且最大值为115万元， 所以当年产量为42千件时，该厂所获年利润最大，最大年利润115万元． 45．（23-24高一上·云南昭通·期中）如图，设矩形的周长为，把沿向折叠，折过去后交于点，设，求的最大面积及相应的值． 【答案】最大面积为， 【分析】设，根据题设条件可得，从而有，再利用基本不等式，即可求解. 【详解】由题意可知，矩形的周长为，且，则， 设，则，又为直角三角形， 所以，整理得到，则， ， 又，当且仅当，即时取等号， 所以，当且仅当，时，取等号，满足， 故，时，取最大面积为. 46．（24-25高一上·云南大理·阶段练习）如图圆和矩形的周长均为. (1)当矩形为正方形时，比较两个图形的面积，并由此解释人们通常把自来水管的横截面制成圆形，而不是正方形的原因. (2)当时，设，把沿向折叠，折过去后交于点，求面积的最大值. 【答案】(1)圆面积大于正方形的面积；原因见解析 (2) 【分析】（1）分别计算圆的面积和正方形的面积，作差比较即可. （2）设，则，利用已知条件求出，可求得三角形面积，然后利用基本不等式即可求解面积的最大值. 【详解】（1）由题意可得圆半径为，面积为； 正方形边长为，面积为， 所以，故. 因此，相同材料制成的自来水管，横截面周长相同的条件下为圆形时面积大，因而出水快. （2）设，则， 设，则， 由已知可得， 因为，所以， 所以， . 由得， 解得，. 所以的面积为 ， 当且仅当，即时得面积的最大值为. 47．（19-20高一·全国·课后作业）某公司建造一间背面靠墙的房屋，地面面积为，房屋正面每平方米的造价为元，房屋侧面每平方米的造价为元，屋顶的造价为元，如果墙高为，且不计房屋背面和地面的费用，那么怎样设计房屋能使总造价最低？最低总造价是多少？ 【答案】当房屋的正面边长为，侧面边长为时，房屋总造价最低，为元. 【解析】设房屋的正面边长为，侧面边长为，总造价为元，由题意得出，然后根据题意得出关于的函数表达式，利用基本不等式可求出的最小值，利用等号求出对应的值，综合可得出结论. 【详解】设房屋的正面边长为，侧面边长为，总造价为元，则，即， . 当时，即当时，有最小值，最低总造价为元. 答：当房屋的正面边长为，侧面边长为时，房屋总造价最低，为元. 【点睛】本题考查基本不等式的应用，在利用基本不等式时，要注意等号成立的条件，考查计算能力，属于基础题. 地 城 考点04 三个“二次”相关问题 48．（24-25高一上·云南昆明·期末）已知，关于的不等式的解集为，则（    ） A．3 B． C．1 D． 【答案】A 【分析】由题意得出相应一元二次方程的解，结合韦达定理求解可得． 【详解】由题意的两根为和1， 所以，即， 所以， 故选：A． 49．（23-24高一下·云南迪庆·期末）抛物线的部分图象如图所示，下列说法正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据图象，结合二次函数的图象的开口方向、对称轴、 函数值、零点个数逐项判断即可. 【详解】抛物线的开口向下， ， 抛物线的对称轴为， ， ， 抛物线与轴相交于正半轴， ， ，故A错误； 抛物线的对称轴为， ， ，故B错误； 由图象可知，当时，函数值小于0，即， 故C正确； 抛物线与轴有两个交点， ， ，故D错误. 故选：C. 50．（24-25高一上·云南楚雄·期末）已知二次不等式的解集为，，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用一元二次不等式的解法、一元二次方程的判别式以及根与系数的关系和不等式的性质运算即可得解. 【详解】因为，，所以， 所以，即，解得：或． 因为有两个不等根，所以， 解得：或，则的取值范围是． 故选：B 51．（24-25高一上·云南曲靖·期末）“”是“关于的不等式有解”的（    ） A．充要条件 B．必要不充分条件 C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】求关于的不等式有解的等价条件，结合充分条件与必要条件的定义求结论. 【详解】若关于的不等式有解， 则，得. 由“”可以推出“”， 由“”不能推出“”， 所以“”是“关于的不等式有解”的充分不必要条件. 故选：C. 52．（24-25高一上·云南文山·期末）命题“”为真命题的一个充分不必要条件是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】参变分离计算可得，再利用充分不必要条件定义即可判断. 【详解】由，因为，所以， 要想该命题为真命题，只需，四个选项中只有A符合充分不必要的性质. 