《2025年高考总复习首选用卷数学人教版》

17.（2024·广东四校高三第一次联考）“m＜1”是“x²−mx + 1＞0在x∈(1,+∞)上恒成立”的（ ）
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件

答案： A [由$x^{2}-mx + 1＞0$在$x\in(1,+\infty)$上恒成立, 得$m＜x+\frac{1}{x}$在$x\in(1,+\infty)$上恒成立, 令$f(x)=x+\frac{1}{x}$, 由对勾函数的性质可知$f(x)$在$x\in(1,+\infty)$上单调递增, 所以$f(x)＞f(1)=2$, 所以$m\leqslant2$, 所以“$x^{2}-mx + 1＞0$在$x\in(1,+\infty)$上恒成立”的充要条件为$m\leqslant2$, 所以“$m＜1$”是“$x^{2}-mx + 1＞0$在$x\in(1,+\infty)$上恒成立”的充分不必要条件. 故选A.]

18.（2023·黑龙江齐齐哈尔二模）若命题“∃a∈[−1,3],ax²−(2a - 1)x + 3 - a＜0”为假命题，则实数x的取值范围为（ ）
A.[−1,4]
B.[0,$\frac{5}{3}$]
C.[−1,0]∪[$\frac{5}{3}$,4]
D.[−1,0)∪($\frac{5}{3}$,4]

答案： C [因为命题“$\exists a\in[-1,3],ax^{2}-(2a - 1)x + 3 - a＜0$”为假命题, 所以其否定为真命题, 即“$\forall a\in[-1,3],ax^{2}-(2a - 1)x + 3 - a\geqslant0$”为真命题. 令$g(a)=ax^{2}-2ax + x + 3 - a=(x^{2}-2x - 1)a+x + 3\geqslant0$, 则$\begin{cases}g(-1)\geqslant0,\\g(3)\geqslant0,\end{cases}$即$\begin{cases}-x^{2}+3x + 4\geqslant0,\\3x^{2}-5x\geqslant0,\end{cases}$解得$\begin{cases}-1\leqslant x\leqslant4,\\x\leqslant0或x\geqslant\frac{5}{3},\end{cases}$所以实数$x$的取值范围为$[-1,0]\cup[\frac{5}{3},4]$.]

19.（多选）（2023·湖北宜昌模拟）已知关于x的不等式kx²−2x + 6k＜0(k≠0)，则下列说法正确的是（ ）
A.若不等式的解集为{x|x＜−3或x＞−2}，则k=−$\frac{2}{5}$
B.若不等式的解集为{x|x∈R,x≠$\frac{1}{k}$}，则k=$\frac{\sqrt{6}}{6}$
C.若不等式的解集为R，则k＜−$\frac{\sqrt{6}}{6}$
D.若不等式的解集为∅，则k≥$\frac{\sqrt{6}}{6}$

答案： ACD [因为不等式的解集为$\{x|x＜-3或x＞-2\}$, 所以$k＜0$, 且$-3$与$-2$是方程$kx^{2}-2x + 6k = 0$的两根, 所以$(-3)+(-2)=\frac{2}{k}$, 解得$k = -\frac{2}{5}$, 故A正确; 因为不等式的解集为$\{x|x\in\mathbf{R},x\neq\frac{1}{k}\}$, 所以$\begin{cases}k＜0,\\\Delta = 4 - 24k^{2}=0,\end{cases}$解得$k = -\frac{\sqrt{6}}{6}$, 故B错误; 由题意, 得$\begin{cases}k＜0,\\\Delta = 4 - 24k^{2}＜0,\end{cases}$解得$k＜-\frac{\sqrt{6}}{6}$, 故C正确; 由题意, 得$\begin{cases}k＞0,\\\Delta = 4 - 24k^{2}\leqslant0,\end{cases}$解得$k\geqslant\frac{\sqrt{6}}{6}$, 故D正确. 故选ACD.]

20.（多选）（2023·河南模拟）区间(a,b)是关于x的一元二次不等式mx²−x + 1＜0的解集，则2a + b的取值可能为（ ）
A.3 + 2$\sqrt{2}$
B.4 + 2$\sqrt{2}$
C.6
D.3 - 2$\sqrt{2}$

答案： ABC [因为区间$(a,b)$是关于$x$的一元二次不等式$mx^{2}-x + 1＜0$的解集, 所以$a,b$是方程$mx^{2}-x + 1 = 0$的实数根, 且$m＞0$. 由根与系数的关系知,$\begin{cases}a + b=\frac{1}{m},\\ab=\frac{1}{m},\end{cases}$所以$a + b = ab$, 且$a＞0,b＞0$, 所以$\frac{a + b}{ab}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=1$, 所以$2a + b=(2a + b)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})=2 + 1+\frac{2a}{b}+\frac{b}{a}\geqslant3 + 2\sqrt{\frac{2a}{b}\cdot\frac{b}{a}}=3 + 2\sqrt{2}$, 当且仅当$\begin{cases}b=\sqrt{2}a,\\a + b = ab,\end{cases}$即$\begin{cases}a = 1+\frac{\sqrt{2}}{2},\\b = 1+\sqrt{2}\end{cases}$时等号成立, 所以$2a + b$的最小值为$3 + 2\sqrt{2}$, 故A,B,C均符合题意.]

21.（2024·山东济宁月考）已知函数f(x)=x²−4x - 4.若f(x)＜1在区间(m - 1,−2m)上恒成立，则实数m的取值范围是_______.

答案： 答案$[0,\frac{1}{3})$
解析 由$f(x)=x^{2}-4x - 4$且$f(x)＜1$, 得$x^{2}-4x - 4＜1$, 解得$-1＜x＜5$.$\because f(x)＜1$在区间$(m - 1,-2m)$上恒成立,$\therefore(m - 1,-2m)\subseteq(-1,5)$,$\therefore\begin{cases}-1\leqslant m - 1,\\m - 1＜-2m,\\-2m\leqslant5,\end{cases}$解得$0\leqslant m＜\frac{1}{3}$, 即实数$m$的取值范围为$[0,\frac{1}{3})$.