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2021年人教版高中数学必修第一册章末综合测评(二)《一元二次函数、方程和不等式》(含答案详解)
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这是一份2021年人教版高中数学必修第一册章末综合测评(二)《一元二次函数、方程和不等式》(含答案详解)，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，十月份的销售总额与七，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．若f(x)＝3x2－x＋1，g(x)＝2x2＋x－1，则f(x)与g(x)的大小关系为( )
A．f(x)>g(x) B．f(x)＝g(x)
C．f(x)A [因为f(x)－g(x)＝(3x2－x＋1)－(2x2＋x－1)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1>0，所以f(x)>g(x)．]
2．若m＜0，n＞0且m＋n＜0，则下列不等式中成立的是( )
A．－n＜m＜n＜－m B．－n＜m＜－m＜n
C．m＜－n＜－m＜n D．m＜－n＜n＜－m
D [法一：(取特殊值法)令m＝－3，n＝2分别代入各选项检验，可知D正确．
法二：m＋n＜0⇒m＜－n⇒n＜－m，又由于m＜0＜n，
故m＜－n＜n＜－m成立．]
3．对于任意实数a，b，c，d，下列四个命题中：
①若a>b，c≠0，则ac>bc；
②若a>b，则ac2>bc2；
③若ac2>bc2，则a>b；
④若a>b>0，c>d，则ac>bd.
其中真命题的个数是( )
A．1 B．2 C．3 D．4
A [若a>b，c<0时，acd>0时，ac>bd，④错，故选A.]
4．不等式|x|(1－2x)＞0的解集为( )
A．(－∞，0)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
A [当x≥0时，原不等式即为x(1－2x)＞0，所以0＜x＜eq \f(1,2)；当x＜0时，原不等式即为－x(1－2x)＞0，所以x＜0，综上，原不等式的解集为(－∞，0)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，故选A.]
5．已知eq \f(2,x)＋eq \f(2,y)＝1(x>0，y>0)，则x＋y的最小值为( )
A．1 B．2 C．4 D．8
D [∵x>0，y>0，∴x＋y＝(x＋y)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x)＋\f(2,y)))＝4＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,y)＋\f(y,x)))≥4＋4eq \r(\f(x,y)·\f(y,x))＝8.
当且仅当eq \f(x,y)＝eq \f(y,x)，即x＝y＝4时取等号．]
6．已知不等式ax2＋bx＋2＞0的解集为{x|－1＜x＜2}，则不等式2x2＋bx＋a＜0的解集为( )
A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1＜x＜\f(1,2))))) B.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＜－1或x＞\f(1,2)))))
C．{x|－2＜x＜1} D．{x|x＜－2或x＞1}
A [由题意知x＝－1，x＝2是方程ax2＋bx＋2＝0的根．
由根与系数的关系得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1＋2＝－\f(b,a)，,－1×2＝\f(2,a)))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－1，,b＝1.))
∴不等式2x2＋bx＋a＜0，即2x2＋x－1＜0.
解得－1＜x＜eq \f(1,2).]
7．设A＝eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)，其中a，b是正实数，且a≠b，B＝－x2＋4x－2，则A与B的大小关系是( )
A．A≥B B．A>B
C．AB [∵a，b都是正实数，且a≠b，
∴A＝eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)>2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2，即A>2，
B＝－x2＋4x－2＝－(x2－4x＋4)＋2
＝－(x－2)2＋2≤2，
即B≤2，∴A>B.]
8．不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x－3>10，,x2＋7x＋12≤0))的解集为( )
A．{x|－4≤x≤－3} B．{x|－4≤x≤－2}
C．{x|－3≤x≤－2} D．∅
A [eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x－3>10，,x2＋7x＋12≤0))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－3<－5，,x＋3x＋4≤0))
⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<－2，,－4≤x≤－3))⇒－4≤x≤－3.]