故选：A. 53．（24-25高一上·云南昭通·期末）已知某零件原来的售价为15元，可售出50万件，据市场调查，该零件的单价每提高1元，销售量就减少2万件.现该零件的销售商计划对该零件进行提价销售，若提价后的售价为元，为使提价后该零件的销售总收入不低于原来的销售总收入，则的最大值是（    ） A．20 B．25 C．27 D．28 【答案】B 【分析】依题意可得，解得即可. 【详解】由题意可得，整理得， 即，解得，则的最大值是25. 故选：B 54．（24-25高一上·云南大理·期末）若关于实数的不等式的解集是或，则关于的不等式的解集是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据一元二次不等式与方程的关系，结合韦达定理求得，，再代入不等式，即可求解. 【详解】∵关于的一元二次不等式的解集是或， ∴，2是一元二次方程的两个实数根， ∴由韦达定理得：，，即，， 不等式化为，即，解得， ∴不等式的解集为. 故选：D. 55．（23-24高一上·云南昭通·期末）不等式的解集是，则的值是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意得，，和是方程的根，然后结合方程的根与系数关系即可求解． 【详解】因为不等式的解集是， 所以，和是方程的根， 所以，即，，则． 故选：D． 56．（23-24高一上·云南·期末）“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 【答案】B 【分析】解一元二次不等式，结合充分、必要性定义判断条件间的关系. 【详解】由，可得或， 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B 57．（23-24高一上·云南大理·期末）不等式的解集为，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】判别式小于等于零解出a的范围即可. 【详解】因为不等式的解集为， 所以判别式，解得， 故选：A. 58．（21-22高一上·云南丽江·期末）对任意实数，不等式恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】当时，得到恒成立，当时，结合二次函数的性质，列出不等式组，即可求解. 【详解】由题意，对任意实数，不等式恒成立， 当时，不等式即为，不等式恒成立； 当时，若不等式恒成立， 则满足，解得， 综上，实数的取值范围为． 故选：B． 59．（24-25高一上·云南昭通·期末）使得成立的一个充分不必要条件是（    ） A．或 B． C． D． 【答案】BCD 【分析】由得到或，再结合充分不必要条件的概念即可求解； 【详解】由解得或， 各选项中，BCD对于的集合均为不等式解集的真子集， 所以使得成立的一个充分不必要条件有BCD三个选项， 故选：BCD. 60．（24-25高一上·云南昆明·期末）已知关于的不等式的解集为或，则下列说法正确的是（    ） A． B．的解集为 C．的解集为 D． 【答案】BC 【分析】因为不等式的解集为或，结合不等式解集和韦达定理，可得和，然后逐个选项代换判断即可. 【详解】因为不等式的解集为或， 所以，，可得， 则，即，得，， 又化为， 可得，解得， 又， 故A错，B正确，C正确，D错误. 故选：BC 61．（23-24高一上·云南昆明·期末）已知，若关于的不等式只有一个整数解，则的可能取值有（    ） A． B．1 C．2 D．3 【答案】AD 【分析】分类讨论k的取值范围，结合不等式只有一个整数解，确定k的取值，即得答案. 【详解】关于的不等式即， 即， 当时，即，解集为空集，不合题意； 当时，的解满足， 要使得关于的不等式只有一个整数解，需， 由于，故； 当时，的解满足， 要使得关于的不等式只有一个整数解，需， 由于，故， 综合得的可能取值， 故选：AD 62．（23-24高一上·云南大理·期末）下列条件中，是“”的一个充分不必要条件的是（    ） A． B． C． D． 【答案】AB 【分析】由子集与推出关系判断. 【详解】由： 或. 是“”的充分不必要条件对应的集合应该是或的真子集. 满足条件的有AB. 故选：AB 63．（24-25高一上·云南曲靖·期末）已知命题：“，”为真命题，则的取值范围为 ． 【答案】 【分析】根据题意知的解集为，求解可得的取值范围. 【详解】由题意可得对恒成立， 所以，解得， 所以的取值范围为. 