2021北京重点校高一（上）期中数学汇编：不等式

第1页/共1页2021北京重点校高一（上）期中数学汇编不等式一、单选题1．（2021·北京市第一六一中学高一期中）设，则“”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2．（2021·北京·人大附中高一期中）《几何原本》中的几何代数法(以几何方法研究代数问题)成为了后世数学家处理问题的重要依据.通过这一原理，很多的代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明.如图所示的图形，在AB上取一点，使得，，过点作交圆周于D，连接OD.作交OD于.则下列不等式可以表示的是（

）A． B．C． D．3．（2021·北京十五中高一期中）设a，b∈R，若a﹣|b|>0，则下列不等式中正确的是（

）A．b﹣a>0 B．a2﹣b2<0 C．a3﹣b3<0 D．b+a>04．（2021·北京·101中学高一期中）已知，且，则下列不等式一定成立的是（

）A． B．C． D．5．（2021·北京市第九中学高一期中）设，下列命题中的真命题是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则6．（2021·北京·景山学校高一期中）设，则“”是“”的（

）A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件7．（2021·北京·北师大实验中学高一期中）已知，，下列不等式恒成立的是（

）A． B． C． D．8．（2021·北京·北师大实验中学高一期中）设方程的两个不等实根分别为，则（

）A． B． C． D．9．（2021·北京市陈经纶中学高一期中）手机屏幕面积与手机前面板面积的比值叫手机的“屏占比”，它是手机外观设计中一个重要参数，其值通常在0~1之间．若设计师将某款手机的屏幕面积和手机前面板面积同时增加相同的数量，升级为一款新手机，则该款手机的“屏占比”和升级前相比（

）A．不变 B．变小 C．变大 D．变化不确定10．（2021·北京八十中高一期中）下面命题正确的是(

)A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则11．（2021·北京·人大附中高一期中）设、、、为实数，满足，，，则下列不等式正确的是（

）A． B． C． D．12．（2021·北京·人大附中高一期中）不等式的解集是，则的值是（

）A． B．3 C． D．513．（2021·北京市陈经纶中学高一期中）已知，且，则下列不等式一定成立的是（

）A． B． C． D．14．（2021·北京市第一六一中学高一期中）已知非零实数满足：，下列不等式中一定成立的有（

）①；②；③.A．0个 B．1个 C．2个 D．3个15．（2021·北京·北师大二附中高一期中）若，，则下面不等式中成立的一个是（

）．A． B． C． D．16．（2021·北京·人大附中高一期中）已知实数a，b，c满足b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，则a，b，c的大小关系是（

）A．c≥b>a B．a>c≥bC．c>b>a D．a>c>b17．（2021·北京·首都师范大学附属中学高一期中）已知a＞b，c＞d，下列不等式中必成立的一个是（）A．a+c＞b+d B．a﹣c＞b﹣d C．ac＞bd D．二、填空题18．（2021·北京师大附中高一期中）若关于x的一元二次方程有两个实根，且一个实根小于1，另一个实根大于2，则实数a的取值范围是________．19．（2021·北京八中高一期中）若关于x的方程的两个实数根为，且，则实数m的值为___________.20．（2021·北京四中高一期中）不等式的解集为____________．21．（2021·北京·首都师范大学附属中学高一期中）能说明“若，则”为假命题的一组a，b的值依次为___________.22．（2021·北京·北师大二附中高一期中）若，则的取值范围是_______________.三、解答题23．（2021·北京·北师大二附中高一期中）设函数f（x）=（a2-1）x2+（a-1）x+3（a∈R）.(1)求对于一切实数x，f（x）>0恒成立的充要条件∶(2)求对于一切实数x，f（x）>0恒成立的一个充分非必要条件.24．（2021·北京市第一六一中学高一期中）已知函数．(1)求关于x的不等式的解集；(2)区间的长度定义为．当时，区间．（ⅰ）求区间I的长度；（ⅱ）求I的长度的最大值．25．（2021·北京·清华附中高一期中）求下列关于的不等式的解集．(1)；(2)26．（2021·北京·101中学高一期中）求关于的不等式的解集.27．（2021·北京市第九中学高一期中）解下列关于的不等式：(1)；(2)．28．（2021·北京·首都师范大学附属中学高一期中）汽车在行驶中，由于惯性，刹车后还要继续向前滑行一段距离才能停止，一般称这段距离为“刹车距离”.刹车距离是分析交通事故的一个重要依据.在一个限速为的弯道上，甲､乙两辆汽车相向而行，发现情况不对，同时刹车，但还是相碰了.事后现场勘查，测得甲车的刹车距离略超过6，乙车的刹车距离略超过10.已知甲､乙两种车型的刹车距离s与车速之间的关系分别为，.试判断甲､乙两车有无超速现象.29．（2021·北京·首都师范大学附属中学高一期中）（1）求不等式的解集；（2）解不等式：；（3）关于的不等式的解集为R，求实数a的取值范围；30．（2021·北京·景山学校高一期中）设.（1）若不等式对一切实数恒成立，求实数的取值范围；（2）解关于的不等式().