9．某公司租地建仓库，每月土地费用与仓库到车站距离成反比，而每月货物的运输费用与仓库到车站距离成正比．如果在距离车站10 km处建仓库，则土地费用和运输费用分别为2万元和8万元，那么要使两项费用之和最小，仓库应建在离车站( )
A．5 km处 B．4 km处
C．3 km处D．2 km处
A [设车站到仓库距离为x，土地费用为y1，运输费用为y2，由题意得y1＝eq \f(k1,x)，y2＝k2x，∵x＝10时，y1＝2，y2＝8，∴k1＝20，k2＝eq \f(4,5)，∴费用之和为y＝y1＋y2＝eq \f(20,x)＋eq \f(4,5)x≥2eq \r(\f(20,x)×\f(4,5)x)＝8，当且仅当eq \f(20,x)＝eq \f(4x,5)，即x＝5时取等号．]
10．已知a，b，c∈R，a＋b＋c＝0，abc>0，T＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)，则( )
A．T>0 B．T<0
C．T＝0 D．T≥0
B [法一：取特殊值，a＝2，b＝c＝－1，
则T＝－eq \f(3,2)<0，排除A，C，D，可知选B.
法二：由a＋b＋c＝0，abc>0，知三数中一正两负，
不妨设a>0，b<0，c<0，
则T＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)＝eq \f(ab＋bc＋ca,abc)＝eq \f(ab＋cb＋a,abc)＝eq \f(ab－c2,abc).
∵ab<0，－c2<0，abc>0，故T<0.]
11．若不等式x2－(a＋1)x＋a≤0的解集是{x|－4≤x≤3}的子集，则实数a的取值范围是( )
A．－4≤x≤1 B．－4≤x≤3
C．1≤x≤3 D．－1≤x≤3
B [原不等式为(x－a)(x－1)≤0，当a＜1时，不等式的解集为{x|a≤x≤1}，此时只要a≥－4即可，即－4≤a＜1；当a＝1时，不等式的解为x＝1，此时符合要求；当a＞1时，不等式的解集为{x|1≤x≤a}，此时只要a≤3即可，即1＜a≤3.综上可得－4≤a≤3.]
12．已知x>0，y>0.若eq \f(2y,x)＋eq \f(8x,y)>m2＋2m恒成立，则实数m的取值范围是( )
A．m≥4或m≤－2 B．m≥2或m≤－4
C．－2D [∵x>0，y>0，
∴eq \f(2y,x)＋eq \f(8x,y)≥8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当且仅当\f(2y,x)＝\f(8x,y)时取“＝”)).
若eq \f(2y,x)＋eq \f(8x,y)>m2＋2m恒成立，则m2＋2m<8，解之得－4二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上)
13．已知不等式x2－ax－b<0的解集为{x|2＜x＜3}，则不等式bx2－ax－1>0的解集为________．
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＜x＜－\f(1,3))))) [方程x2－ax－b＝0的根为2,3.根据根与系数的关系得：a＝5，b＝－6.所以不等式为6x2＋5x＋1<0，解得解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＜x＜－\f(1,3))))).]
14．a，b∈R，a＜b和eq \f(1,a)＜eq \f(1,b)同时成立的条件是________．
a＜0＜b [若ab＜0，由a＜b两边同除以ab得，eq \f(1,b)＞eq \f(1,a)，即eq \f(1,a)＜eq \f(1,b)；若ab＞0，则eq \f(1,a)＞eq \f(1,b).
所以a＜b和eq \f(1,a)＜eq \f(1,b)同时成立的条件是a＜0＜b.]