故答案为：. 64．（24-25高一上·云南红河·期末）已知为正实数，且满足，若对于任意，不等式恒成立，则实数的取值范围为 . 【答案】 【分析】先利用基本不等式“1”的妙用求得的最小值，从而得到任意，不等式恒成立，再利用二次函数的性质与恒成立问题的解法即可得解. 【详解】因为为正实数，且满足， 所以 ， 当且仅当，即时，等号成立， 因为对于任意，不等式恒成立， 所以在上恒成立，即在上恒成立， 设函数，其在上单调递减，在上单调递增， 所以在处取得最大值， 所以，即. 故实数的取值范围为. 故答案为：. 65．（23-24高一上·云南曲靖·期末）若不等式的解集为，则＝ ． 【答案】 【分析】利用韦达定理求出，进而计算. 【详解】因为不等式的解集为， 所以是方程的两根， 于是由韦达定理可得，即， 此时，满足题意. 所以. 故答案为： . 66．（21-22高一上·云南临沧·期末）在上定义运算：若不等式对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围是 ． 【答案】 【分析】根据题意，对分以及讨论，将原不等式转化为一元二次不等式恒成立问题，利用判别式运算可得解. 【详解】因为恒成立， 所以当时，原不等式化为恒成立， 即恒成立， 故，解得， 又因为，所以． 当时，原不等式化为恒成立， 即恒成立， 故，解得， 又因为，所以． 综上可得． 故答案为：. 67．（22-23高一上·云南昆明·期末）写出一个的充分条件 ． 【答案】（答案不唯一） 【分析】解不等式得，只要找的一个子集即可. 【详解】等价于，即， 则，解得， 所以的一个充分条件是， 故答案为：（答案不唯一）. 68．（23-24高一上·云南昆明·期末）已知函数． (1)若对，恒成立，求实数的取值范围； (2)解关于的不等式：． 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）分析可知，恒成立，由可得出关于的不等式，解之即可； （2）将所求不等式变形为，对、的大小关系进行分类讨论，结合二次不等式的解法可得出原不等式的解集. 【详解】（1）对，恒成立，即恒成立， 所以， 整理得，解得，所以实数的取值范围是. （2），即，即， 即，即， 当，即时，原不等式即为，解得； 当，即时，解原不等式得或； 当，即时，解原不等式得或． 综上，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． 69．（24-25高一上·云南德宏·期末）已知关于的不等式的解集为，集合. (1)若“”是“”的充分不必要条件，求的取值范围； (2)当时，恒成立，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题1和是方程的两个实数根，由韦达定理求解集合A，又“”是“”的充分不必要条件，可得是的真子集，利用集合的包含关系求解. （2）由（1）可得，结合恒成立问题和基本不等式，，故而得解. 【详解】（1）由题意知，1和是方程的两个实数根，且， 得，解得， 是的充分不必要条件， 是的真子集，而 ，解得 故的取值范围为 （2）由（1）可得：， 所以，当且仅当时， 取得最小值为，此时. 依题意有，即， 整理得，解得 所以的取值范围为. 70．（24-25高一上·云南玉溪·期末）已知关于的不等式的解集为或． (1)求，的值； (2)已知，，且，求的最小值． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）根据题意可知，的根为，2，利用韦达定理可求，的值； （2）结合（1）可得，则，展开后利用基本不等式可求的最小值． 【详解】（1）因为关于的不等式的解集为或， 所以，的根为，2， 则即． （2）， ， 当且仅当，即时取得最小值， 所以的最小值为． 71．（24-25高一上·云南昆明·期末）已知集合. (1)若，求； (2)若是的充分不必要条件，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）解一元二次不等式，根据集合的基本运算可得结果. （2）根据条件可得⫋，利用集合的基本关系列不等式组可得结果. 【详解】（1）由题意得，， ∵，∴， ∴. （2）∵是的充分不必要条件，∴⫋， ∴（等号不同时成立），解得， ∴的取值范围为. 72．（24-25高一上·云南昆明·期末）设函数. (1)求不等式的解集： (2)若不等式对都成立，求的取值范围. 【答案】(1)答案见解析； (2). 