参考答案1．A【分析】，但不能推出，从而判断出结论.【详解】时，，故充分性成立，，解得：或，故必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A2．A【分析】根据圆的性质、射影定理求出CD和DE的长度，利用CD>DE即可得到答案.同时这是几何法构造基本不等式及其推论的一种方法.【详解】连接DB，因为AB是圆O的直径，所以，所以在中，中线，由射影定理可得，所以.在中，由射影定理可得，即，由得，故选：A3．D【分析】依题意可得，即可得到，，再根据不等式的性质判断可得；【详解】解：因为，即，又且，所以，，，，即所以，，，故选：D4．A【分析】由不等式的性质结合特殊值法得出答案.【详解】由不等式的性质可知，可得得出，故A正确；当时，，故B错误；，由题意可知，但可能大于，可能小于，故C错误；当时，，故D错误；故选：A5．C【分析】根据基本不等关系，结合具体实例对选项一一判断即可.【详解】对于A，若，满足，此时，故A错误；对于B，若，满足，此时，故B错误；对于C，若，则，故C正确；对于D，若，满足，此时，故D错误；故选：C6．C【分析】先解出不等式，再根据充分性，必要性的定义得出答案即可.【详解】，则不能推出，但可以推出，故“”是“”的必要不充分条件.故选：C.7．C【分析】利用不等式的性质逐一判断四个选项的正误即可得正确选项.【详解】对于A：因为，，所以，故选项A不正确；对于B：因为，所以，若，则，故选项B不正确；对于C：因为，所以，若，则，故选项C正确；对于D：因为，所以，，若，则，故选项D不正确；故选：C.8．D【分析】根据韦达定理得到，化简，计算得到答案.【详解】，，故，.故选：D.9．C【分析】做差法比较与的大小即可得出结论.【详解】设升级前的“屏占比”为，升级后的“屏占比”为（，）．因为，所以升级后手机“屏占比”和升级前相比变大，故选：C．10．D【分析】利用不等式性质逐项求解即可.【详解】对于选项A：当时，由可知，，故A错误；对于选项B：若，可知，故B错误；对于选项C：当，由，可得，故C错误；对于选项D：若，不等号两边同时平方，可得，故D正确.故选：D.11．B【分析】分析出，利用不等式的基本性质结合特殊值法可判断各选项的正误.【详解】已知，，，可得，对各选项逐一判断：选项A：因为，由不等式的性质，两边同乘负数，不等式变号，可得，所以选项A错误；选项B：因为，，所以，所以，，所以，所以选项B正确；选项C：取，，，，则，，此时，所以选项C错误；选项D：取，，，，则，所以选项D错误.故选：B.12．A【分析】根据给定条件可得1，3是方程的二根，再借助韦达定理计算即得.【详解】因不等式的解集是，则1，3是方程的二根，于是得且，解得，，，所以的值是.故选：A13．D【解析】对A，B，C，利用特殊值即可判断，对D，利用不等式的性质即可判断.【详解】解：对A，令，，此时满足，但，故A错；对B，令，，此时满足，但，故B错；对C，若，，则，故C错；对D，，则，故D正确.故选：D.14．B【解析】由不等式的性质结合作差法逐个判断即可得解.【详解】对于①，若，，则，故①错误；对于②，由可得，故②正确；对于③，因为，若，则，故③错误.故选：B.15．C【分析】根据不等式的性质和关系进行判断即可．【详解】，，，则，故选：C．【点睛】本题主要考查不等式性质的应用，结合同向不等式相加的性质是解决本题的关键．16．A【分析】把给出的已知条件c﹣b＝4﹣4a+a2右侧配方后可得c≥b，再把给出的两个等式联立消去c后，得到b＝1+a2，利用作差可得b与a的大小关系．【详解】由c﹣b＝4﹣4a+a2＝（2﹣a）2≥0，∴c≥b．再由b+c＝6﹣4a+3a2①c﹣b＝4﹣4a+a2②①﹣②得：2b＝2+2a2，即b＝1+a2．