PAGEPAGE1其次章單元質量評估一、選擇題(每小題5分，共60分)1．若a>b>0，c<d<0，則肯定有(D)A.eq\f(a,c)>eq\f(b,d)B.eq\f(a,c)<eq\f(b,d)C.eq\f(a,d)>eq\f(b,c)D.eq\f(a,d)<eq\f(b,c)解析：由c<d<0?－eq\f(1,d)>－eq\f(1,c)>0，又a>b>0，由不等式性質知：－eq\f(a,d)>－eq\f(b,c)>0，所以eq\f(a,d)<eq\f(b,c).2．設全集U＝R，集合A＝{x|x≥2}，B＝{x|x2－3x－4≤0}，則(?UA)∩B等于(A)A．{x|－1≤x<2} B．{x|2<x≤4}C．{x|－4≤x<2} D．{x|－4≤x≤1}解析：由x2－3x－4≤0，解得－1≤x≤4，所以B＝{x|－1≤x≤4}．因為?UA＝{x|x<2}，所以(?UA)∩B＝{x|－1≤x<2}．故選A.3．設實數m，n分別滿意19m2＋20m＋1＝0，n2＋20n＋19＝0且m·n≠1，則eq\f(2mn＋3m＋2,n)的值為(B)A.eq\f(37,19)B．－eq\f(37,19)C.eq\f(3,19)D．－eq\f(3,19)解析：由題意得19(eq\f(1,n))2＋20eq\f(1,n)＋1＝0，且19m2＋20m＋1＝0.所以m，eq\f(1,n)為方程19x2＋20x＋1＝0的兩個根，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋\f(1,n)＝－\f(20,19)，,m×\f(1,n)＝\f(1,19)，))原式＝2(m＋eq\f(1,n))＋3eq\f(m,n)＝2×(－eq\f(20,19))＋eq\f(3,19)＝－eq\f(37,19).故選B.4．若不等式x2＋(a－6)x＋9－3a>0，|a|≤1恒成立，則xA．{x|x<2} B．{x|x>4}C．{x|x<2或x>4} D．{x|2<x<4}解析：將原不等式整理為形式上是關于a的不等式為：(x－3)a＋x2－6x＋9>0.令y＝(x－3)a＋x2－6x＋9.因為y>0在|a|≤1時恒成立，所以①若x＝3，則y＝0，不符合題意，應舍去．②若x≠3，則由一次函數的單調性，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－7x＋12>0，,x2－5x＋6>0，))解得x<2或x>4.故選C.5．已知不等式ax2＋bx＋c>0(a≠0)的解集為{x|m<x<n}，且m>0，則不等式cx2＋bx＋a<0的解集為(C)A．{x|eq\f(1,n)<x<eq\f(1,m)} B．{x|－eq\f(1,m)<x<eq\f(1,n)}C．{x|x<eq\f(1,n)或x>eq\f(1,m)} D．{x|x<－eq\f(1,m)或x>eq\f(1,n)}解析：因為不等式ax2＋bx＋c>0的解集為{x|m<x<n}，所以a<0，m＋n＝－eq\f(b,a)，mn＝eq\f(c,a)，所以b＝－a(m＋n)，c＝amn，所以cx2＋bx＋a<0?amnx2－a(m＋n)x＋a<0.因為a<0，所以mnx2－(m＋n)x＋1>0，即(mx－1)(nx－1)>0.又因為0<m<n，所以eq\f(1,m)>eq\f(1,n)，所以x>eq\f(1,m)或x<eq\f(1,n)，故不等式cx2＋bx＋a<0的解集是{x|x<eq\f(1,n)或x>eq\f(1,m)}．故選C.6．若正數x，y滿意x＋3y＝5xy，則3x＋4y的最小值是(C)A.eq\f(24,5)B.eq\f(28,5)C．5D．6解析：因為x＋3y＝5xy，所以eq\f(1,y)＋eq\f(3,x)＝5，所以3x＋4y＝eq\f(1,5)(3x＋4y)(eq\f(1,y)＋eq\f(3,x))＝eq\f(1,5)(eq\f(3x,y)＋eq\f(12y,x))＋eq\f(13,5)≥eq\f(1,5)×2×eq\r(36)＋eq\f(13,5)＝5，當且僅當x＝1，y＝eq\f(1,2)時等號成立．故選C.7．若命題“?x∈R，使得x2＋mx＋2m－3<0”為假命題，則實數A．{m|2≤m≤6} B．{m|－6≤m≤－2}C．{m|2<m<6} D．{m|－6<m<－2}解析：由題意知不等式x2＋mx＋2m－3≥0對一切x∈R恒成立，所以Δ＝m2－4(2m－3)≤0，解得2≤m8．在集合{x|2≤x≤6}上，不等式x2＋mx＋4>0有解，則m的取值范圍為(C)A．RB．{m|m<－4}C．{m|m>－5}D．