【分析】（1）分类讨论解含参数的一元二次不等式. （2）等价变形给定不等式并分离参数，利用基本不等式求出最小值即可得解. 【详解】（1）不等式， 当时，解得；当时，不等式无解；当时，解得， 所以当时，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. （2），不等式 ，而当时，，当且仅当时取等号，则， 所以的取值范围是. 73．（24-25高一上·云南昆明·期末）已知二次函数． (1)若不等式的解集为，求的值； (2)若，且，求的最小值． 【答案】(1)， (2)9 【分析】（1）根据不等式的解集，确定且的两根为和，再结合韦达定理即可求解； （2）先由题中条件，得到，再由展开后利用基本不等式即可求解. 【详解】（1）不等式的解集为，则，且的两根为和， 则，所以； （2）由，可得，即. 又，所以， 当且仅当时，即时等号成立. 地 城 考点05 二次函数的应用 74．（24-25高一上·云南曲靖·期末）某村原有一块矩形场地建有健身器材，为了满足村民对体育锻炼的需求，计划在原有矩形场地的基础上扩建成一个更大的矩形场地．为了不影响原有的锻炼环境，建造时要求点在上，点在上，且对角线经过点，如图所示．已知，，设，矩形的面积为． (1)写出关于的表达式，并求出为多少时，有最小值； (2)要使矩形的面积大于，则的长应在什么范围内？ 【答案】(1)，当时，取得最小值 (2)或 【分析】（1）先根据平行得出比例关系计算得，再应用基本不等式计算即可； （2）应用已知列不等式再求解一元二次不等式即可. 【详解】（1）由题图知， 所以，即， 解得， 所以． 因为 ，当且仅当时，等号成立， 所以即当时，取得最小值． （2）因为矩形的面积大于， 所以，化简得， 即， 解得或． 75．（25-26高一上·云南曲靖·月考）实行垃圾分类，关系生态环境，关系节约使用资源．某企业新建了一座垃圾回收利用工厂，于2019年年初用98万元购进一台垃圾回收分类生产设备，并立即投入生产使用．该设备使用后，每年的总收入为50万元．若该设备使用x年，则其所需维修保养费用x年来的总和为万元（2019年为第一年），设该设备产生的盈利总额（纯利润）为y万元． (1)写出y与x之间的函数关系式，求该设备在第几年的盈利总额为30万元． (2)使用若干年后，对设备的处理方案有两种： ①当年平均盈利额达到最大值时，以30万元价格处理该设备；（年平均盈利额=盈利总额÷使用年数） ②当盈利总额达到最大值时，以12万元价格处理该设备． 试问用哪种方案处理较为合理？请说明你的理由． 【答案】(1)，从第 3 年开始该设备开始全年盈利； (2)方案①比较合理，理由见解析 【分析】（1）确定，再解方程即可. （2）利用均值不等式和二次函数性质分别计算最大值，比较得到答案. 【详解】（1）， 解方程，得或， 故在第4 年或16年盈利总额为30万元； （2）①， 当且仅当时，即时等号成立. 到2025年，年平均盈利额达到最大值，该设备可获利万元. ②，当时，. 故到 2028 年，盈利额达到最大值，该设备可获利 万元. 因为两种方案企业获利总额相同，而方案①所用时间较短，故方案①比较合理. 76．（25-26高一上·云南昭通·月考）（1）已知，，，比较，的大小； （2）若关于的不等式的解集为，求，的值. 【答案】（1）;（2），. 【分析】（1）根据作商比较法直接可得； （2）根据三个二次的关系直接可得. 【详解】（1），由，得， 由， 当且仅当时等号成立，即，且，所以. 故. （2）因为关于的不等式的解集为， 所以1和2为方程的两个解，所以，解得. 故，. 77．（24-25高一上·云南曲靖·阶段练习）已知不等式的解集与关于的不等式的解集相同. (1)求实数值； (2)若实数，满足，求的最小值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）解绝对值不等式后可知不等式的解集，再由韦达定理即可求得的值； （2）应用“1”的代换将变形为，再应用均值不等式即可求得； 【详解】（1），解得， ∴解为， 故和2是方程的两根，根据韦达定理得到. （2）， 则， 当，即时取等号，即时，有最小值. 78．（24-25高一上·云南曲靖·阶段练习）已知函数. (1)若关于的不等式有解，求的取值范围； (2)求的取值范围，使得总有实数解. 【答案】(1)或； (2)或. 【分析】（1）根据二次函数与一元二次不等式的关系，结合分类讨论即可求解， （2）根据一元二次方程的根，利用判别式即可求解. 