∵，∴b＝1+a2＞a．∴c≥b＞a．故选A．【点睛】本题考查了不等式的大小比较，考查了配方法，训练了基本不等式在解题中的应用，是基础题．17．A【分析】利用不等式的基本性质即可判断出．【详解】根据不等式的同向可加性，若a＞b，c＞d，则必有a+c＞b+d，利用特例法可知均错误，故选A．【点睛】本题考查了不等式的基本性质，属于基础题．18．（，＋∞）【分析】由一元二次方程根的分布知识求解．【详解】设，由题意，解得，故答案为：．19．【分析】由题知，，再根据韦达定理求解得，进而解方程得【详解】解：因为关于x的方程的两个实数根为，所以，，所以所以，因为，所以，即，解得因为，所以故答案为：20．##【分析】利用二次不等式的解法可求得原不等式的解集.【详解】由得，解得，故不等式的解集为.故答案为：.21．（不唯一）【分析】由不等式的性质，若，则，可通过构造一正一负，和两个同负的反例即可【详解】由不等式的性质，若，则可通过构造一正一负，和两个同负的反例即可比如：或者故答案为：（不唯一）22．【解析】由不等式的性质确定．【详解】因为，所以，，所以，又因为，所以的取值范围是.故答案为：．23．(1)或.(2).（答案不唯一）【分析】（1）对分三种情况讨论，结合二次函数的图象和性质求解；（2）直接写出充分非必要条件即可.(1)解：当时，不等式为符合题意，所以；当时，，不符合题意，所以舍去；当时，由题得且所以或.综合得或.所以f（x）>0恒成立的充要条件是或.(2)对于一切实数x，f（x）>0恒成立的一个充分非必要条件是.（答案不唯一）24．(1)答案见解析(2)（ⅰ）（ⅱ）【分析】(1)分三种情况讨论，解不等式即可；（2）（1）直接根据区间长度定义求解（ⅱ）根据均值不等式求区间长度的最大值.(1)由，当时，可得，即，当时，，所以解得，当时，，解得.综上，时，；时，；时，(2)（ⅰ）由（1）知时，，所以区间I的长度为；（ⅱ）因为，当且仅当时，即时等号成立，所以I的长度的最大值为.25．(1)或(2)答案见解析【分析】（1）由，可得，解不等式即可求出结果；（2）由，可得，然后再对进行分类讨论，由此即可求出结果.(1)解：由，可得，所以不等式的解集为或；(2)解：由，可得，当时，即时，不等式的解集为；当时，即时，不等式的解集为；当时，，不等式的解集为；综上所述，当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为；当时不等式的解集为.26．答案见解析.【分析】将分解因式得，再讨论1与的大小求解集.【详解】由，可得则当即时，解集为：；当时，解集为；当即时，解集为27．(1)；(2)答案见解析.【分析】（1）原不等式等价于，解不等式组求得结果；（2）分别在、和三种情况下，解一元二次不等式求得结果.(1)由得：，解得：，不等式的解集为；(2)；当时，，解得：，即不等式解集为；当时，由得：，即不等式解集为；当时，由得：，即不等式解集为.28．甲无超速现象，乙有超速现象.【分析】由解得范围，由解得范围，把与限速为比较即可判断出结论．【详解】由解得．由解得．所以甲无超速现象，乙有超速现象.29．（1）或（2）分类讨论，答案见详解（3）【分析】（1）先利用求根公式求解对应方程的两个实数根，结合二次函数的性质即得解；（2）先求解对应方程的两个实数根，分，，三种情况讨论即可；（3）分，两种情况讨论，当时，利用开口和判别式控制范围即可【详解】（1）令故故不等式的解集为：或（2）令故当时，，不等式的解集为：；当时，或，不等式的解集为：或；当时，或，不等式的解集为：或；（3）当时，不等式为恒成立，解集为R当时，不等式的解集为R，解得综上：30．（1）；（2）答案见解析.【解析】（1）一元二次不等式恒成立问题，由判别式可得参数范围．（2）不等式变形