{m|m<－5}解析：記y＝x2＋mx＋4，則由二次函數的圖象知，不等式x2＋mx＋4>0肯定有解，即m＋5>0或2m＋8>0，解得m9．某種商品安排提價，現有四種方案：方案(Ⅰ)先提價m%，再提價n%；方案(Ⅱ)先提價n%，再提價m%；方案(Ⅲ)分兩次提價，每次提價(eq\f(m＋n,2))%；方案(Ⅳ)一次性提價(m＋n)%.已知m>n>0，那么四種提價方案中，提價最多的是(C)A．ⅠB．ⅡC．ⅢD．Ⅳ解析：依題意，設單價為1，那么方案(Ⅰ)提價后的價格是1×(1＋m%)(1＋n%)＝1＋(m＋n)%＋m%·n%；方案(Ⅱ)提價后的價格是(1＋n%)(1＋m%)＝1＋(m＋n)%＋m%·n%；方案(Ⅲ)提價后的價格是[1＋(eq\f(m＋n,2))%]2＝1＋(m＋n)%＋[(eq\f(m＋n,2))%]2；方案(Ⅳ)提價后的價格是1＋(m＋n)%.所以只要比較m%·n%與[(eq\f(m＋n,2))%]2的大小即可．[(eq\f(m＋n,2))%]2>(eq\r(mn)%)2＝m%·n%.所以[(eq\f(m＋n,2))%]2>m%·n%.即[1＋(eq\f(m＋n,2))%]2>(1＋m%)(1＋n%)，因此，方案(Ⅲ)提價最多．故選C.10．已知a>0，b∈R，那么“a＋b>0”是“a>|bA．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件解析：因為a>0，由a＋b>0?/a>|b|.由a>|b|?a＋b>0.故選B.11．設集合P＝{m|－1<m<0}，Q＝{m∈R|mx2＋4mx－4<0對隨意實數x恒成立}，則下列關系式中成立的是(A)A．PQB．QPC．P＝QD．P∩Q＝?解析：對于Q，當m＝0時，－4<0對隨意實數x∈R恒成立；當m≠0時，由mx2＋4mx－4<0對隨意實數x∈R恒成立可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m<0，,Δ＝16m2＋16m<0，))解得－1<m<0.綜上所述，Q＝{m|－1<m≤0}，所以PQ.故選A.12．若正數m，n，滿意m＋n＋3＝mn，不等式(m＋n)x2＋2x＋mn－13≥0恒成立，則實數x的取值范圍是(A)A．{x|x≤－1或x≥eq\f(2,3)} B．{x|x≤－1或x≥eq\f(1,2)}C．{x|x≤－eq\f(1,2)或x≥eq\f(1,3)} D．{x|x≤－eq\f(1,2)或x≥eq\f(1,6)}解析：令m＋n＝a，則mn＝a＋3，故m，n是方程x2－ax＋a＋3＝0的兩個正實數根，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝a2－4a－12≥0，,a>0，,a＋3>0，))解得a≥6.不等式(m＋n)x2＋2x＋mn－13≥0恒成立?不等式ax2＋2x＋a－10≥0在a≥6時恒成立．即a(x2＋1)＋2x－10≥0在a∈{a|a≥6}時恒成立．故6(x2＋1)＋2x－10≥0?x≥eq\f(2,3)或x≤－1.故選A.二、填空題(每小題5分，共20分)13．設a>0，b>1，若a＋b＝2，則eq\f(3,a)＋eq\f(1,b－1)的最小值為4＋2eq\r(3).解析：因為a>0，b>1，a＋b＝2，所以eq\f(3,a)＋eq\f(1,b－1)＝(eq\f(3,a)＋eq\f(1,b－1))(a＋b－1)＝3＋eq\f(3b－1,a)＋eq\f(a,b－1)＋1＝4＋eq\f(3b－1,a)＋eq\f(a,b－1)≥4＋2eq\r(3)，當eq\f(3b－1,a)＝eq\f(a,b－1)，即a＝eq\f(3－\r(3),2)，b＝eq\f(\r(3)＋1,2)時取等號．14．不等式eq\f(x－2,x2＋3x＋2)>0的解集為{x|－2<x<－1或x>2}．解析：eq\f(x－2,x2＋3x＋2)>0?eq\f(x－2,x＋2x＋1)>0?(x－2)(x＋2)·(x＋1)>0，數軸標根得{x|－2<x<－1或x>2}，故填{x|－2<x<－1或x>2}．15．若集合A＝{x|ax2－ax＋1<0}＝?，則實數a的取值范圍是{a|0≤a≤4}．解析：①若a＝0，則1<0不成立，此時不等式ax2－ax＋1<0的解集為空集；②若a≠0，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝a2－4a≤0，,a>0，))解得0<a≤4.綜上知0≤a≤4.16．已知關于x的不等式eq\f(ax－1,x＋1)<0的解集是{x|x<－1或x>－eq\f(1,2)}，則a＝－2.