【详解】（1）若，则，不满足题意； 若，则必有解； 若，解得， 故的取值范围为或； （2）①若，则，不满足题意； ②由，由知总有实数解， 即，则或， 由于，则或， 综上，或. 79．（24-25高一上·云南昆明·开学考试）一元二次不等式和初中学过的一元二次不等式与二次函数有着异曲同工之妙． (1)解一元二次不等式：； (2)解关于的不等式：； (3)已知关于的不等式的解集为，求的解集． 【答案】(1) (2)或或 (3) 【分析】（1）根据一元二次不等式的解法，即可求解； （2）不等式转化为，即可求解； （3）根据韦达定理求，再根据一元二次不等式的解法，即可求解. 【详解】（1）， 解得：或， 所以不等式的解集为； （2），即， 即，即或，且， 所以不等式的解集为或或； （3）由条件可知，方程的两根分别为和， 则，得，， 不等式，即，即， 则，得， 所以不等式的解集为. 80．（23-24高一上·云南昆明·期中）不动点原理是数学上一个重要的原理，也叫压缩映像原理，用初等数学可以简单的理解为：对于函数，若存在，使 成立，则称为的不动点. 已知二次函数. (1)若 讨论不动点的个数； (2)若为两个相异的不动点，且求 的最小值. 【答案】(1)答案见解析 (2)6 【分析】（1）确定，考虑，，三种情况，计算得到答案. （2）根据两个正数根得到，再根据根与系数的关系得到，换元，整理化简利用均值不等式计算得到最值. 【详解】（1）函数的不动点，即为的实数根， 时，，. 时，即，不存在不动点； 时，即或时，有1个不动点； 时，即时，有2个不动点. 综上所述： 时，不存在不动点； 或时，有1个不动点； 时，有2个不动点. （2）有两个不相等的正实数根， 即方程有两个不相等的正实数根， 所以解得：， 所以，， 所以. 令，， 当且仅当，即，即时等号成立， 所以的最小值为6. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 一元二次函数、方程和不等式 （5大题型） 5大高频考点概览 考点01 等式性质与不等式性质 考点02 基本不等式相关问题 考点03 基本不等式的应用 考点04 三个“二次”相关问题 考点05 二次函数的应用 等式性质与不等式性质 地 城 考点01 1．（24-25高一上·云南昆明·期末）已知，使成立的一个充分不必要条件是（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高一上·云南曲靖·期末）“，，”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 3．（23-24高一上·云南红河·期末）下列说法错误的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 4．（24-25高一上·云南昆明·期末）古希腊科学家阿基米德在《论平面图形的平衡》一书中提出了杠杆原理，它是使用天平秤物品的理论基础，当天平平衡时，由杠杆原理可推出：左臂长与左盘物品质量的乘积等于右臂长与右盘物品质量的乘积.一家商店使用一架两臂不等长的天平称黄金，其中左臂长和右臂长之比为，一位顾客到店里购买10克黄金，售货员先将5克砝码放在天平左盘中，取出一些黄金放在天平右盘中使天平平衡；再将5克砝码放在天平右盘中，然后取出一些黄金放在天平左盘中使天平平衡，最后将两次称得的黄金交给顾客，则顾客购得的黄金质量（    ） A．大于10克 B．小于10克 C．等于10克 D．当时，大于10克；当时，小于10克 5．（21-22高一上·云南大理·期末）已知的三边长分别为，，，且满足，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 6．（24-25高一上·云南德宏·期末）若，则下列不等式中正确的是（    ） A． B． C． D． 7．（24-25高一上·云南曲靖·期末）若，则下列不等式一定成立的是（   ） A． B． C． D． 8．（23-24高一上·云南昭通·期末）已知，则下列不等式中错误的是（    ） A． B． C． D． 9．（23-24高一上·云南德宏·期末）下列命题中正确的是（    ） A．若 ，则 B．若，且，则 C．若，则 D．若，，则 10．（23-24高一上·云南昭通·期末）已知，，则以下正确的是（    ） A． B． C． D． 11．（23-24高一上·云南昆明·期末）对于实数，，，下列说法正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，，则 D．若， 12．