（人教A版2019必修一）2022-2023学年高一数学上期末复习专题专题2二次函数方程和不等式真题强化训练（新高考）详解版

【高一数学上学期期末备考专题大全】专题2二次函数、方程和不等式期末考试真题强化训练（新高考湖北卷）一、单选题1．（2021·湖北·高一期末）已知，则下列各式一定成立的是（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】根据不等式的性质证明即可.不成立的可举反例说明.【详解】因为，，的大小无法确定，A，B均不正确；取，，得，所以C不正确；可得，所以，故D正确.故选：D.2．（2021·湖北十堰·高一期末）已知则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用不等式的基本性质，可判定A、B不正确，C正确，利用特值法，可得判定D不正确.【详解】由，因为，可得，但的符号不确定，所以A不正确；由，因为，可得，但的符号不确定，所以A不正确；由，根据不等式的性质，可得，所以C正确；例如：，可得，此时，所以D不正确.故选：C.3．（2021·湖北十堰·高一期末）已知a>0>b，则下列不等式一定成立的是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据不等式的性质,结合特殊值依次讨论各选项即可求解.【详解】解：当时，，则A错误；因为，所以，所以，则B错误；因为，所以，则C正确；当时，，则D错误．故选：C4．（2021·湖北·高一期末）下列不等式中①若则；②若，则；③若则；④若则；其中成立有（

）A．①②③④ B．②④ C．①③④ D．②③④【答案】D【解析】利用不等式的性质即可求解.【详解】对于①若当时，则，故①不正确；对于②若，则，两边同时乘以，则，故②正确；对于③若根据不等式的性质可得，故③正确；对于④若根据不等式的性质可知，故④正确；故选：D【点睛】本题考查了不等式的性质，需掌握不等式的性质，属于基础题.5．（2021·湖北·高一期末）已知正数x，y满足：，则x＋y的最小值为A． B． C．6 D．【答案】B【分析】将所求表示转化为，由于乘以1不变，故原式可化为，将其整理化简后由基本不等式求得最小值即可.【详解】由题可知，（当且仅当时取等号）所以x＋y的最小值为故选：B【点睛】本题考查由基本不等式求和的最小值，属于中档题.6．（2021·湖北武汉·高一期末）已知正实数，满足，则的最小值为（

）A．15 B． C．16 D．【答案】D【解析】妙用“1”的代换，利用拼凑基本不等式，求和式的最小值即可.【详解】正实数，满足，则，当且仅当，即时等号成立，故的最小值为.故选：D.【点睛】思路点睛：利用基本不等式求最值时，需注意取等号条件是否成立.（1）积定，利用，求和的最小值；（2）和定，利用，求积的最大值；（3）已知和式（倒数和）或为定值时，妙用“1”拼凑基本不等式求最值.7．（2021·湖北省直辖县级单位·高一期末）已知，且，则的最小值为（

）A．3 B．4 C．6 D．9【答案】A【解析】将变形为，再将变形为，整理后利用基本不等式可求最小值.【详解】因为，故，故，当且仅当时等号成立，故的最小值为3.故选：A.【点睛】方法点睛：应用基本不等式求最值时，需遵循“一正二定三相等”，如果原代数式中没有积为定值或和为定值，则需要对给定的代数变形以产生和为定值或积为定值的局部结构.求最值时要关注取等条件的验证.8．（2020·湖北·高一期末）已知，，且，则的最小值为（

）A．9 B．10 C．11 D．【答案】B【解析】利用“乘1法”将问题转化为求的最小值，然后展开利用基本不等式求解．【详解】，，又，且，，当且仅当，解得，时等号成立，故的最小值为10．故选：B．【点睛】本题考查利用基本不等式求最和的最值，考查“1”的巧妙运用，难度一般，灵活转化是关键.9．（2021·湖北·高一期末）若不等式对恒成立，则实数m的最大值为（

）A．7 B．8 C．9 D．10【答案】C【解析】分离参数使不等式化为，使乘以利用基本不等式求出的最小值即可求解.【详解】将不等式化为，只需当时，即可，由，当且仅当时取等号，故,故m的最大值为9.故选：C