解析：eq\f(ax－1,x＋1)<0?(ax－1)(x＋1)<0，依據解集的結構可知，a<0且eq\f(1,a)＝－eq\f(1,2)，所以a＝－2.三、解答題(共70分)17．(本小題10分)已知a>0，b>0，c>0，d>0，a2＋b2＝ab＋1，cd>1.(1)求證：a＋b≤2；(2)推斷等式eq\r(ac)＋eq\r(bd)＝c＋d能否成立，并說明理由．解：(1)證明：由題意得(a＋b)2＝3ab＋1≤3(eq\f(a＋b,2))2＋1，當且僅當a＝b時取等號．解得(a＋b)2≤4，又a，b>0，所以a＋b≤2.(2)不能成立．理由：由均值不等式得eq\r(ac)＋eq\r(bd)≤eq\f(a＋c,2)＋eq\f(b＋d,2)，當且僅當a＝c且b＝d時等號成立．因為a＋b≤2，所以eq\r(ac)＋eq\r(bd)≤1＋eq\f(c＋d,2).因為c>0，d>0，cd>1，所以c＋d＝eq\f(c＋d,2)＋eq\f(c＋d,2)≥eq\f(c＋d,2)＋eq\r(cd)>eq\f(c＋d,2)＋1≥eq\r(ac)＋eq\r(bd)，故eq\r(ac)＋eq\r(bd)＝c＋d不能成立．18．(本小題12分)解下列關于x的不等式：(1)1<x2－3x＋1<9－x；(2)ax2－x－a2x＋a<0(a<－1)．解：(1)因為1<x2－3x＋1<9－x，由x2－3x＋1>1得x>3或x<0，由x2－3x＋1<9－x得－2<x<4.所以－2<x<0或3<x<4.所以原不等式1<x2－3x＋1<9－x的解集為{x|－2<x<0或3<x<4}．(2)ax2－x－a2x＋a<0，即(x－a)(ax－1)<0.因為a<－1，所以(x－a)(x－eq\f(1,a))>0，當a<－1時，eq\f(1,a)>a，所以x<a或x>eq\f(1,a).所以不等式的解集為{x|x<a或x>eq\f(1,a)}．19．(本小題12分)已知關于x的不等式kx2－2x＋6k<0(k≠0)．(1)若不等式的解集是|x|x<－3或x>－2|，求k的值；(2)若不等式的解集是R，求k的取值范圍．解：(1)因為不等式的解集為{x|x<－3或x>－2}，所以－3，－2是方程kx2－2x＋6k＝0的兩根且k<0.由根與系數的關系得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3×－2＝6，,－3＋－2＝\f(2,k)，))解得k＝－eq\f(2,5).(2)因為不等式的解集為R，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k<0，,Δ＝4－4k·6k<0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k<0，,k>\f(\r(6),6)或k<－\f(\r(6),6).))所以k<－eq\f(\r(6),6).即k的取值范圍是{k|k<－eq\f(\r(6),6)}．20．(本小題12分)已知函數y1＝x2－2x－8，y2＝2x2－4x－16.(1)求不等式y2<0的解集；(2)若對一切x>2，均有y1≥(m＋2)x－m－15成立，求實數m的取值范圍．解：(1)y2＝2x2－4x－16<0，即(2x＋4)(x－4)<0，所以－2<x<4，所以不等式y2<0的解集為{x|－2<x<4}．(2)因為y1＝x2－2x－8.當x>2時，y1≥(m＋2)x－m－15恒成立，所以x2－2x－8≥(m＋2)x－m－15，即x2－4x＋7≥m(x－1)．所以對一切x>2，均有不等式eq\f(x2－4x＋7,x－1)≥m成立．而eq\f(x2－4x＋7,x－1)＝(x－1)＋eq\f(4,x－1)－2≥2eq\r(x－1×\f(4,x－1))－2＝2(當且僅當x＝3時等號成立)，所以實數m的取值范圍是{m|m≤2}．21．(本小題12分)已知y＝2x2＋bx＋c，不等式2x2＋bx＋c<0的解集是{x|0<x<5}．(1)求y＝2x2＋bx＋c的解析式；(2)若對于隨意的x∈{x|－1≤x≤1}，不等式2x2＋bx＋c＋t≤2恒成立，求t的取值范圍．解：(1)因為2x2＋bx＋c<0的解集是{x|0<x<5}，所以0和5是方程2x2＋bx＋c＝0的兩個根，由根與系數的關系知，－eq\f(b,2)＝5，eq\f(c,2)＝0，所以b＝－10，c＝0，y＝2x2－10x.(2)2x2＋bx＋c＋t≤2恒成立等價于2x2－10x＋t－2≤0恒成立，所以2x2－10x＋t－2的最大值小于或等于0.設y＝2x2－10x＋t－2