（23-24高一上·云南昆明·期末）下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 13．（21-22高一上·云南曲靖·期末）下列不等式正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C． D．若，则 14．（22-23高一上·云南红河·期末）下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 15．（22-23高一上·云南昆明·期末）十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《励智石》一书中首先把“=”作为等号使用，后来英国数学家哈里奥特首次使用“<”和“>”符号，并逐渐被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远.若，则下列说法不成立的是（    ） A．若且，则 B．若，则 C．若，则 D．若且，则 16．（22-23高一上·云南昆明·期末）已知为实数，则（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 地 城 考点02 基本不等式相关问题 17．（24-25高一下·云南保山·期末）“”是“，”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 18．（24-25高一上·云南怒江·期末）已知函数，则函数的最小值为（    ） A． B．2 C． D． 19．（24-25高一上·云南昆明·期末）已知，，且，则的最小值为（   ）． A．9 B．8 C．6 D．5 20．（24-25高一上·云南昭通·期末）已知，则函数的最大值为（    ） A． B． C． D． 21．（24-25高一上·云南楚雄·期末）已知正数，满足，则的最大值是（   ） A．4 B．6 C．1 D．2 22．（24-25高一上·河北承德·期末）已知，则的最小值为（   ） A．25 B．6 C．10 D．5 23．（24-25高一上·云南大理·期末）已知正实数，满足，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 24．（24-25高一上·云南昆明·期末）已知，则的最小值为（   ） A．9 B．6 C．5 D．4 25．（23-24高一上·云南昆明·期末）如图，为满足居民健身需求，某小区计划在一块直角三角形空地中建一个内接矩形健身广场（阴影部分），则健身广场的最大面积为（    ）    A． B． C． D． 26．（23-24高一上·云南昆明·期末）已知，为正实数，，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 27．（21-22高一上·云南红河·期末）若，有这四个不等式：①，②，③，④，则正确的不等式的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 28．（20-21高一下·云南保山·期末）设为正数，且，则的最小值为（    ） A．2 B． C．4 D． 29．（21-22高一下·云南·期末）已知，则的最小值为（    ） A． B． C．4 D．5 30．（22-23高一上·云南昆明·期末）若，，且，则的最大值为（    ） A．5 B．6 C．8 D．9 31．（24-25高一上·云南昆明·期末）若，则下列不等式对一切满足条件的恒成立的是（    ） A． B． C． D． 32．（24-25高一上·云南昭通·期末）下列各式的最小值是4的有（    ） A． B． C． D． 33．（24-25高一上·云南红河·期末）已知正数满足，则下列选项正确的是（    ） A．的最大值为 B．的最小值为 C．的最大值为 D．的最小值为2 35．（24-25高一上·云南昆明·期末）用篱笆围成一个一边靠墙面积为的矩形菜园，墙长10m，则至少需要篱笆 m. 36．（23-24高一上·云南昭通·期末）已知实数，，且，则的最小值是 ． 37．（21-22高一上·云南曲靖·期末）已知，且，则当取得最小值时， ． 38．（10-11高一下·云南昆明·期末）在周长为常数的所有矩形中，面积的最大值是 39．（23-24高一上·云南曲靖·期末）已知，，且，证明： (1)； (2)． 40．（22-23高一上·云南大理·期末）设，且. (1)求的最大值； (2)求的最小值. 