15．若正数x，y满足x2＋3xy－1＝0，则x＋y的最小值是________．
eq \f(2\r(2),3) [对于x2＋3xy－1＝0可得y＝eq \f(1,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－x))，
∴x＋y＝eq \f(2x,3)＋eq \f(1,3x)≥2eq \r(\f(2,9))＝eq \f(2\r(2),3)(当且仅当x＝eq \f(\r(2),2)时等号成立)．]
16．某商家一月份至五月份累计销售额达3 860万元，六月份的销售额为500万元，七月份的销售额比六月份增加x%，八月份的销售额比七月份增加x%，九、十月份的销售总额与七、八月份的销售总额相等，若一月份至十月份的销售总额至少为7 000万元，则x的最小值为________．
20 [由题意得七月份的销售额为500(1＋x%)，八月份的销售额为500(1＋x%)2，所以一月份至十月份的销售总额为3 860＋500＋2[500(1＋x%)＋500(1＋x%)2]≥7 000，解得1＋x%≤－eq \f(11,5)(舍去)或1＋x%≥eq \f(6,5)，即x%≥20%，所以xmin＝20.]
三、解答题(本大题共6小题，共70分. 解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)已知全集U＝R，A＝{x|x2－2x－3≤0}，B＝{x|2≤x＜5}，C＝{x|x＞a}．
(1)求A∩(∁UB)．
(2)若A∪C＝C，求a的取值范围．
[解] (1)A＝{x|x2－2x－3≤0}＝{x|－1≤x≤3}，
且B＝{x|2≤x＜5}，U＝R，
所以∁UB＝{x|x＜2或x≥5}，
所以A∩(∁UB)＝{x|－1≤x＜2}．
(2)由A∪C＝C，得A⊆C，
又C＝{x|x＞a}，A＝{x|－1≤x≤3}，
所以a的取值范围是a＜－1.
18．(本小题满分12分)若x，y为正实数，且2x＋8y－xy＝0，求x＋y的最小值．
[解] 由2x＋8y－xy＝0，得2x＋8y＝xy，
∴eq \f(2,y)＋eq \f(8,x)＝1.∵x、y为正实数，
∴x＋y＝(x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,x)＋\f(2,y)))＝10＋eq \f(8y,x)＋eq \f(2x,y)
＝10＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4y,x)＋\f(x,y)))≥10＋2×2×eq \r(\f(4y,x)·\f(x,y))＝18，
当且仅当eq \f(4y,x)＝eq \f(x,y)，即x＝2y时，取等号．
又2x＋8y－xy＝0，∴x＝12，y＝6.
∴当x＝12，y＝6时，x＋y取得最小值18.
19．(本小题满分12分)已知ax2＋2ax＋1≥0恒成立．
(1)求a的取值范围；
(2)解关于x的不等式x2－x－a2＋a<0.
[解] (1)因为ax2＋2ax＋1≥0，恒成立．
①当a＝0时，1≥0恒成立；
②当a≠0时，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0，,Δ＝4a2－4a≤0，))
解得0综上，a的取值范围为0≤a≤1.
(2)由x2－x－a2＋a<0得，(x－a)[x－(1－a)]<0.
因为0≤a≤1，
所以①当1－a>a，
即0≤aa②当1－a＝a，即a＝eq \f(1,2)时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2<0，不等式无解；
③当1－a1－a综上所述，当0≤a当a＝eq \f(1,2)时，解集为∅；
当eq \f(1,2)20．(本小题满分12分)某商品计划两次提价，有甲、乙、丙三种方案如下，其中p＞q＞0，
经过两次提价后，哪种方案提价幅度大？
[解] 设商品原价为a，设按甲、乙、丙三种方案两次提价后价格分别为N甲、N乙、N丙，则
N甲＝a(1＋p%)(1＋q%)，
N乙＝a(1＋q%)(1＋p%)，
N丙＝aeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)p＋q%))eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)p＋q%))
＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(p＋q,200)))2.
显然甲、乙两种方案最终价格是一致的，因此，只需比较aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(p＋q,200)))2与a(1＋p%)(1＋q%)的大小．
N甲－N丙＝a1＋eq \f(p,100)＋eq \f(q,100)＋eq \f(pq,1002)－1－eq \f(p＋q,100)－eq \f(p＋q2,2002)
＝eq \f(a,2002)(2pq－p2－q2)
＝－eq \f(a,2002)(p－q)2＜0.
