资源简介

2.2《从函数观点看一元二次方程》课堂训练
一、单选题：本题共16小题，每小题5分，共80分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.函数在定义域上的零点个数是( )
A. B. C. D.
2.已知二次函数的图象与轴有交点，则 的取值范围是( )
A. B. C. 且 D. 且
3.已知，，既成等差数列又成等比数列，二次函数的图象与直线交于不同两点，，则( )
A. B. C. D.
4.已知二次函数，若不等式的解集为，则函数图像为( )
A. 开口向上，对称轴为的抛物线 B. 开口向上，对称轴为的抛物线
C. 开口向下，对称轴为的抛物线 D. 开口向下，对称轴为的抛物线
5.已知一个圆锥的母线长为，底面半径为，其内有一个内接圆柱，当圆柱的侧面积最大时，圆柱的高是( )
A. B. C. D.
6.若，且与的夹角为，则当的模取最小值时，在的投影向量为( )
A. B. C. D.
7.如图，抛物线与轴交于点，顶点坐标为，与轴的交点在点与点之间包含端点，则下列结论正确的是( )
A. 当时， B.
C. D.
8.已知实数为常数，且，函数，甲同学：的解集为；乙同学：的解集为；丙同学：存在最小值在这三个同学的论述中，只有一个是错误的，则的取值范围为( )
A. B. C. D.
9.函数在区间上递减，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
10.函数的值域为( )
A. B. C. D.
11.若函数在区间内单调递增，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
12.已知集合，若中只有一个元素，则的值是( )
A. B. C. 或 D. 或
13.已知一组数据，，，的平均数为，则该组数据方差的最小值为( )
A. B. C. D.
14.函數，下列說法正確的是( )
A. 開口向下 B. 對稱軸直綫 C. 的最小值是
D. 經過點 E. 以上皆非
15.若能被整除，則( )
A. B. C. D. E.
16.已知，，则的取值范围为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共1小题，共6分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
17.曲线在点处的切线与曲线只有一个公共点，则实数的值为( )
A. B. C. D.
三、填空题：本题共2小题，每小题5分，共10分。
18.已知，，，则的最小值为________．
19.若函数在区间上的值域是，则的取值范围是______．
四、解答题：本题共1小题，共12分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
20.本小题分
在等差数列中，为其前项的和，已知，．
求，；
求数列的最大值．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：由函数，令，可得，
解得或，所以函数在定义域上的零点个数是个．
故选：．
2.【答案】
【解析】【分析】
本题考查函数的零点问题，属于基础题．
由函数零点与一元二次函数的性质得结论．
【解答】
解：由题意得有零点，
即二次方程有解，
所以，且，所以且
故选D．
3.【答案】
【解析】解：根据题意，，，既成等差数列又成等比数列，则，
则，是对称轴为的二次函数，
若函数的图象与直线交于不同两点，，则、两点关于直线对称，
则有；
故选：．
根据题意，由等差、等比数列的性质可得，由此分析二次函数的对称轴，结合二次函数的性质分析可得答案．
本题考查等比、等差数列的性质，涉及二次函数的性质以及应用，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：由的解集为，
得二次函数解析式为：，且，
则，
所以为开口向下，对称轴的抛物线，对应选项C．
5.【答案】
【解析】解：圆锥的高为，
设圆柱的半径为，圆柱的高为，
由，可得，，
所以圆柱的侧面积，
当且仅当时圆柱的侧面积最大．
6.【答案】
【解析】解：由题意可知，，
，
当时，有最小值，即的模取最小值，
故在的投影向量为．
故选：．
7.【答案】
【解析】解：由题意结合图象，可知，图象对称轴为，，，
对于，由上分析，函数图象与轴的另一交点为，即点，
故当时，，故 A正确；
对于，由图知，当时，，故 B错误；
对于，由可得，又因为，代入解得，
因为，故，即 C错误；
对于，由可得，又因为，所以，故 D错误．
故选：．
8.【答案】
【解析】【分析】
本题考查二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系，属于基础题．
利用二次函数的性质分别分析甲乙丙三位同学的论述，从而得解．
【解答】
解：若甲正确，则且，即，则；
若乙正确，则且，即，则；
若丙正确，则二次函数开口向上，即；
因为只有一个同学的论述是错误的，所以只能乙的论述是错误的，故．
故选：．
9.【答案】
【解析】解：当时，，
，故在上单调递减
满足在区间上递减，
当时，二次函数在对称轴右侧递增，不可能在区间上递减，
当时，二次函数在对称轴右侧递减，
若函数在区间上递减，
仅须，解得
综上满足条件的实数的取值范围是
故选：．
由于函数解析式的二次项系数不确定，故要分，和时，三种情况结合二次函数和一次函数的图象和性质进行分析，最后综合讨论结果，可得答案．
本题考查的知识点是一次函数的图象和性质，二次函数的图象和性质，其中易忽略时的情况，属于中档题
10.【答案】
【解析】解：因为，
所以，
故函数的值域为，
故选D
11.【答案】
【解析】【分析】
本题考查利用导数由函数的单调性求参，一元二次函数的图象与性质，属于基础题．
求出函数的导数，问题转化为在恒成立，求出的取值范围，从而求出的范围即可．
【解答】
解：函数的定义域为，
，
若在区间单调递增，
则在恒成立，
故，
，，
，
故，
即实数的取值范围是
故选：．
12.【答案】
【解析】【分析】
本题考查集合中元素的个数问题，属于基础题．
集合只含有一个元素，说明方程只有一个解，分时，两种情况讨论即可．
【解答】
解：集合中只含有一个元素，也就意味着方程只有一个解．
当时，方程化为，只有一个解；
当时，若只有一个解，只需，即．
综上所述，可知的值为或．
故选：．
13.【答案】
【解析】解：由题意得，即，
故该组数据的方差为，
，
则当时，其最小值为．
14.【答案】
【解析】解：二次函数，
开口向上，对称轴为，当时，，
当时，，不经过点，
故选C．
15.【答案】
【解析】解：设被整除所得的商式为，
，
则 ，

解得：
故选A．
16.【答案】
【解析】【分析】
本题考查求函数的值域，一元二次函数的图象与性质，属于基础题．
先由函数的解析式求出对称轴方程，再求出函数在所给区间的最值．
【解答】
解：函数的图象开口向上，对称轴方程为，
因为，，
所以
，
又因为，
所以，
故函数的值域为．
故选：．
17.【答案】
【解析】解：，，
切线方程为，即，
当时，，切线与曲线只有一个公共点
当时，代入得，
由，
解得或，
综上所述，实数的值为或或，
故选ABD．
18.【答案】
【解析】解：，，，则，
则，
令，
当时，函数有最大值，
则有最小值．
答案为．
本题考察二次函数的最值，是基础题．
由已知，，代入可得，，化简可得结论．
19.【答案】
【解析】解：，画出图象如图所示，
当或时，，当时，，
结合二次函数的性质可得，的最小值为，
的最大值为．
故答案为：．
由已知函数在闭区间上的值域为，画出图象可得、满足的条件，从而求出答案．
本题考查了二次函数的单调性和值域问题，解题时应利用其单调性与数形结合的思想方法，是易错题．
20.【答案】解：由条件可得，
，
，，
，即
，
；
，
，
当时，取得最大值．
【解析】本题考查了等差数列的性质和通项公式、求和公式，二次函数的性质，属于基础题．
根据等差数列的性质列方程解出首项和公差，得到通项和前项和；
利用二次函数的性质求出取得最大值时的和最大值．

展开更多......

收起↑