【優(yōu)化方案】2021高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)(湖北理科)課后達(dá)標(biāo)檢測(cè)：第6章-第2課時(shí)

[基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)]一、選擇題1．(2022·吉林長(zhǎng)春畢業(yè)班調(diào)研)已知集合P＝{x|x2－x－2≤0}，Q＝{x|log2(x－1)≤1}，則(?RP)∩Q＝()A．[2,3] B．(－∞，1]∪[3，＋∞)C．(2,3] D．(－∞，－1]∪(3，＋∞)解析：選C.依題意，得P＝{x|－1≤x≤2}，Q＝{x|1<x≤3}，則(?RP)∩Q＝(2,3]．2．設(shè)a>0，不等式－c<ax＋b<c的解集是{x|－2<x<1}，則a∶b∶c＝()A．1∶2∶3 B．2∶1∶3C．3∶1∶2 D．3∶2∶1解析：選B.∵－c<ax＋b<c，又a>0，∴－eq\f(b＋c,a)<x<eq\f(c－b,a).∵不等式的解集為{x|－2<x<1}，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(b＋c,a)＝－2，,\f(c－b,a)＝1，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝\f(a,2)，,c＝\f(3,2)a，))∴a∶b∶c＝a∶eq\f(a,2)∶eq\f(3a,2)＝2∶1∶3.3．(2021·高考江西卷)下列選項(xiàng)中，使不等式x＜eq\f(1,x)＜x2成立的x的取值范圍是()A．(－∞，－1) B．(－1,0)C．(0,1) D．(1，＋∞)解析：選A.由x<eq\f(1,x)<x2可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<\f(1,x)，,\f(1,x)<x2，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2－1,x)<0，,\f(1－x3,x)<0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<－1或0<x<1，,x<0或x>1，))綜合知x<－1.4．若不等式mx2＋2mx－4＜2x2＋4x對(duì)任意x均成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A．(－2,2] B．(－2,2)C．(－∞，－2)∪[2，＋∞) D．(－∞，2]解析：選A.原不等式等價(jià)于(m－2)x2＋2(m－2)x－4＜0，①當(dāng)m＝2時(shí)，對(duì)任意的x不等式都成立；②當(dāng)m－2＜0時(shí)，Δ＝4(m－2)2＋16(m－2)＜0，∴－2＜m＜2，綜合①②，得m∈(－2,2]．5．(2022·陜西西安質(zhì)檢)在R上定義運(yùn)算：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(a),\s\do5(c))\o(\s\up7(b),\s\do5(d))))＝ad－bc.若不等式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(x－1),\s\do5(a＋1))\o(\s\up7(a－2),\s\do5(x))))≥1對(duì)任意實(shí)數(shù)x恒成立，則實(shí)數(shù)a的最大值為()A．－eq\f(1,2) B．－eq\f(3,2)C.eq\f(1,3) D.eq\f(3,2)解析：選D.原不等式等價(jià)于x(x－1)－(a－2)(a＋1)≥1，即x2－x－1≥(a＋1)(a－2)對(duì)任意x恒成立，x2－x－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2－eq\f(5,4)≥－eq\f(5,4)，所以－eq\f(5,4)≥a2－a－2，－eq\f(1,2)≤a≤eq\f(3,2).二、填空題6．不等式|x(x－2)|>x(x－2)的解集是________．解析：不等式|x(x－2)|>x(x－2)等價(jià)于x(x－2)<0，解得0<x<2.答案：{x|0<x<2}7．若0<a<1，則不等式(a－x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))>0的解集是________．解析：原不等式即(x－a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))<0，由0<a<1得a<eq\f(1,a)，∴a<x<eq\f(1,a).答案：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|a<x<\f(1,a)))8．某商家一月份至五月份累計(jì)銷(xiāo)售額達(dá)3860萬(wàn)元，猜想六月份銷(xiāo)售額為500萬(wàn)元，七月份銷(xiāo)售額比六月份遞增x%，八月份銷(xiāo)售額比七月份遞增x%，九、十月份銷(xiāo)售總額與七、八月份銷(xiāo)售總額相等，若一月至十月份銷(xiāo)售總額至少達(dá)7000萬(wàn)元，則x的最小值是__________．解析：七月份：500(1＋x%)，八月份：500(1＋x%)2.所以一至十月份的銷(xiāo)售總額為：3860＋500＋2[500(1＋x%)＋500(1＋x%)2]≥7000，解得1＋x%≤－2.2(舍)或1＋x%≥1.2，∴xmin＝20.答案：20三、解答題9．若不等式ax2＋5x－2＞0的解集是{x|eq\f(1,2)＜x＜2}．(1)求實(shí)數(shù)a的值；(2)求不等式ax2－5x＋a2－1＞0的解集．解：(1)由題意知a＜0，且方程ax2＋5x－2＝0的兩個(gè)根為eq\f(1,2)，2，代入解得a＝－2.(2)由(1)知不等式為－2x2－5x＋3＞0，即2x2＋5x－3＜0，解得－3＜x＜eq\f(1,2)，即不等式ax2－5x＋a2－1＞0的解集為{x|－3<x<eq\f(1,2)}．10．某同學(xué)要把自己的計(jì)算機(jī)接入因特網(wǎng)，現(xiàn)有兩家ISP公司可供選擇．