东北三省六校2024−2025学年高一上学期第一次月考 数学试题（含解析）

这是一份东北三省六校2024−2025学年高一上学期第一次月考 数学试题（含解析），共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知集合、集合，则（ ）
A．B．
C．D．
2．“”是“且”的（ ）
A．必要不充分条件B．充分不必要条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
3．设，，则与的大小关系是（ ）
A．B．C．D．无法确定
4．不等式的最小整数解为（ ）
A．B．C．D．
5．已知集合，，，则的值可以是（ ）
A．B．C．D．
6．已知且，则的最小值为（ ）.
A．B．C．D．
7．关于的不等式的解集为，那么不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
8．设正实数、、满足，则当取得最小值时，的最大值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．下列命题中是真命题的是（ ）
A．“”是“”的充分不必要条件
B．命题“，都有”的否定是“，使得”
C．不等式成立的一个充分不必要条件是或
D．当时，方程组有无穷多解
10．下列说法中，正确的有（ ）
A．的最小值是2
B．的最小值是2
C．若，，，则
D．若，，，则
11．已知关于的一元二次不等式的解集为，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则且
B．若，则关于的不等式的解集也为
C．若，则关于的不等式的解集为或
D．若为常数，且，则的最小值为
三、填空题（本大题共3小题）
12．命题“若，则”的否定为 .（用文字表达）
13．若关于的不等式的解集为，则实数的值为 ．
14．已知：；：；：关于的不等式()，若是的必要不充分条件，且是的充分不必要条件，则的取值范围为 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知集合、集合（）.
(1)若，求实数的取值范围；
(2)设命题：；命题：，若命题是命题的必要不充分条件，求实数的取值范围.
16．已知命题，，命题，．
(1)若命题和命题有且只有一个为假命题，求实数的取值范围；
(2)若命题和命题至少有一个为真命题，求实数的取值范围．
17．已知实数、满足：.
(1)求和的最大值；
(2)求的最小值和最大值.
18．根据要求完成下列问题：
(1)已知，集合、集合、集合，则同时满足A且的实数、是否存在？若存在，求出、的值；若不存在，请说明理由；
(2)已知，命题：和是方程的两个实根，不等式对任意实数恒成立；命题：不等式有解；若命题是真命题，命题是假命题，求实数的取值范围.
19．根据要求完成下列问题：
(1)若、、.
①求证：；
②求证：；
③在②中的不等式中，能否找到一个代数式，满足所求式？若能，请直接写出该代数式；若不能，请说明理由.
(2)设，求证：成立的充要条件是.
参考答案
1．【答案】B
【分析】化简集合，结合并集运算即可求解.
【详解】∵，，
∴.
故选B.
2．【答案】A
【分析】通过特例说明充分性不成立，根据不等式的性质说明必要性是成立的.
【详解】可令，，，则满足，但“且”不成立，所以“”不是“且”的充分条件；
根据不等式的性质：由且，可得：.所以“”是“且”的必要条件.
故选A.
3．【答案】A
【分析】利用作差法解出的结果，然后与0进行比较，即可得到答案
【详解】因为，，
所以，
所以.
故选A.
4．【答案】C
【分析】分段去绝对值符号求出的取值范围即可得解.
【详解】原不等式可化为或或，
解得，所以所求最小整数解是.
故选C.
5．【答案】D
【分析】求得集合，得到，结合和选项，即可求解.
【详解】由题意，集合，或，
所以或，
因为，结合选项可得.
故选D.
6．【答案】D
【分析】根据题意，求得，且，结合二次函数的性质，即可求解.
【详解】由，可得，因为，可得，解得，
则，
设，
由二次函数的性质，可得在上单调递增，
所以当时，函数取得最小值，最小值为，
即的最小值为.
故选D.
7．【答案】C
【分析】由题可得，可得解之即求.
【详解】∵关于的不等式的解集为，
∴，
∴可化为，即
∴，
∴，解得.
故选C.
8．【答案】D
【分析】根据给定条件，利用基本不等式求出取最小值时的关系，再利用二次函数求出最大值.
【详解】依题意，由，得，
当且仅当，即时等号成立，则，
因此，当且仅当时取等号，
所以当时，取得最大值.
故选D.
9．【答案】ACD
【分析】利用充要条件的定义与全称命题的否定结合一元二次不等式和分式不等式得解法逐项判断即可.
【详解】对A，“”可以推出“”，而“”推出或者，所以“”是“”的充分不必要条件，故A正确；
对B，命题“，都有”的否定是“，使得”，故B错误；
对C，不等式成立，即或，所以不等式成立的一个充分不必要条件是或，故C正确；
对D，当时，方程组等价于，即两条直线重合，所以方程组有无穷多解，故D正确.
故选ACD.
10．【答案】CD
【分析】利用不等式的性质及基本不等式逐项分析即得.
【详解】对于A，当时，，故A错误；
对于B，，当且仅当，即时取等号，显然不可能，故B错误；
对于C，由，可得，即，故C正确；
对于D，由，，，可知，所以，故D正确.
故选CD.
11．【答案】ACD
【分析】A项，利用二次函数的图象可知A正确；B项，令，当时，不等式的解集不为，B不正确；C项，根据求出，，代入所求不等式求出解集，可知C正确；D项，根据得到且，将代入，然后换元利用基本不等式可求出最小值可得.