【点睛】本题主要考查不等式恒成立求参数的取值范围、基本不等式求最值，注意验证等号成立的条件，属于中档题.10．（2020·湖北·荆州市北门高一期末）若实数满足，则的最大值为A． B． C． D．【答案】D【详解】试题分析：由实数满足，，设，解得，则，当且仅当，及时等号成立，所以的最大值为，故选D.考点：基本不等式的应用.11．（2020·湖北省汉川市第一高级高一期末）设函数，若对于任意的，恒成立，则实数的取值范围为（

）A． B． C．或 D．【答案】A【分析】由已知可得在上恒成立，即，再通过讨论m的范围求出，由此可得m的范围.【详解】若对于任意的，恒成立,即可知：在上恒成立,令，对称轴为.当时，恒成立，当时，有开口向下且在上单调递减，在上，得，故有.当时，有开口向上且在上单调递增在上，∴

综上，实数的取值范围为，故选：A.【点睛】对于恒成立问题，常用到以下两个结论：(1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；(2)a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min.二、多选题12．（2021·湖北恩施·高一期末）若，下列说法正确的是（

）A． B． C． D．【答案】BCD【分析】根据不等式的性质可判断AB的正确，利用作差法可判断CD的正误.【详解】因为，故即，故B正确，A错误.对于C，，而，故即，故C正确.对于D，，故，故D正确.故选：BCD.13．（2021·湖北·荆州高一期末）设，，则下列不等式一定成立的是（

）A． B．C． D．【答案】AB【解析】由不等式的性质，的单调性及特殊值法，即可判断选项的正误.【详解】A：由不等式性质：不等式两边同时加上或减去同一个数，不等式符号不变，即，正确；B：因为在定义域内为增函数，由题意知，故有，正确；C：当时，，故错误；D：当时，，故错误；故选：AB.14．（2021·湖北鄂州·高一期末）已知，则下列式子一定成立的有（

）A． B．C． D．【答案】AD【分析】根据基本不等式，逐一分析各个选项，即可得答案.【详解】对于A：因为，所以，所以，当且仅当时等号成立，故A正确；对于B：，因为，所以，当且仅当时等号成立，所以，，所以，故B错误；对于C：，当且仅当时等号成立，，当且仅当时等号成立，所以，故C错误；对于D：，因为，所以，当且仅当时等号成立，所以，所以，所以，故D正确，故选：AD15．（2020·湖北湖北·高一期末）给出下列四个命题：①若且，则；②若，则；③若，则；④若，则.其中正确的命题是（

）A．① B．② C．③ D．④【答案】BC【分析】对于①，举反例可说明其错误；对于②，③，作差比较即可；对于④，举反例可说明其错误【详解】解：对于①，当时，满足且，但不成立，所以①错误；对于②，因为，所以所以，所以，所以②正确；对于③，因为，所以所以，所以，所以③正确；对于④，当时，，所以④错误，故选：BC【点睛】此题考查判断不等式是否成立问题，考查推理能力，属于基础题16．（2021·湖北·黄石市有色第一高一期末）下列结论正确的是（

）．A．若，则的最大值为B．若，，则C．若，，且，则的最大值为9D．若，则的最大值为2【答案】ABD【解析】利用基本不等式，逐项判断，即可得出结果.【详解】A选项，由可得，当且仅当，即时，等号成立；即的最大值为；A正确；B选项，由，，可得，即，故B正确；C选项，若，，且，则，当且仅当，即时，等号成立；即的最小值为9，故C错；D选项，因为，所以，当且仅当，即时，等号成立，故D正确.故选：ABD.【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.17．（2021·湖北省直辖县级单位·高一期末）若，则下列命题正确的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，且，则 D．若，，则【答案】ABD【解析】根据不等式性质，利用做差法，函数性质等比较大小即可得答案.【详解】解：对于A选项，若，则，，，所以，所以，故A选项正确；对于B选项，若，则若，所以，故B选项正确；对于C选项，当，满足，且，此时，故C选项错误；对于D选项，若，，则，，，所以，故.故D选项正确；故选：ABD【点睛】本题考查不等式的大小比较，解题的关键在于根据题意，利用不等式性质或者作差法进行大小比较，考查化归转化思想和运算求解能力，是中档题.18．（2021·湖北·应城市第一高级高一期末）设a＞0，b＞0，a＋2b＝1，则（

