高一数学 必修一 第二章《一元二次函数、方程和不等式》训练题 (5)-200708(解析版)

高一数学必修一第二章《一元二次函数、方程和不等式》训练题 (5)一、选择题（本大题共11小题，共55.0分）1.已知命题p：复数z=2−i的虚部是−i；命题q：ax2+ax+1>0恒成立，则a∈(0,4).下列命题为真命题的是()A. p∧qB. p∨qC. ¬p∧qD. ¬p∧¬q2.二次不等式ax2+bx+1>0的解集为{x|−1<x<13}，则ab的值为()A. −6B. 6C. −5D. 53.设a，b，c为锐角△ABC内角A，B，C的对边，且满足cosAa +cosBb=2√3sinC3a，若b=2，则△ABC面积的最大值为A. √3B. 2√3C. 2√33D. 124.已知集合M={x|x(x−2)<0}，N={−2,−1,0,1,2}，则M⋂N=A. {0,1}B. {−2,−1}C. {1}D. {0,1,2}5.如果f(x)=ax2−(2−a)x+1在区间(−∞,12]上为减函数，则a的取值范围是()A. (0,1]B. [0,1)C. [0,1]D. (0,1)6.设a>0，b>0，lg√2是lg4a与lg2b的等差中项，则2a +1b的最小值为()A. 2√2B. 3C. 4D. 97.已知三棱锥A−BCD的所有顶点都在球O的球面上，AD⊥平面ABC，∠BAC=90°，AD=2，若球O的表面积为29π，则三棱锥A−BCD的侧面积的最大值为()A. 5√2+254B. 5√2+5√414C. 6√3+272D. 10√2+2528.已知P是椭圆x24+y2=1上一动点，A(−2,1)，B(2,1)，则cos⟨PA⃗⃗⃗⃗⃗ ,PB⃗⃗⃗⃗⃗ ⟩的最大值是()A. √6−√24B. √1717C. √17−√76D. √14149.若关于x的不等式ax+6+|x2−ax−6|⩾4恒成立，则实数a的取值范围是()A. (−∞,1]B. [−1,1]C. [−1,+∞)D. (−∞,−1]∪[1,+∞)10.若∃x0∈[12,2]，使得2x02−λx0+1<0成立是假命题，则实数λ的取值范围是()A. (−∞,2√2]B. (2√2,3]C. [2√2,92] D. {3}11.已知函数f(x)是定义域为R的偶函数，当x>0时，f(x)=ln(1+x2)+x，则不等式f(3x+2)>1+ln2的解集为()A. (−13,+∞) B. (−∞,1)C. (−∞,−1)⋃(−13,+∞) D. (−∞,13)⋃(1,+∞)二、不定项选择题（本大题共1小题，共4.0分）12.下列说法中正确命题为()A. 函数f(x)=x−1与g(x)=x的图象没有公共点x+1B. 若定义在R上的函数f(x)满足，则函数f(x)周期为6C. 若对于任意x∈(1,3)，不等式x2−ax+2<0恒成立，则a>113D. 函数的值域为R，则三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.不等式[b−(a−2)]2+[lnb−(a−1)]2≥m2−m对任意b>0,a∈R恒成立，则实数m的取值范围是_________．14.设a<0，则关于x的不等式42x2+ax−a2<0的解集为____．15.已知向量a⃗=(1,2)，平面向量b⃗ 满足 (2a⃗+b⃗ )·a⃗=√5|b⃗ |，则 (b⃗ −4a⃗ )·b⃗ 的最小值等于________．.下列命题中：①0<a<1，②1<b<3，16.已知实数a、b、c满足a<b<c，{a+b+c=6ab+bc+ca=9③3<c<4，④(b−5)(c−5)的最小值是15，所有真命题为________．4四、解答题（本大题共4小题，共48.0分）17.已知x,y满足2x−y−1=0，求xy+4y的最大值。