基本不等式的应用 地 城 考点03 41．（23-24高一上·云南·期末）甲、乙两地相距1000km，货车从甲地匀速行驶到乙地，速度不得超过100（km/h），若货车每小时的运输成本（以元为单位）由可变成本和固定成本组成，可变成本是速度的平方的倍，固定成本为元. (1)将全程运输成本（元）表示为速度的函数，并指出这个函数的定义域； (2)为了使全程运输成本最小，货车应以多大的速度行驶? 42．（23-24高一上·全国·课后作业）某住宅小区为了营造一个优雅、舒适的生活环境，打算建造一个八边形的休闲花园，它的主体造型的平面图是由两个相同的矩形ABCD和EFGH构成面积为200米2的十字形区域，且计划在正方形MNPK上建一座花坛，其造价为4200元/米2，在四个相同的矩形上（图中的阴影部分）铺花岗岩路面，其造价为210元/米2，并在四个三角形空地上铺草坪，其造价为80元/米2.    (1)设的长为米，试写出总造价（单位：元）关于的函数解析式； (2)问：当取何值时，总造价最少？求出这个最小值． 43．（22-23高一下·云南玉溪·期末）一艘船上的某种液体漏到一片海域中，为了治污，根据环保部门的建议，现决定在该片海域中投放一种与污染液体发生化学反应的药剂，已知每投放个单位的药剂，它在海水中释放的浓度（克/升）随着时间（天）变化的函数关系式近似为（投放当天），其中若多次投放，则某一时刻水中的药剂浓度为各次投放的药剂在相应时刻所释放的浓度之和．根据经验，当海水中药剂的浓度不低于6（克/升）时，它才能起到有效治污的作用． (1)若一次投放2个单位的药剂，则有效治污时间可达几天？ (2)若第一次投放4个单位的药剂，6天后再投放（第二次投放）个单位的药剂，要使第二次投放后的5天（含投放当天）能够持续有效治污，试求的最小值． 45．（23-24高一上·云南昭通·期中）如图，设矩形的周长为，把沿向折叠，折过去后交于点，设，求的最大面积及相应的值． 46．（24-25高一上·云南大理·阶段练习）如图圆和矩形的周长均为. (1)当矩形为正方形时，比较两个图形的面积，并由此解释人们通常把自来水管的横截面制成圆形，而不是正方形的原因. (2)当时，设，把沿向折叠，折过去后交于点，求面积的最大值. 47．（19-20高一·全国·课后作业）某公司建造一间背面靠墙的房屋，地面面积为，房屋正面每平方米的造价为元，房屋侧面每平方米的造价为元，屋顶的造价为元，如果墙高为，且不计房屋背面和地面的费用，那么怎样设计房屋能使总造价最低？最低总造价是多少？ 地 城 考点04 三个“二次”相关问题 48．（24-25高一上·云南昆明·期末）已知，关于的不等式的解集为，则（    ） A．3 B． C．1 D． 49．（23-24高一下·云南迪庆·期末）抛物线的部分图象如图所示，下列说法正确的是（   ） A． B． C． D． 50．（24-25高一上·云南楚雄·期末）已知二次不等式的解集为，，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 51．（24-25高一上·云南曲靖·期末）“”是“关于的不等式有解”的（    ） A．充要条件 B．必要不充分条件 C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件 52．（24-25高一上·云南文山·期末）命题“”为真命题的一个充分不必要条件是（    ） A． B． C． D． 53．（24-25高一上·云南昭通·期末）已知某零件原来的售价为15元，可售出50万件，据市场调查，该零件的单价每提高1元，销售量就减少2万件.现该零件的销售商计划对该零件进行提价销售，若提价后的售价为元，为使提价后该零件的销售总收入不低于原来的销售总收入，则的最大值是（    ） A．20 B．25 C．27 D．28 54．（24-25高一上·云南大理·期末）若关于实数的不等式的解集是或，则关于的不等式的解集是（    ） A． B． C． D． 55．（23-24高一上·云南昭通·期末）不等式的解集是，则的值是（    ） A． B． C． D． 56．（23-24高一上·云南·期末）“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 57．（23-24高一上·云南大理·期末）不等式的解集为，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 58．（21-22高一上·云南丽江·期末）对任意实数，不等式恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 59．