）A．ab的最大值为 B．a2＋4b2的最小值为C．的最小值为8 D．2a＋4b的最小值为【答案】ABD【解析】利用均值不等式对选项进行逐一求解，可判断出正误，得出答案.【详解】，得，当且，时取等号，故正确；，当且仅当，时取等号，故正确；，当且仅当时取等号，故错误；，当且仅当，时取等号，故正确，故选：ABD.【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方，这时改用勾型函数的单调性求最值.19．（2022·湖北·武汉市第十四高一期末）下列命题为真命题的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】BC【分析】由不等式的性质对合选项一一进行判断可得答案.【详解】解：A项，若，取，可得，故A不正确；B项,若,可得：，故，故B正确；C项，若可得，由可得：，故C正确；C项，举反例，虽然，但是，故D不正确；故选：BC.【点睛】本题主要考查利用不等式的性质比较大小，属于基础题型.三、填空题20．（2020·湖北·荆州市北门高一期末）不等式的解集为（用区间表示）__________.【答案】【分析】移项整理，可得，根据分式不等式的解法，即可求得答案.【详解】原式，可化为，即，所以，可等价为，所以，即不等式解集为.故答案为：21．（2021·湖北·高一期末）已知R+,且则的最大值为_______.【答案】9【解析】将展开化为，利用基本不等式即可求解.【详解】且R+,，当且仅当时取等号，故的最大值为9.故答案为：【点睛】本题主要考查了基本不等式求最值，在运用基本不等式时注意验证等号成立的条件，此题属于基础题.22．（2021·湖北·应城市第一高级高一期末）爬山是一种简单有趣的野外运动，有益于身体健康，但要注意安全，准备好必需物品，控制好速度，现有甲、乙两人相约爬山，若甲上山的速度为，下山（原路返回）的速度为，乙上下山的速度都是（两人途中不停歇），则甲、乙两人上下山所用时间之比为：______；甲、乙两人上下山所用时间之和最少的是_______（填甲或乙）.【答案】

乙【解析】设上山路程为1，求出甲、乙两人上下山所用时间，再计算．【详解】解：设上山路程为1，则甲上下山所用时间为，乙上下山所用时间为，∴甲、乙两人上下山所用时间之比为；∵，∴，∴，即乙上下山所用时间之和最少；故答案为：；乙．【点睛】本题主要考查基本不等式的应用，属于基础题．23．（2022·湖北武汉·高一期末）已知正实数a，b满足，则的最小值为___________.【答案】##【分析】将目标式转化为，应用柯西不等式求的取值范围，进而可得目标式的最小值，注意等号成立条件.【详解】由题设，，则，又，∴，当且仅当时等号成立，∴，当且仅当时等号成立.∴的最小值为.故答案为：.24．（2020·湖北·高一期末）若正数a，b满足，则的最小值为________.【答案】【分析】求出，设（当且仅当时“”成立），求出的最小值即可．【详解】解：，，，，，设（当且仅当时“”成立），，，，的最小值为，故答案为：．【点睛】本题考查了基本不等式的性质，考查转化思想，属于中档题．25．（2022·湖北省汉川市第一高级高一期末），，且，若对于任意的x，y不等式恒成立，则实数k的取值范围为______.【答案】【分析】先求的最小值，再求解二次不等式可得结果.【详解】因为，，且，所以又，当且仅当时，即时，等号成立；所以的最小值为.所以有，解得，故答案为：.四、解答题26．（2020·湖北荆门·高一期末）已知关于的不等式：（1）若不等式的解集为，求的值；

（2）若不等式的解集为，求的取值范围．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由题可知和1是方程的两个实数根，利用韦达定理即可求解；（2）可知成立，时，利用判别式进行求解.【详解】（1）因为关于的不等式：的解集为，所以和1是方程的两个实数根，由韦达定理可得:，得．（2）因为关于的不等式的解集为．当时，-3<0恒成立.当时，由，解得：故的取值范围为．【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解集和恒成立问题，还考查了运算求解的能力，属于中档题.27．（2022·湖北黄冈·高一期末）已知函数(1)若，解关于的不等式；(2)若关于的不等式的解集为，求实数的值．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据二次不等式的求法求解即可；（2）根据二次不等式的解集与系数的关系列式求解即可（1）当时，，由得；，解得；（2）不等式的解集为，根据题意得，且，解得．28．（2022·湖北黄冈·高一期末）已知关于的一元二次函数(1)若的解集为或，求实数、的值．(2)若实数、满足，求关于的不等式的解集．【答案】(1)(2)详见解析【分析】（1）根据二次不等式的解集与系数的关系求解即可；（2）化简可得，再分根据为分界点讨论的范围，再求解不等式即可（1）的解集为或，与是一元二次方程的两个实数根，，解得．（2），关于的不等式化为：，因式分解为：，当时，化为，则；当时，，解得，不等式的解集为；时，，解得不等式的解集为；时，，不等式化为：，解得或，不等式的解集为或．29．（2021·湖北·高一期末）体育课上，小明进行一项趣味测试，在操场上从甲位置出发沿着同一跑道走到乙位置，有两种不同的行走方式(以下).方式一：小明一半的时间以的速度行走，剩余一半时间换为以的速度行走，平均速度为；方式二：小明一半的路程以的速度行走，剩余一半路程换为以的速度行走，平均速度为.（1）试求两种行走方式的平均速度，；（2）比较，的大小.【答案】（1），；（2）.【解析】（1）根据速度时间=路程，列方程即可求得，；（2）作差计算即可比较大小.【详解】解：（1）设方式所用时间为t，路程为s.,.设方式所用时间为t，路程为s，则.（2）.因为，，且，所以，即.30．（2021·湖北省直辖县级单位·高一期末）在①，②关于的不等式的解集为，③一次函数的图象过，两点，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中并解答．问题：已知__________，求关于的不等式的解集．【答案】选择见解析；．【解析】若选①，根据集合相等求出，再解一元二次不等式即可；若选②，根据一元一次不等式的解集求出，再解一元二次不等式即可；若选③，根据直线上的点求出，再解一元二次不等式即可.【详解】解：若选①，若，解得，不符合条件；若，解得，则符合条件．将代入不等式整理得，解得或，故原不等式的解集为：．若选②，因为不等式的解集为，所以，解得，将代入不等式整理得，解得或，故原不等式的解集为：．若选③，由题得，解得．将代入不等式整理得，解得或，故原不等式的解集为：．31．（2020·湖北·荆州市北门高一期末）十九大指出中国的电动汽车革命早已展开，通过以新能源汽车替代汽/柴油车，中国正在大力实施一项将重塑全球汽车行业的计划，年某企业计划引进新能源汽车生产设备看，通过市场分析，全年需投入固定成本万元，每生产（百辆）需另投入成本（万元），且.由市场调研知，每辆车售价万元，且全年内生产的车辆当年能全部销售完.(1)求出年的利润（万元）关于年产量（百辆）的函数关系式；（利润=销售额—成本）(2)当年产量为多少百辆时，企业所获利润最大？并求出最大利润.【答案】(1)(2)百辆，最大利润为万【分析】（1）根据题意分情况列式即可；（2）根据分段函数的性质分别计算最值.【详解】（1）由题意得当时，，当时，，所以,（2）由（1）得当时，，当时，，当时，，当且仅当，即时等号成立，，时，，，时，即年产量为百辆时，企业所获利润最大，且最大利润为万元.32．（2021·湖北·高一期末）（1）已知关于x的不等式的解集为，求不等式的解集；（2），a+b=2,求证.【答案】（1）（2）见证明【解析】（1）根据不等式的解集为，求出参数，进而可解不等式.（2）利用基本不等式求出，由即可证出.【详解】解（1）解集为的一元二次不等式即，所以，故不等式的解集为（2）证：，，当且仅当a=b=1时等号成立.当且仅当a=b=1时等号成立.故【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法以及利用不等式证明不等式，主要利用基本不等式时需验证等号成立的条件，属于基础题.33．（2020·湖北·荆州市北门高一期末）已知关于的不等式.（1）若不等式的解集是或，求的值；（2）若不等式的解集是，求的取值范围；（3）若不等式的解集为，求的取值范围．【答案】（1）；（2）；（3）.【分析】（1）由题意可知不等式的两根分别为、，利用韦达定理可求得实数的值；（2）由题意得出，由此可解得实数的取值范围；（3）由题意得出，