(x+1)218.若存在实数x，使不等式ae2x+2e x−1≥0成立，则实数a的取值范围是多少？19.某地开发一片荒地，如图，荒地的边界是以C为圆心，半径为1千米的圆周．已有两条互相垂直的道路OE，OF，分别与荒地的边界有且仅有一个接触点A，B.现规划修建一条新路(由线段MP，PQ⌢，线段QN三段组成)，其中点M，N分别在OE，OF上，且使得MP，QN所在直线分.记∠PCA=2θ(道路宽度均忽别与荒地的边界有且仅有一个接触点P，Q，PQ⌢所对的圆心角为π6略不计)．(1)若θ=5π，求QN的长度；12(2)求新路总长度的最小值．20.已知▵ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且acos B=bcos A，BC边上的中线AD的长为4．(1)若A=π，求c；6(2)求a+√2c的最大值．-------- 答案与解析 --------1.答案：D解析：【分析】本题考查含逻辑联结词的命题真假的判断，复合(或、且、非)命题的判定，属于基础题． 先判断p ，q 的真假，再由复合命题的真值表判断即可． 【解答】解：命题p ：复数z =2−i 的虚部是−1，故p 是假命题； 命题q ：ax 2+ax +1>0恒成立，则 (1)a =0时，不等式成立，(2){a >0Δ=a 2−4a <0，解得0<a <4，则a ∈[0,4)，故q 是假命题， 即p ，q 均为假命题， 则均为真命题，则p ∧q ，p ∨q ，¬p ∧q 都是假命题，¬p ∧¬q 是真命题， 故选D ． 2.答案：B解析：【分析】本题考查一元二次不等式的解法，属基础题.根据一元二次不等式ax 2+bx +1>0的解集为{x |−1<x <13}可得方程ax 2+bx +1=0的解为−1，13利用韦达定理即可解答本题． 【解答】解：∵一元二次不等式ax 2+bx +1>0的解集为{x {x |−1<x <13} ∴方程ax 2+bx +1=0的解为−1，13， ∴−1+13=−23=−ba ，(−1)×13=−13=1a ， ∴a =−3，b =−2， ∴ab =6， 故选B ．3.答案：A解析：【分析】本题考查了正弦定理、余弦定理、三角形面积公式和基本不等式，属于中档题． 由正弦定理得cosA sinA+cosB sinB=2√3sinC3sinA，可得B =π3，再由余弦定理和基本不等式可得ac ≤4，即可得出△ABC 面积的最大值． 【解答】 解：由cosA a+cosB b=2√3sinC 3a， 根据正弦定理得cosA sinA+cosB sinB=2√3sinC 3sinA，即cosAsinB+sinAcosBsinAsinB=sin(A+B)sinAsinB=sinCsinAsinB =2√3sinC3sinA， 可得sinB =√32，又，B =π3，由余弦定理得b 2=a 2+c 2−2accosB =a 2+c 2−ac ⩾2ac −ac =ac ，所以ac ≤4， 当且仅当a =c 等号成立，则△ABC 面积的最大值为12acsinB ⩽12×4×√32=√3．故选A ． 4.答案：C解析：【分析】本题考查集合的交集及其运算，首先根据一元二次不等式化简集合M ，然后求出交集即可，是容易题． 【解答】解：集合M ={x|x(x −2)<0}={x |0<x <2}， 因N = {−2,−1,0，1，2}， 则M⋂N = {1}， 故选C ． 5.答案：C解析：【分析】本题主要考查二次函数的性质，体现了分类讨论以及转化的数学思想，属于基础题．当a =0时，f(x)=1−2x ，满足条件．当a ≠0时，由题意可得{a >02−a 2a≥12，求得a 的范围．综合可得a 的取值范围． 【解答】解：当a =0时，f(x)=1−2x ，满足在区间(−∞,12)上为减函数． 当a ≠0时，由于f(x)=ax 2−(2−a)x +1的图象对称轴为x =2−a2a，且函数在区间(−∞,12)上为减函数， ∴{a >02−a 2a ≥12，求得0<a ≤1．综上可得，0≤a≤1，故选：C．6.答案：D解析：【分析】本题主要考查基本不等式的应用，利用等差中项的定义建立a，b的关系是解决本题的关键．根据等差中项的定义建立a，b的关系，然后利用基本不等式进行求解即可．【解答】解：是lg4a与lg2b的等差中项，∴2lg√2=lg4a+lg2b，即lg2=lg(4a·2b)，∴4a·2b=22a+b=2，即2a+b=1．∵2a+1b=(2a+1b)×1=(2a+1b)(2a+b)=4+1+2ba +2ab，又∵a>0，b>0，∴2a +1b≥5+2√2ba⋅2ab=9，当且仅当2ba =2ab即a=b=13时取等号，∴2a +1b的最小值为9．故选：D．7.答案：A解析：【分析】本题考查三棱锥的外接球、三棱锥的侧面积、基本不等式等基础知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力、运算求解能力，考查转化与数形结合的思想方法，是中档题．由题意画出图形，设球O的半径为R，AB=x，AC=y，由球O的表面积为29π，可得x2+y2=25，写出侧面积，再由基本不等式求最值．【解答】解：设球O的半径为R，AB=x，AC=y，由4πR2=29π，得4R2=29.可将三棱锥补成一个长方体，∴x 2+y 2+22=(2R)2，∴x 2+y 2=25．三棱锥A −BCD 的侧面积S =S △ABD +S △ACD +S △ABC =12⋅2x +12⋅2y +12xy =x +y +12xy ． 由x 2+y 2≥2xy ，得xy ≤252，当且仅当x =y =5√22时取等号， 由(x +y)2=x 2+2xy +y 2≤2(x 2+y 2)，得x +y ≤5√2，当且仅当x =y =5√22时取等号， ∴S ≤5√2+12×252=5√2+254，当且仅当x =y =5√22时取等号， ∴三棱锥A −BCD 的侧面积的最大值为5√2+254．故选：A ． 8.答案：A解析：【分析】本题考查直线与椭圆的位置关系，考查两角和的正切公式以及基本不等式求最值的问题，题目较难． 设∠APB =θ，∠APC =α,∠BPD =β，P(x,y)．tanθ=4(1−y)(1−y)2−4y 2.然后利用换元法和基本不等式求出tanθ的最小值，计算出此时θ=75°，并由此得到cos ⟨PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⟩的最大值． 【解答】 解： 如图：如图，设∠APB =θ，∠APC =α,∠BPD =β． 则tanθ=−tan(α+β)=tanα+tanβtanαtanβ−1． 设P(x,y)，因为A(−2,1)，B(2,1)． 所以tanα=1−y x+2,tanβ=1−y 2−x ，且x 24+y 2=1．所以tanθ=1−y 2+x +1−y2−x 1−y 2+x ·1−y2−x−1=4(1−y)(1−y)2−(4−x 2)=4(1−y)(1−y)2−4y 2．令1−y =t ，则y =1−t,t ∈[0,2]． 所以tanθ=4tt 2−4(1−t)2=4t−3t 2+8t−4=48−(3t+4t)⩾48−4√3=2+√3，当且仅当3t =4t 即t =2√33时，取等号．由tanθ⩾2+√3知，．所以tanθ有最小值2+√3，此时θ=75°． 因此cosθ有最大值，且最大值为cos75°=√6−√24．故选A ． 9.答案：B解析：【分析】本题考查了不等式恒成立应用问题，也考查了含有绝对值的不等式解法问题，是较难题．由绝对值的定义知问题等价于x 2−ax −6≥4−ax −6①，或x 2−ax −6≤−4+ax +6②；求出①的解集，得出②的解集情况，由此得出不等式组，从而求出a 的取值范围． 【解答】解：关于x 的不等式ax +6+|x 2−ax −6|≥4恒成立，等价于x 2−ax −6≥4−ax −6①，或x 2−ax −6≤−4+ax +6②； 解①得，x ≥2或x ≤−2；化简②式，得x 2−2ax −8≤0，设该不等式的解集为C ， 由题意知，(−2,2)⊆C ； 设f(x)=x 2−2ax −8，则{f(−2)≤0f(2)≤0，即{4+4a −8≤04−4a −8≤0， 解得−1≤a ≤1．所以实数a 的取值范围是[−1,1]． 故选B ． 10.答案：A解析：【分析】本题以命题的真假判断与应用为载体，考查了特称命题，不等式恒成立问题，对勾函数性质求最值，考查分析能力和运用能力，属于中档题．若“∃x 0∈[12,2]，使得2x 02−λx 0+1<0成立”是假命题，即“∃x 0∈[12,2]，使得λ>2x 0+1x 0成立”是假命题，即等价于“∀x ∈[12,2]，使得λ≤2x +1x 成立”是真命题，再结合对勾函数性质，求出x ∈[12,2]时，2x +1x 的最值，可得实数λ的取值范围． 【解答】解：∵若“∃x 0∈[12,2]，使得2x 02−λx 0+1<0成立”是假命题， 即“∃x 0∈[12,2]，使得λ>2x 0+1x 0成立”是假命题，即等价于“∀x∈[12,2]，使得λ≤2x+1x成立”是真命题，令f(x)=2x+1x ，x∈[12,2]，由对勾函数易知当x∈[12,2]时，f(x)在[12,√22]上单调递减，在(√22,2]上单调递增，∴当x=√22时，函数f(x)取最小值，即f(x)min=f(√22)=2√2，∴λ≤f(x)min=2√2，故实数λ的取值范围为(−∞,2√2]，故选A．11.答案：C解析：【分析】本题考查函数的奇偶性与单调性、不等式的解法，借助偶函数性质把不等式具体化是解决本题的关键，属于基础题．根据题意得出当x>0时，f(x)为增函数，由偶函数性质得：f(−x)=f(x)，不等式f(3x+2)>1+ ln 2可化为f(|3x+2|)>f(1)，求出x的范围即可．【解答】解：∵当x>0时，f(x)=ln (1+x2)+x，∴当x>0时，f(x)为增函数，∵函数f(x)是定义域为R的偶函数，且f(1)=1+ln2，∴不等式f(3x+2)>1+ln 2可化为f(|3x+2|)>f(1)，∴|3x+2|>1，解得3x+2>1或3x+2<−1，即x>−13或x<−1，∴不等式f(3x+2)>1+ln 2的解集为．故选C．12.答案：AB解析：【分析】本题综合考查了函数的性质，涉及交点、周期、恒成立和值域问题，考查推理能力和计算能力，属于中档题．A考查方程f(x)=g(x)解的个数；B推导f(x+6)=f(x)；C转化为a>x+2x 在(1,3)上恒成立，根据对勾函数的性质可求x+2x<113，故可求a的取值范围；D：x2−ax−a可取所有正数，则Δ=a2+4a≥0，解之即可．【解答】解：令f(x)=g(x)⇒x−1x+1=x，去分母得x2=−1，可得方程无解即图象无交点，A正确；由f(x+2)=−f(x−1)，将x换成x+1可得f(x+3)=−f(x)①，再将此式中x换成x+3，得f(x+6)=−f(x+3)②，由①②得f(x+6)=f(x)，从而可得函数的周期为6，B正确；由任意x∈(1,3)，不等式x2−ax+2<0恒成立⇒a>x+2x在(1,3)上恒成立，函数f(x)=x+2x 在(1,√2)上单调递减，在(√2,3)上单调递增，f(1)=3，f(3)=113，f(3)>f(1)，∴a⩾113，“=”可以取到，故C错误；函数y=log2(x2−ax−a)的值域为R，即x2−ax−a可取(0,+∞)之间的一切值，∴Δ=a2+4a≥0，解得a∈[0,+∞)∪(−∞,−4]，∴a∈(−4,0)不正确，故D错误．故选AB．13.答案：[−1,2]解析：【分析】本题考查导数的几何意义的应用，考查学生的推理能力与计算求解能力，属于中档题．设P(b,lnb)，Q(a−2,a−1)，可得|PQ|2≥m2−m，又P，Q分别在曲线f(x)=lnx及直线l:y=x+1上，计算可得f(x)在点P(1,0)处的切线与直线l平行，求出点P到直线l的距离d，即|PQ|最小值为d，进而解不等式m2−m≤2即可．【解答】解：由题意，设P(b,lnb)，Q(a−2,a−1)，则|PQ|2=[b−(a−2)]2+[lnb−(a−1)]，即|PQ|2≥m2−m，又P，Q分别在曲线f(x)=lnx及直线l:y=x+1上，且f′(x)=1x，令1x=1，解得x=1，且f(1)=0，所以f(x)在点P(1,0)处的切线与直线l平行，又点P到直线l的距离为d=√2=√2，所以|PQ|最小值为√2，所以m2−m≤2，解得−1≤m≤2．故答案为：[−1,2]．14.答案：(a7,−a6)解析：【分析】本题考查了含参数的一元二次不等式求解集的方法，是一道基础题．先求出对应方程的解，根据a小于0判断出两解的大小，即可写出原不等式的解集．【解答】解：不等式42x2+ax−a2<0，即(6x+a)(7x−a)<0，对应方程的实数根为x1=−a6,x2=a7，因为a<0，所以−a6>a7，所以关于x的不等式42x2+ax−a2<0的解集为：(a7,−a6)．故答案为(a7,−a6)．15.答案：20解析：【分析】本题考查向量数量积的应用，二次函数求最值，属于基础题型．由已知条件变形可得a⃗⋅b⃗ =√5|b⃗ |−10，再利用数量积的公式，将(b⃗ −4a⃗ )·b⃗ 变形为关于|b⃗ |的二次函数求最小值．【解答】解：(2a⃗+b⃗ )⋅a⃗=2a⃗2+a⃗⋅b⃗ =√5|b⃗ |即10+a⃗⋅b⃗ =√5|b⃗ |，即a⃗⋅b⃗ =√5|b⃗ |−10，(b⃗ −4a⃗ )⋅b⃗ =b⃗ 2−4a⃗⋅b⃗ =|b⃗ |2−4√5|b⃗ |+40=(|b⃗ |−2√5)2+20，当|b⃗ |=2√5时，可得(b⃗ −4a⃗ )⋅b⃗ 的最小值是20．故答案为2016.答案：①②③④解析：【分析】本题考查了不等式的性质、一元二次方程的根与系数的关系、一元二次不等式的解法，属于较难题．构造函数f(x)=(x−a)(x−b)(x−c)，求函数的导数，利用导数函数的单调性以及最值，结合不等式的性质进行判断即可．【解答】解：由a+b+c=6，可得b+c=6−a，由ab+bc+ac=9，可得bc=9−a(b+c)=9−a(6−a)=a2−6a+9，∴(b−5)(c−5)=bc−5(b+c)+25=a2−6a+9−5(6−a)+25=a2−a+4=(a−12)2+15 4≥154，当a=12，b=11−√214，c=11+√214时，取等号，故④正确，由a <b <c ，a +b +c =6，可得6>3a ，∴2>a ．因为：b +c =6−a ，bc =a 2−6a +9，则b ，c 为方程x 2−(6−a)x +(a 2−6a +9)=0的两个实数根，△>0，及a <2，解得0<a <2． ∴x =(6−a)±√12a−3a 22， 由a <b <c ，取b =(6−a)−√12a−3a 22， 则(6−a)−√12a−3a 22>a ，化为a 2−4a +3>0， 又0<a <2，解得0<a <1.因此①正确；②由a <b <c ，0<a <1，a +b +c =6，可得b ≥1，可得：a +c =6−b ，ac =b 2−6b +9， 则a ，c 为方程x 2−(6−b)x +(b 2−6b +9)=0的两个实数根， △>0，及1≤b ，解得1≤b <4．解得x =(6−b)±√12b−3b 22，取c =(6−b)+√12b−3b 22， 由b <c ，化为b 2−4b +3<0，解得1<b <3， 综上可得：1<b <3，因此②正确．③类比①②可知：③正确．综上，所有真命题为①②③④．故答案为①②③④．17.答案：解：因为2x −y −1=0，所以可得， =2+3x−6(x+1)2=f(x)，令x −2=t ，若t <0，则f(x)<2，t =0，f(x)=2，若t >0，则f(x)=g(t)=2+3t (t+3)2=2+3t+9t +6⩽2+6+2√t×t =94 等号当且仅当t =3，x =5，y =9时取得，所以xy+4y (x+1)2的最大值为94．