公司A每小時(shí)收費(fèi)1.5元；公司B在用戶每次上網(wǎng)的第1小時(shí)內(nèi)收費(fèi)1.7元，第2小時(shí)內(nèi)收費(fèi)1.6元，以后每小時(shí)削減0.1元(若用戶一次上網(wǎng)時(shí)間超過(guò)17小時(shí)，按17小時(shí)計(jì)算)．假設(shè)該同學(xué)一次上網(wǎng)時(shí)間總是小于17小時(shí)，那么該同學(xué)如何選擇ISP公司較省錢(qián)？解：假設(shè)一次上網(wǎng)x(x<17)小時(shí)，則公司A收取的費(fèi)用為1.5x元，公司B收取的費(fèi)用為1.7＋(1.7－0.1)＋(1.7－0.2)＋…＋[1.7－(x－1)×0.1]＝eq\f(x35－x,20)(元)．由eq\f(x35－x,20)>1.5x(0<x<17)，整理得x2－5x<0，解得0<x<5，故當(dāng)0<x<5時(shí)，A公司收費(fèi)低于B公司收費(fèi)，當(dāng)x＝5時(shí)，A，B兩公司收費(fèi)相等，當(dāng)5<x<17時(shí)，B公司收費(fèi)低，所以當(dāng)一次上網(wǎng)時(shí)間在5小時(shí)以內(nèi)時(shí)，選擇公司A的費(fèi)用少；為5小時(shí)時(shí)，選擇公司A與公司B費(fèi)用一樣多；超過(guò)5小時(shí)小于17小時(shí)，選擇公司B的費(fèi)用少．[力氣提升]一、選擇題1．關(guān)于x的不等式x2－(a＋1)x＋a<0的解集中，恰有3個(gè)整數(shù)，則a的取值范圍是()A．(4,5) B．(－3，－2)∪(4,5)C．(4,5] D．[－3，－2)∪(4,5]解析：選D.原不等式可能為(x－1)(x－a)<0，當(dāng)a>1時(shí)得1<x<a，此時(shí)解集中的整數(shù)為2,3,4，則4<a≤5，當(dāng)a<1時(shí)得a<x<1，則－3≤a<－2，故a∈[－3，－2)∪(4,5]．2．(2022·河南洛陽(yáng)階段測(cè)試)若不等式x2＋ax－2>0在區(qū)間[1,5]上有解，則a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(23,5)，＋∞))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(23,5)，1))C．(1，＋∞)D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(23,5)))解析：選B.由Δ＝a2＋8>0，知方程恒有兩個(gè)不等實(shí)根，又知兩根之積為負(fù)，所以方程必有一正根、一負(fù)根．于是不等式在區(qū)間[1,5]上有解的充要條件是f(5)≥0，f(1)≤0，解得a≥－eq\f(23,5)，且a≤1，故a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(23,5)，1)).二、填空題3．若關(guān)于x的不等式ax2－x＋2a<0的解集為?，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．解析：依題意可知，問(wèn)題等價(jià)于ax2－x＋2a≥0恒成立，當(dāng)a＝0時(shí)，－x≥0不恒成立，故a＝0舍去；當(dāng)a≠0時(shí)，要使ax2－x＋2a≥0恒成立，即f(x)＝ax2－x＋2a的圖象不在x軸的下方，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,1－8a2≤0，))解得a≥eq\f(\r(2),4)，即a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)，＋∞)).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)，＋∞))4．已知y＝f(x)是偶函數(shù)，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝(x－1)2；若當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,2)))時(shí)，n≤f(x)≤m恒成立，則m－n的最小值為_(kāi)_______．解析：當(dāng)x<0時(shí)，－x>0，f(x)＝f(－x)＝(x＋1)2，∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,2)))，∴f(x)min＝f(－1)＝0，f(x)max＝f(－2)＝1，∴m＝1，n＝0，m－n＝1.答案：1三、解答題5．已知不等式mx2－2x＋m－2＜0.(1)若對(duì)于全部的實(shí)數(shù)x，不等式恒成立，求m的取值范圍；(2)設(shè)不等式對(duì)于滿足|m|≤2的一切m的值都成立，求x的取值范圍．解：(1)對(duì)全部實(shí)數(shù)x，不等式mx2－2x＋m－2＜0恒成立，即函數(shù)f(x)＝mx2－2x＋m－2的圖象全部在x軸下方，當(dāng)m＝0時(shí)，－2x－2＜0，明顯對(duì)任意x不能恒成立；當(dāng)m≠0時(shí)，由二次函數(shù)的圖象可知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＜0，,Δ＝4－4mm－2＜0，))解得m＜1－eq\r(2)，綜上可知m的取值范圍是(－∞，1－eq\r(2))．(2)設(shè)g(m)＝(x2＋1)m－2x－2，它是一個(gè)以m為自變量的一次函數(shù)，由eq\a\vs4\al(x2＋1)＞0知g(m)在[－2,2]上為增函數(shù)，則由題意只需g(2)＜0即可，即2x2＋2－2x－2＜0，解得0＜x＜1.即x的取值范圍是(0,1)．6．(選做題)設(shè)二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c，函數(shù)F(x)＝f(x)－x的兩個(gè)零點(diǎn)為m，n(m<n)．(1)若m＝－1，n＝2，求不等式F(x)>0的解集；(2)若a>0，且0<x<m<n<eq\f(1,a)，比較f(x)與m的大?。猓?1)