∴N丙＞N甲，
∴按丙方案提价比甲、乙方案提价幅度大．
21．(本小题满分12分)已知函数y＝eq \f(x2＋3,x－a)(x≠a，a为非零常数)．
(1)解不等式eq \f(x2＋3,x－a)(2)设x>a时，y＝eq \f(x2＋3,x－a)有最小值为6，求a的值．
[解] (1)∵y＝eq \f(x2＋3,y－a)，eq \f(x2＋3,x－a)整理得(ax＋3)(x－a)<0.
当a>0时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,a)))(x－a)<0，
∴解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(3,a)当a<0时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,a)))(x－a)>0，
解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>－\f(3,a)或x(2)设t＝x－a，则x＝t＋a(t>0)，
∴y＝eq \f(t2＋2at＋a2＋3,t)
＝t＋eq \f(a2＋3,t)＋2a
≥2eq \r(t·\f(a2＋3,t))＋2a
＝2eq \r(a2＋3)＋2a.
当且仅当t＝eq \f(a2＋3,t)，
即t＝eq \r(a2＋3)时，等号成立，
即y有最小值2eq \r(a2＋3)＋2a.
依题意有2eq \r(a2＋3)＋2a＝6，
解得a＝1.
22．(本小题满分12分)经观测，某公路段在某时段内的车流量y(千辆/小时)与汽车的平均速度v(千米/小时)之间有函数关系：y＝eq \f(920v,v2＋3v＋1 600)(v>0)．
(1)在该时段内，当汽车的平均速度v为多少时车流量y最大？最大车流量为多少？(精确到0.01)
(2)为保证在该时段内车流量至少为10千辆/小时，则汽车的平均速度应控制在什么范围内？
[解] (1)y＝eq \f(920v,v2＋3v＋1 600)＝eq \f(920,v＋\f(1 600,v)＋3)≤eq \f(920,2\r(v·\f(1 600,v))＋3)＝eq \f(920,83)≈11.08.
当v＝eq \f(1 600,v)，即v＝40千米/小时时，车流量最大，最大值为11.08千辆/小时．
(2)据题意有：eq \f(920v,v2＋3v＋1 600)≥10，
化简得v2－89v＋1 600≤0，
即(v－25)(v－64)≤0，
所以25≤v≤64.
所以汽车的平均速度应控制在25≤v≤64这个范围内．
方案
第一次(提价)
第二次(提价)
甲
p%
q%
乙
q%
p%
丙
eq \f(1,2)(p＋q)%
eq \f(1,2)(p＋q)%
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．若f(x)＝3x2－x＋1，g(x)＝2x2＋x－1，则f(x)与g(x)的大小关系为( )
A．f(x)>g(x) B．f(x)＝g(x)
C．f(x)
2．若m＜0，n＞0且m＋n＜0，则下列不等式中成立的是( )
A．－n＜m＜n＜－m B．－n＜m＜－m＜n
C．m＜－n＜－m＜n D．m＜－n＜n＜－m
D [法一：(取特殊值法)令m＝－3，n＝2分别代入各选项检验，可知D正确．
法二：m＋n＜0⇒m＜－n⇒n＜－m，又由于m＜0＜n，
故m＜－n＜n＜－m成立．]
3．对于任意实数a，b，c，d，下列四个命题中：
①若a>b，c≠0，则ac>bc；
②若a>b，则ac2>bc2；
③若ac2>bc2，则a>b；
④若a>b>0，c>d，则ac>bd.
其中真命题的个数是( )
A．1 B．2 C．3 D．4
A [若a>b，c<0时，ac
4．不等式|x|(1－2x)＞0的解集为( )
A．(－∞，0)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
A [当x≥0时，原不等式即为x(1－2x)＞0，所以0＜x＜eq \f(1,2)；当x＜0时，原不等式即为－x(1－2x)＞0，所以x＜0，综上，原不等式的解集为(－∞，0)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，故选A.]
5．已知eq \f(2,x)＋eq \f(2,y)＝1(x>0，y>0)，则x＋y的最小值为( )
A．1 B．2 C．4 D．8
D [∵x>0，y>0，∴x＋y＝(x＋y)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x)＋\f(2,y)))＝4＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,y)＋\f(y,x)))≥4＋4eq \r(\f(x,y)·\f(y,x))＝8.
当且仅当eq \f(x,y)＝eq \f(y,x)，即x＝y＝4时取等号．]
6．已知不等式ax2＋bx＋2＞0的解集为{x|－1＜x＜2}，则不等式2x2＋bx＋a＜0的解集为( )
A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1＜x＜\f(1,2))))) B.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＜－1或x＞\f(1,2)))))
C．{x|－2＜x＜1} D．{x|x＜－2或x＞1}
A [由题意知x＝－1，x＝2是方程ax2＋bx＋2＝0的根．
由根与系数的关系得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1＋2＝－\f(b,a)，,－1×2＝\f(2,a)))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－1，,b＝1.))
∴不等式2x2＋bx＋a＜0，即2x2＋x－1＜0.
解得－1＜x＜eq \f(1,2).]
7．设A＝eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)，其中a，b是正实数，且a≠b，B＝－x2＋4x－2，则A与B的大小关系是( )
A．A≥B B．A>B
C．AB [∵a，b都是正实数，且a≠b，
∴A＝eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)>2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2，即A>2，
B＝－x2＋4x－2＝－(x2－4x＋4)＋2
＝－(x－2)2＋2≤2，
即B≤2，∴A>B.]
8．不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x－3>10，,x2＋7x＋12≤0))的解集为( )
A．{x|－4≤x≤－3} B．{x|－4≤x≤－2}
C．{x|－3≤x≤－2} D．∅
A [eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x－3>10，,x2＋7x＋12≤0))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－3<－5，,x＋3x＋4≤0))
⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<－2，,－4≤x≤－3))⇒－4≤x≤－3.]
9．某公司租地建仓库，每月土地费用与仓库到车站距离成反比，而每月货物的运输费用与仓库到车站距离成正比．如果在距离车站10 km处建仓库，则土地费用和运输费用分别为2万元和8万元，那么要使两项费用之和最小，仓库应建在离车站( )
A．5 km处 B．4 km处
C．3 km处D．2 km处
A [设车站到仓库距离为x，土地费用为y1，运输费用为y2，由题意得y1＝eq \f(k1,x)，y2＝k2x，∵x＝10时，y1＝2，y2＝8，∴k1＝20，k2＝eq \f(4,5)，∴费用之和为y＝y1＋y2＝eq \f(20,x)＋eq \f(4,5)x≥2eq \r(\f(20,x)×\f(4,5)x)＝8，当且仅当eq \f(20,x)＝eq \f(4x,5)，即x＝5时取等号．]
10．已知a，b，c∈R，a＋b＋c＝0，abc>0，T＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)，则( )
A．T>0 B．T<0
C．T＝0 D．T≥0
B [法一：取特殊值，a＝2，b＝c＝－1，
则T＝－eq \f(3,2)<0，排除A，C，D，可知选B.
法二：由a＋b＋c＝0，abc>0，知三数中一正两负，
不妨设a>0，b<0，c<0，
则T＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)＝eq \f(ab＋bc＋ca,abc)＝eq \f(ab＋cb＋a,abc)＝eq \f(ab－c2,abc).
∵ab<0，－c2<0，abc>0，故T<0.]
11．若不等式x2－(a＋1)x＋a≤0的解集是{x|－4≤x≤3}的子集，则实数a的取值范围是( )
A．－4≤x≤1 B．－4≤x≤3
C．1≤x≤3 D．－1≤x≤3
B [原不等式为(x－a)(x－1)≤0，当a＜1时，不等式的解集为{x|a≤x≤1}，此时只要a≥－4即可，即－4≤a＜1；当a＝1时，不等式的解为x＝1，此时符合要求；当a＞1时，不等式的解集为{x|1≤x≤a}，此时只要a≤3即可，即1＜a≤3.综上可得－4≤a≤3.]
12．已知x>0，y>0.若eq \f(2y,x)＋eq \f(8x,y)>m2＋2m恒成立，则实数m的取值范围是( )
A．m≥4或m≤－2 B．m≥2或m≤－4
C．－2
∴eq \f(2y,x)＋eq \f(8x,y)≥8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当且仅当\f(2y,x)＝\f(8x,y)时取“＝”)).
若eq \f(2y,x)＋eq \f(8x,y)>m2＋2m恒成立，则m2＋2m<8，解之得－4
13．已知不等式x2－ax－b<0的解集为{x|2＜x＜3}，则不等式bx2－ax－1>0的解集为________．
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＜x＜－\f(1,3))))) [方程x2－ax－b＝0的根为2,3.根据根与系数的关系得：a＝5，b＝－6.所以不等式为6x2＋5x＋1<0，解得解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＜x＜－\f(1,3))))).]
14．a，b∈R，a＜b和eq \f(1,a)＜eq \f(1,b)同时成立的条件是________．
a＜0＜b [若ab＜0，由a＜b两边同除以ab得，eq \f(1,b)＞eq \f(1,a)，即eq \f(1,a)＜eq \f(1,b)；若ab＞0，则eq \f(1,a)＞eq \f(1,b).
所以a＜b和eq \f(1,a)＜eq \f(1,b)同时成立的条件是a＜0＜b.]
15．若正数x，y满足x2＋3xy－1＝0，则x＋y的最小值是________．
eq \f(2\r(2),3) [对于x2＋3xy－1＝0可得y＝eq \f(1,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－x))，
∴x＋y＝eq \f(2x,3)＋eq \f(1,3x)≥2eq \r(\f(2,9))＝eq \f(2\r(2),3)(当且仅当x＝eq \f(\r(2),2)时等号成立)．]
16．某商家一月份至五月份累计销售额达3 860万元，六月份的销售额为500万元，七月份的销售额比六月份增加x%，八月份的销售额比七月份增加x%，九、十月份的销售总额与七、八月份的销售总额相等，若一月份至十月份的销售总额至少为7 000万元，则x的最小值为________．
20 [由题意得七月份的销售额为500(1＋x%)，八月份的销售额为500(1＋x%)2，所以一月份至十月份的销售总额为3 860＋500＋2[500(1＋x%)＋500(1＋x%)2]≥7 000，解得1＋x%≤－eq \f(11,5)(舍去)或1＋x%≥eq \f(6,5)，即x%≥20%，所以xmin＝20.]
三、解答题(本大题共6小题，共70分. 解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)已知全集U＝R，A＝{x|x2－2x－3≤0}，B＝{x|2≤x＜5}，C＝{x|x＞a}．
(1)求A∩(∁UB)．
(2)若A∪C＝C，求a的取值范围．
[解] (1)A＝{x|x2－2x－3≤0}＝{x|－1≤x≤3}，
且B＝{x|2≤x＜5}，U＝R，
所以∁UB＝{x|x＜2或x≥5}，
所以A∩(∁UB)＝{x|－1≤x＜2}．
(2)由A∪C＝C，得A⊆C，
又C＝{x|x＞a}，A＝{x|－1≤x≤3}，
所以a的取值范围是a＜－1.
18．(本小题满分12分)若x，y为正实数，且2x＋8y－xy＝0，求x＋y的最小值．
[解] 由2x＋8y－xy＝0，得2x＋8y＝xy，
∴eq \f(2,y)＋eq \f(8,x)＝1.∵x、y为正实数，
∴x＋y＝(x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,x)＋\f(2,y)))＝10＋eq \f(8y,x)＋eq \f(2x,y)
＝10＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4y,x)＋\f(x,y)))≥10＋2×2×eq \r(\f(4y,x)·\f(x,y))＝18，
当且仅当eq \f(4y,x)＝eq \f(x,y)，即x＝2y时，取等号．
又2x＋8y－xy＝0，∴x＝12，y＝6.
∴当x＝12，y＝6时，x＋y取得最小值18.
19．(本小题满分12分)已知ax2＋2ax＋1≥0恒成立．
(1)求a的取值范围；
(2)解关于x的不等式x2－x－a2＋a<0.
[解] (1)因为ax2＋2ax＋1≥0，恒成立．
①当a＝0时，1≥0恒成立；
②当a≠0时，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0，,Δ＝4a2－4a≤0，))
解得0
(2)由x2－x－a2＋a<0得，(x－a)[x－(1－a)]<0.
因为0≤a≤1，
所以①当1－a>a，
即0≤a
③当1－a
当eq \f(1,2)
经过两次提价后，哪种方案提价幅度大？
[解] 设商品原价为a，设按甲、乙、丙三种方案两次提价后价格分别为N甲、N乙、N丙，则
N甲＝a(1＋p%)(1＋q%)，
N乙＝a(1＋q%)(1＋p%)，
N丙＝aeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)p＋q%))eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)p＋q%))
＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(p＋q,200)))2.
显然甲、乙两种方案最终价格是一致的，因此，只需比较aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(p＋q,200)))2与a(1＋p%)(1＋q%)的大小．
N甲－N丙＝a1＋eq \f(p,100)＋eq \f(q,100)＋eq \f(pq,1002)－1－eq \f(p＋q,100)－eq \f(p＋q2,2002)
＝eq \f(a,2002)(2pq－p2－q2)
＝－eq \f(a,2002)(p－q)2＜0.
∴N丙＞N甲，
∴按丙方案提价比甲、乙方案提价幅度大．
21．(本小题满分12分)已知函数y＝eq \f(x2＋3,x－a)(x≠a，a为非零常数)．
(1)解不等式eq \f(x2＋3,x－a)
[解] (1)∵y＝eq \f(x2＋3,y－a)，eq \f(x2＋3,x－a)
当a>0时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,a)))(x－a)<0，
∴解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(3,a)
解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>－\f(3,a)或x
∴y＝eq \f(t2＋2at＋a2＋3,t)
＝t＋eq \f(a2＋3,t)＋2a
≥2eq \r(t·\f(a2＋3,t))＋2a
＝2eq \r(a2＋3)＋2a.
当且仅当t＝eq \f(a2＋3,t)，
即t＝eq \r(a2＋3)时，等号成立，
即y有最小值2eq \r(a2＋3)＋2a.
依题意有2eq \r(a2＋3)＋2a＝6，
解得a＝1.
22．(本小题满分12分)经观测，某公路段在某时段内的车流量y(千辆/小时)与汽车的平均速度v(千米/小时)之间有函数关系：y＝eq \f(920v,v2＋3v＋1 600)(v>0)．
(1)在该时段内，当汽车的平均速度v为多少时车流量y最大？最大车流量为多少？(精确到0.01)
(2)为保证在该时段内车流量至少为10千辆/小时，则汽车的平均速度应控制在什么范围内？
[解] (1)y＝eq \f(920v,v2＋3v＋1 600)＝eq \f(920,v＋\f(1 600,v)＋3)≤eq \f(920,2\r(v·\f(1 600,v))＋3)＝eq \f(920,83)≈11.08.
当v＝eq \f(1 600,v)，即v＝40千米/小时时，车流量最大，最大值为11.08千辆/小时．
(2)据题意有：eq \f(920v,v2＋3v＋1 600)≥10，
化简得v2－89v＋1 600≤0，
即(v－25)(v－64)≤0，
所以25≤v≤64.
所以汽车的平均速度应控制在25≤v≤64这个范围内．
方案
第一次(提价)
第二次(提价)
甲
p%
q%
乙
q%
p%
丙
eq \f(1,2)(p＋q)%
eq \f(1,2)(p＋q)%
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