（24-25高一上·云南昭通·期末）使得成立的一个充分不必要条件是（    ） A．或 B． C． D． 60．（24-25高一上·云南昆明·期末）已知关于的不等式的解集为或，则下列说法正确的是（    ） A． B．的解集为 C．的解集为 D． 61．（23-24高一上·云南昆明·期末）已知，若关于的不等式只有一个整数解，则的可能取值有（    ） A． B．1 C．2 D．3 62．（23-24高一上·云南大理·期末）下列条件中，是“”的一个充分不必要条件的是（    ） A． B． C． D． 63．（24-25高一上·云南曲靖·期末）已知命题：“，”为真命题，则的取值范围为 ． 64．（24-25高一上·云南红河·期末）已知为正实数，且满足，若对于任意，不等式恒成立，则实数的取值范围为 . 65．（23-24高一上·云南曲靖·期末）若不等式的解集为，则＝ ． 66．（21-22高一上·云南临沧·期末）在上定义运算：若不等式对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围是 ． 67．（22-23高一上·云南昆明·期末）写出一个的充分条件 ． 68．（23-24高一上·云南昆明·期末）已知函数． (1)若对，恒成立，求实数的取值范围； (2)解关于的不等式：． 69．（24-25高一上·云南德宏·期末）已知关于的不等式的解集为，集合. (1)若“”是“”的充分不必要条件，求的取值范围； (2)当时，恒成立，求的取值范围. 70．（24-25高一上·云南玉溪·期末）已知关于的不等式的解集为或． (1)求，的值； (2)已知，，且，求的最小值． 71．（24-25高一上·云南昆明·期末）已知集合. (1)若，求； (2)若是的充分不必要条件，求实数的取值范围. 72．（24-25高一上·云南昆明·期末）设函数. (1)求不等式的解集： (2)若不等式对都成立，求的取值范围. 73．（24-25高一上·云南昆明·期末）已知二次函数． (1)若不等式的解集为，求的值； (2)若，且，求的最小值． 地 城 考点05 二次函数的应用 74．（24-25高一上·云南曲靖·期末）某村原有一块矩形场地建有健身器材，为了满足村民对体育锻炼的需求，计划在原有矩形场地的基础上扩建成一个更大的矩形场地．为了不影响原有的锻炼环境，建造时要求点在上，点在上，且对角线经过点，如图所示．已知，，设，矩形的面积为． (1)写出关于的表达式，并求出为多少时，有最小值； (2)要使矩形的面积大于，则的长应在什么范围内？ 75．（25-26高一上·云南曲靖·月考）实行垃圾分类，关系生态环境，关系节约使用资源．某企业新建了一座垃圾回收利用工厂，于2019年年初用98万元购进一台垃圾回收分类生产设备，并立即投入生产使用．该设备使用后，每年的总收入为50万元．若该设备使用x年，则其所需维修保养费用x年来的总和为万元（2019年为第一年），设该设备产生的盈利总额（纯利润）为y万元． (1)写出y与x之间的函数关系式，求该设备在第几年的盈利总额为30万元． (2)使用若干年后，对设备的处理方案有两种： ①当年平均盈利额达到最大值时，以30万元价格处理该设备；（年平均盈利额=盈利总额÷使用年数） ②当盈利总额达到最大值时，以12万元价格处理该设备． 试问用哪种方案处理较为合理？请说明你的理由． 76．（25-26高一上·云南昭通·月考）（1）已知，，，比较，的大小； （2）若关于的不等式的解集为，求，的值. 77．（24-25高一上·云南曲靖·阶段练习）已知不等式的解集与关于的不等式的解集相同. (1)求实数值； (2)若实数，满足，求的最小值. 78．（24-25高一上·云南曲靖·阶段练习）已知函数. (1)若关于的不等式有解，求的取值范围； (2)求的取值范围，使得总有实数解. 79．（24-25高一上·云南昆明·开学考试）一元二次不等式和初中学过的一元二次不等式与二次函数有着异曲同工之妙． (1)解一元二次不等式：； (2)解关于的不等式：； (3)已知关于的不等式的解集为，求的解集． 80．（23-24高一上·云南昆明·期中）不动点原理是数学上一个重要的原理，也叫压缩映像原理，用初等数学可以简单的理解为：对于函数，若存在，使 成立，则称为的不动点. 已知二次函数. (1)若 讨论不动点的个数； (2)若为两个相异的不动点，且求 的最小值. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $