第2章 周末练5 章末检测试卷(二) 等式与不等式（配套教参Word）-【步步高】2025-2026学年高一数学必修第一册学习笔记（人教B版）

**基本信息** 聚焦不等式与集合核心内容，以题载法构建“概念-方法-应用”逻辑链，强化运算能力与推理意识 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基本不等式|4题（1,8,10,14）|“一正二定三相等”法则，三元均值不等式变形|从二元到三元拓展，结合整体代换思想| |集合与不等式|3题（2,9,16）|数轴法求交并集，不等式性质应用|集合运算为不等式求解提供工具支撑| |二次不等式|4题（5,6,11,12）|因式分解法，根与系数关系，绝对值分类讨论|从具体到含参，构建解集与参数关系模型| |含参问题|2题（4,18）|参数分类讨论（分界点判定）|培养逻辑推理与分类整合能力| |实际应用|1题（19）|数学建模（收入与投入关系）|强化应用意识，体现数学语言表达现实世界|

章末检测试卷(二) [时间：120分钟 分值：150分] 一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分) 1.若x>0，则x+的最小值为(　　) A.2 B.3 C.2 D.4 答案　D 解析　∵x>0，∴x+≥2=4， 当且仅当x=即x=2时，等号成立. ∴x+的最小值为4. 2.已知集合A={x|-1<x<2}，B={x|x2+2x≤0}，则A∩B等于(　　) A.{x|0<x<2} B.{x|0≤x<2} C.{x|-1<x<0} D.{x|-1<x≤0} 答案　D 解析　A={x|-1<x<2}， B={x|x2+2x≤0}={x|-2≤x≤0}， ∴A∩B={x|-1<x≤0}. 3.下列命题中正确的是(　　) A.若ab>0，a>b，则< B.若a>b，则a|c|>b|c| C.若a>b，c<d，则a+c=b+d D.若a>b>0，则< 答案　A 解析　∵ab>0，a>b，∴a·>b·∴>故A正确；取c=0，可排除B；取a=3，b=1，c=-4，d=0，此时a+c<b+d，故C错误；∵a>b>0，∴0<<∴1<1+<1+即1<<∴>故D错误. 4.下列关于方程组的解的说法中正确的是(　　) A.该方程组一定有唯一解 B.该方程组没有解 C.当k=0时，方程组有无数解 D.当k≠0时，方程组有唯一解 答案　D 解析　由题意得，kx+1=2kx+3， 即kx=-2. 当k=0时，0=-2不成立，方程组无解； 当k≠0时，x=-方程组有唯一解. 5.不等式1+x>的解集为(　　) A.{x|x>0} B.{x|x≥1} C.{x|x>1} D.{x|x>1或x=0} 答案　C 解析　不等式可化为1+x->0， 通分得>0，即>0， 因为x2≥0，所以解得x>1. 6.已知不等式ax2+bx+c>0的解集为{x|-2<x<1}，那么不等式cx2-ax+b>0的解集为(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　因为不等式ax2+bx+c>0的解集为{x|-2<x<1}， 所以a<0，且-2和1是一元二次方程ax2+bx+c=0的两个根， 所以由根与系数的关系可知-2+1=- -2×1=即c=-2a，b=a， 所以不等式cx2-ax+b>0可化为-2ax2-ax+a>0， 因为a<0，所以不等式等价于2x2+x-1>0，即(2x-1)(x+1)>0， 解得x>或x<-1. 7.已知命题“∃x∈[-1，1]，-x2+3x+a>0”为真命题，则实数a的取值范围是(　　) A.(-∞，-2) B.(-∞，4) C.(-2，+∞) D.(4，+∞) 答案　C 解析　因为命题“∃x∈[-1，1]，-x2+3x+a>0”为真命题， 所以命题“∃x∈[-1，1]，a>x2-3x”为真命题， 所以当x∈[-1，1]时，a>(x2-3x)min， 因为y=x2-3x=- 所以当x∈[-1，1]时，ymin=-2， 所以当x∈[-1，1]时，a>(x2-3x)min=-2， 即实数a的取值范围是(-2，+∞). 8.已知实数a，b，c，d均为正数，满足a+b=1，c+d=1，则+的最小值是(　　) A.10 B.9 C.4 D.3 答案　B 解析　∵a，b，c，d均为正数，a+b=1，c+d=1，∴ab≤= ∴≥4，当且仅当a=b=时，取等号. 则+≥+=(c+d)=5++≥5+2=9， 当且仅当a=b=且c=d=时取等号，∴+的最小值为9. 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分.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.若实数a，b满足1<a<3，2<b<7，则下列结论中正确的有(　　) A.3<a+b<10 B.1<b-a<4 C.2<ab<21 D.2<< 答案　AC 解析　因为1<a<3，2<b<7，所以3<a+b<10，2<ab<21，故A，C正确； 因为1<a<3，所以-3<-a<-1，又2<b<7，所以-1<b-a<6，故B错误； 因为1<a<3，所以<<1，又2<b<7，所以<<7，故D错误. 10.设正实数a，b满足a+b=1，则(　　) A.+有最小值4 B.有最小值 C.+有最大值 D.a2+b2有最小值 答案　ACD 解析　因为正实数a，b满足a+b=1，所以+=(a+b)·=2++≥2+2=4，当且仅当a=b=时，等号成立，所以+有最小值4，无最大值，故A正确； ≤=当且仅当a=b=时，等号成立，即有最大值故B错误； +==≤=当且仅当a=b=时，等号成立，所以+有最大值故C正确； 由a2+b2≥2ab可得2(a2+b2)≥(a+b)2=1，则a2+b2≥当且仅当a=b=时，等号成立，所以a2+b2有最小值故D正确. 11.关于x的不等式x2-(a+1)x+a<0的解集中，恰有3个整数，则a的取值范围可以是(　　) A.[-3，-2) B.(-3，-2)∪(4，5) C.(4，5] D.[-3，-2)∪(4，5] 答案　ACD 解析　原不等式可化为(x-1)(x-a)<0， 当a>1时，得1<x<a， 此时解集中的整数为2，3，4， 则4<a≤5，当a<1时，得a<x<1， 此时解集中的整数为-2，-1，0， 则-3≤a<-2，故a∈[-3，-2)∪(4，5]. 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12.不等式|x-1|-|x-5|<2的解集是　　　　.  答案　(-∞，4) 解析　当x≤1时，原不等式可化为1-x-(5-x)<2，∴-4<2，不等式恒成立，∴x≤1； 当1<x<5时，原不等式可化为x-1-(5-x)<2， ∴x<4，∴1<x<4； 当x≥5时，原不等式可化为x-1-(x-5)<2， 该不等式不成立. 综上所述，原不等式的解集为(-∞，4). 13.若方程x2+(m-2)x+5-m=0的两根都大于2，则m的取值范围是　　　　.  答案　(-5，-4] 解析　由题意得Δ=(m-2)2-4(5-m)≥0， 即m≤-4或m≥4， 设两根分别为x1，x2，则 由题意得 即 ∴ ∴-5<m<-2. 又∵m≤-4或m≥4，∴-5<m≤-4. 14.三元均值不等式：“当a，b，c均为正实数时≥即三个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数，当且仅当a=b=c时等号成立.”利用上面结论，若0<x<1，则x(1-x)2的最大值为　　　　　.  答案　 解析　因为0<x<1，所以1-x>0，x(1-x)2=×2x(1-x)(1-x)≤=当且仅当x=时等号成立，所以x(1-x)2的最大值为. 四、解答题(本题共5小题，共77分) 15.(13分)已知a>0，试比较a与的大小. 解　a-==. 因为a>0，所以a+1>0， 所以当a>1时，a-1>0， >0，有a>； 当a=1时，a-1=0=0，有a=； 当0<a<1时， a-1<0<0，有a<. 综上，当a>1时，a>；当a=1时，a=； 当0<a<1时，a<. 16.(15分)设集合A={x|4-x2>0}，B={x|-x2-2x+3>0}. (1)求集合A∩B；(7分) (2)若不等式2x2+ax+b<0的解集为B，求a，b的值.(8分) 解　(1)A={x|4-x2>0}={x|-2<x<2}， B={x|-x2-2x+3>0}={x|-3<x<1}， 故A∩B={x|-2<x<1}. (2)因为2x2+ax+b<0的解集为B={x|-3<x<1}， 所以-3和1为方程2x2+ax+b=0的两个根. 所以有解得 17.(15分)已知a，b，c均为正数，a，b，c不全相等.若abc=1，证明：++<++. 证明　∵a，b，c是不全相等的正数，且abc=1， ∴++=++=++ ∵2≤+当且仅当b=c时取等号， 2≤+当且仅当a=b时取等号， 2≤+当且仅当a=c时取等号， ∴以上三个不等式中至少有一个等号不成立， ∴2+2+2<2 即++<++ ∴++<++. 18.(17分)解关于x的不等式[(m+3)x-1](x+1)>0，其中m∈R. 解　①当m=-3时，原不等式为-(x+1)>0， ∴不等式的解为x<-1. ②当m>-3时， 原不等式可化为(x+1)>0， ∵>0>-1， ∴不等式的解为x<-1或x>. ③当m<-3时， 原不等式可化为(x+1)<0， 当=-1，即m=-4时，原不等式无解； 当-4<m<-3时<-1， 原不等式的解为<x<-1； 当m<-4时>-1， 原不等式的解为-1<x<. 综上所述，当m<-4时， 不等式的解集为； 当m=-4时，不等式的解集为∅； 当-4<m<-3时， 不等式的解集为； 当m=-3时，不等式的解集为{x|x<-1}； 当m>-3时， 不等式的解集为. 19.(17分)某公司为了竞标某活动的相关代言，决定对旗下的某商品进行一次评估.该商品原来每件售价为25元，年销售量为8万件. (1)据市场调查，若价格每提高1元，年销售量将相应减少2 000件，要使销售的年总收入不低于原收入，该商品每件定价最多为多少元？(7分) (2)为了抓住此次契机，扩大该商品的影响力，提高年销售量，公司决定立即对该商品进行全面技术革新和营销策略改革，并提高定价到x元.公司拟投入(x2-600)万元作为技术革新费用，投入50万元作为固定宣传费用，投入万元作为浮动宣传费用.试问：当该商品改革后的年销售量a至少应达到多少万件时，才可能使改革后的销售年收入不低于原收入与总投入之和？并求出此时每件商品的定价.(10分) 解　(1)设该商品每件定价为t元， 由题意可得t≥25×8=200， 整理可得t2-65t+1 000≤0，解得25≤t≤40， 所以要使销售的年总收入不低于原收入，该商品每件定价最多为40元. (2)依题意，当x>25时，ax≥25×8+50++=150++有解， 等价于当x>25时，a≥++有解， 由均值不等式可得++≥2+=10.2， 当且仅当=(x>25)，即x=30时等号成立，则a≥10.2， 所以当该商品改革后的年销售量a至少应达到10.2万件时， 才可能使改革后的销售年收入不低于原收入与总投入之和， 此时该商品每件的定价为30元. 学科网（北京）股份有限公司 $