【详解】A选项，若，即一元二次不等式无解，
则一元二次不等式恒成立，
且，故A正确；
B选项，令（），则，，，
∴可化为，
当时，可化为，其解集不等于，故B错误；
C选项，若，
则，且和是一元二次方程的两根，
，且，，，
关于的不等式可化为，
可化为，，，解得或，
即不等式的解集为或，故C正确；
D选项，为常数，
且，，
，，令，则，
，
当且仅当，则，且为正数时，等号成立，
的最小值为，故D正确.
故选ACD.
12．【答案】若，则或.
【分析】运用命题的否定的定义（原命题的形式为“若则”，则命题的否定的形式为“若则”）求解即可.
【详解】由题意知，命题的否定为：若，则或.
故答案为：若，则或.
13．【答案】
【解析】不等式可转化为不等式，然后结合题中条件可得，且，解得a即可.
【详解】不等式即等价于不等式
，即，
令，解得，，，
因为不等式的解集为，
所以，且，解得.
故答案为：.
【思路导引】本题考查分式不等式的解法，考查逻辑思维能力和计算能力，考查转化思想.
14．【答案】
【解析】首先求出命题为真时的的范围，再分类讨论解不等式，同时根据充分必要条件确定关于的不等关系，得出的范围．
【详解】由解得：，由解得：，
（1）当，由解得：，
若是的必要不充分条件，则，则①，
且是的充分不必要条件，则，则②，
由①②得：；
（2）当时，由解得：，若是的必要不充分条件，
不成立，也不成立，不存在值，
（3）当时，由解得：为，不成立，不存在值，
综上，为所求．
故答案为：.
【方法总结】本题考查由充分必要条件求参数取值范围，解题方法是：利用充分必要条件确定集合的包含关系，然后得出结论．
15．【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）分、讨论，根据交集的运算和空集的定义结合不等式即可求解；
（2）根据充分不必要条件分、讨论，即可求解.
【详解】（1）由题意可知，
又，当时，，解得，
当时，，或，解得，
综上所述，实数的取值范围为；
（2）因为命题是命题的必要不充分条件，所以集合是集合的真子集，
当时，，解得，
当时，（等号不能同时成立），解得，
综上所述，实数的取值范围为.
16．【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）首先求出命题、为真时参数的取值范围，再分类讨论，分别计算可得；
（2）首先求出命题和命题都为假命题时参数的取值范围，再取其补集即可得解.
【详解】（1）若命题为真命题，即命，，所以，所以，
若命题为真命题，即，，所以，解得，
因为命题和命题有且只有一个为假命题，
当命题为假，命题为真时，解得；
当命题为真，命题为假时，所以；
所以；
（2）若命题和命题都为假命题，则，即；
因为命题和命题至少有一个为真命题，所以或，即.
17．【答案】(1)；
(2)最小值为，最大值为.
【分析】（1）使用基本不等式根据所求解的目标代数式进行合理的配凑计算求解；
（2）使用基本不等式，注意根据所求解的目标代数式进行合理的配凑计算求解.
【详解】（1）∵，∴，
∵，∴，∴，
当且仅当，或，时等号成立，∴的最大值为，
∵，∴，
∵，
∴，∴，
∴，当且仅当，时等号成立，∴的最大值为；
（2）∵，∴，
∵，∴，即，
当且仅当、或、时等号成立，∴的最小值为，
又，∴，即，
当且仅当，或，时等号成立，
∴的最大值为.
18．【答案】(1)存在，、或、；
(2).
【分析】（1）由题意可得：，根据真子集关系求实数的取值范围，根据子集关系求实数的取值范围，进而得解；
（2）对于命题：根据韦达定理求得，进而结合恒成立问题求实数的取值范围；对于命题：根据二次不等式分类讨论求解，进而得解.
【详解】（1）因为，
因为A，则或或，
若，则，此时的值不存在；
若，则，解得；
若，则，无解；
综上所述：；
因为，则或或或，
若，则，解得；
若，则，无解；
若，则，无解；
若，则，解得；
综上所述，或；
所以存在，的值，当、或，时，满足A、.
（2）因为、是方程的两个实根，则，
可得，
当时，，
由不等式对任意实数恒成立可得：，
即，解得或，
所以命题为真命题时，，
命题：不等式有解，
当时，原不等式一定有解，
当时，只需，解得，
不等式有解时，
又命题是假命题，则，
所以命题是真命题且命题是假命题时，实数的取值范围为.
19．【答案】(1)①证明见解析；②证明见解析；③能找到，；
(2)证明见解析.
【分析】（1）①根据的符号去绝对值即可证不等式成立；②根据同向不等式相加和同向同正的不等式可相乘的性质可证明不等式成立；③在的两边同时乘以得，在的两边同时乘以得，即可证明.
（2）证明充分性：如果，则有和两种情况，分别证明即可；证明必要性：若且，则，化简即可.
【详解】（1）①∵，且、，
∴，∴；
②∵，∴，
又，∴，
∴，
∴，
∵、，
∴，由（1）知，
∴，
∴；
③∵，，
∴或（只要写出其中一个即可）；
（2）①充分性：如果，则有和两种情况，
当时，当时，则、，等式成立，
当时，则、，等式成立，
当时，等式成立，
当时，即、或、，
当、时，、，等式成立，
当、时，、，等式成立，
∴当时，等式成立，
∴当时，成立，
②必要性：若且，则，
即，则，故，
综上所述，是等式成立的充要条件.