解析：本题考查了函数的最值，先由题意对xy+4y (x+1)2进行化简为2x 2+7x−4(x+1)2，分离得到2+3x−6(x+1)2，换元x −2=t ，化为2+3t (t+3)2=2+3t+9t +6再由基本不等式求最值，属中档题．18.答案：解：∵ae 2x +2e x −1⩾0，∴a ≥1−2e xe ⇔a ≥e −2x −2e −x ，令t =e −x >0，所以a ≥t 2−2t =(t −1)2−1，∵t >0，∴(t −1)2−1≥−1．∴a ≥−1．故实数a 的取值范围是[−1,+∞).解析：本题主要考查不等式的恒成立问题，考查特称命题的性质，考查学生的思维能力，属基础题． 通过分离参数转化为求函数最值解决．19.答案：解：(1)因为PQ ⏜所对的圆心角为π6，θ=5π12， 所以∠PCQ =π6，∠PCA =2θ=5π6，连接BC ， 则∠BCA =π2，所以∠BCQ =2π−5π6−π2−π6=π2，所以四边形BCQN 中，∠BCQ =∠CBN =∠CQN =π2，所以BCQN 是矩形，从而QN =CB =1．答：QN 的长为1千米．(2)PM =tan∠PCA 2=tanθ，∠BCQ =4π3−2θ， NQ =tan ∠BCQ 2=tan(2π3−θ)，PQ ⏜长为π6， 从而PM +NQ =tanθ+tan(2π3−θ)=tanθ+tan 2π3−tanθ1+tan 2π3tanθ=tanθ+√3−tanθ1−√3tanθ， 即PM +NQ =tanθ+√3+tanθ√3tanθ−1=tanθ1+√33tanθtanθ−√33． 其中θ∈(π6,π2)，tanθ∈(√33,+∞)，tanθ−√33∈(0,+∞)， 所以PM +NQ =(tanθ−√33)43tanθ−√33+2√33 ≥2√(tan θ−√33)43tan θ−√332√33=2√3， 当且仅当tanθ−√33=43tanθ−√33，又θ∈(π6,π2)，即当且仅当θ=π3时取等号， 答：当∠PCA =2π3时，新路总长度的最小值为2√3+π6千米．解析：本题考查了三角函数模型的应用和基本不等式的实际应用，属于中档题．(1)先求得∠BCQ =∠CBN =∠CQN =π2，可得BCQN 是矩形，故可得答案；(2)求得PM +NQ =(tanθ−√33)43tanθ−√332√33，再结合基本不等式可得答案． 20.答案：解：(1) 由acosB =bcosA 及正弦定理得sinAcosB =sinBcosA ，所以sin(A −B)=0，因为A ，B 为▵ABC 的内角，故B ，所以a =b ， 由正弦定理得a sinA =c sinC ，即 c =√3a ，在三角形ABD 中，由余弦定理得，， 解得a =8√77，∴c =8√217． (2)在三角形ADC 中，由余弦定理得a 2=a 24+16−2·a 2·4·cos∠ADC 在三角形ADB 中，由余弦定理得 c 2=a 24+16−2·a 2·4·cos∠ADB 所以a 2+2c 2=64，∴a +√2c ≤√2(a 2+2c 2)=8√2，当且仅当a =√2c ，即a =4√2，c =4时，“=”成立， 所以a +√2c 最大值8√2．解析：本题考查正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用，考查计算能力，属中档题．(1) 由acosB =bcosA 及正弦定理得sinAcosB =sinBcosA ，解得sin(A −B)=0，可得，解得c =√3a ，由余弦定理即可解得c 的值．(2) 在三角形ADC 中，由余弦定理得a 2=a 24+16−2·a 2·4·cos∠ADC ，在三角形ADB 中，由余弦定理得c 2=a 24+16−2·a 2·4·cos∠ADB ，联立利用基本不等式解得a +√2c 最大值8√2．。