2023-2024学年辽宁省大连市重点中学高一（上）月考数学试卷（10月份）（含解析）

2023-2024学年辽宁省大连市重点中学高一（上）月考数学试卷（10月份）
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1.已知，，，则( )
A. B. C. D.
2.命题“，”的否定为( )
A. ， B. ，
C. ， D. ，
3.已知集合，下列描述正确的是( )
A. B. C. D. 以上选项都不对
4.数学里有一种证明方法叫做，也称之为无字证明，一般是指仅用图象语言而无需文字解释就能不证自明的数学命题，由于这种证明方法的特殊性，无字证明被认为比严格的数学证明更为优雅．现有如图所示图形，在等腰直角三角形中，点为斜边的中点，点为斜边上异于顶点的一个动点，设，，则该图形可以完成的无字证明为( )
A. B.
C. D.
5.不等式的解集为，则关于的不等式的解集为( )
A. B. C. D.
6.已知，是关于的方程的两个实数根则的最小值( )
A. B. C. D.
7.不等式解集为，则实数的取值范围是( )
A. B.
C. ， D.
8.已知，且，不等式恒成立，则正实数的取值范围是
( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9.已知集合，，若，则实数的值为( )
A. B. C. D.
10.下列说法中，正确的是( )
A. 若，，则
B. “”是“”的充分不必要条件
C. “对，恒成立”是““的必要不充分条件
D. 设，则的最小值为
11.已知全集若“”是“”的充分条件，则实数的取值范围( )
A. B. C. D.
12.若正实数，满足，则下列结论正确的是( )
A. 的最小值为 B. 的最大值为
C. 的最小值为 D. 的最大值为
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.已知，则的取值范围是______ ．
14.关于的方程的解集中只含有一个元素，则的取值集合为______．
15.如果关于的方程的两根分别在区间和内，则实数的取值范围是______ ．
16.若命题“，使得”为假命题，则实数的取值范围是______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.本小题分
已知：，：．
当是不等式的一个解时，求实数的取值范围；
若是的充分不必要条件，求实数的取值范围．
18.本小题分
选用恰当的证明方法；解决下列问题．
，，为实数，且，证明：两个一元二次方程，中至少有一个方程有两个不相等的实数根．
已知：且，求证：．
19.本小题分
已知一元二次不等式的解集为，关于的不等式的解集为其中．
Ⅰ求集合；
Ⅱ在，，，这三个条件中任选一个，补充在下面问题的_____中，若问题中的实数存在，求的取值范围；若不存在，说明理由．
问题：是否存在实数，使得_____？注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
20.本小题分
某公司有员工名，平均每人每年创造利润万元．为了增加企业竞争力，决定优化产业结构，调整出名员工从事第三产业，调整后他们平均每人每年创造利润为万元，剩下的员工平均每人每年创造的利润可以提高．
若要保证剩余员工创造的年总利润不低于原来名员工创造的年总利润，则最多调整出多少名员工从事第三产业？
若要保证剩余员工创造的年总利润不低于原来名员工创造的年总利润条件下，若要求调整出的员工创造出的年总利润始终不高于剩余员工创造的年总利润，求的最大值．
21.本小题分
已知关于的不等式的解集为．
若存在两个不相等负实数、，使得，求实数的取值范围；
是否存在实数，满足：“对于任意，都有，对于任意的，都有”，若存在，求出的值，若不存在，说明理由．
22.本小题分
已知二次函数．
若对任意，，且不等式恒成立，并且存在，使得成立，求的最小值．
若对任意，若且不等式恒成立，求的最小值．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：，
，，
，；
故选：．
根据集合运算的定义求解即可．
本题考查了集合的运算，属于基础题．
2.【答案】
【解析】【分析】
本题考查命题的否定．特称命题与全称命题的否定关系，属于基础题．
直接利用全称命题的否定是特称命题写出结果即可．
【解答】
解：因为全称命题的否定是特称命题，
所以：命题“，”的否定为“，”．
故选A．
3.【答案】
【解析】解：时，，，，
，
．
故选：．
可看出时，，从而可得出，然后即可得出，从而得出A正确．
本题考查了集合的描述法的定义，集合相等的定义，真子集的定义，交集及其运算，考查了计算能力，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：由题意可得：，，即，
，
，当且仅当时取等号，
因此该图形可以完成的无字证明为．
故选：．
由题意可得：，，根据，即可判断出结论．
本题考查了基本不等式的应用、数形结合方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
5.【答案】
【解析】解：因为的解集为，
所以且，是方程的根，
故，，
即，，
则关于的不等式可化为，
解得．
故选：．
由已知可得且，是方程的根，结合方程的根与系数关系可得，，代入到所求不等式可求．
本题主要考查了二次不等式与二次方程转化关系的应用，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：，是关于的方程的两个实数根，
，即，且，．
则，
故当时，取得最小值为．
故选：．
由题意，利用一元二次方程根的分布与系数的关系，韦达定理，二次函数的性质，求得的最小值．
本题主要考查一元二次方程根的分布与系数的关系，韦达定理，二次函数的性质应用，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：原不等式整理成：．
当时，，不等式恒成立；
设，当时函数为二次函数，要恒小于，抛物线开口向下且与轴没有交点，即要且
得到：，
解得．
综上得到
故选A．
先将原不等式整理成：当时，不等式显然成立；当时，根据二次函数图象的性质得到的取值范围．两者取并集即可得到的取值范围．
本题以不等式恒成立为平台，考查学生会求一元二次不等式的解集．同时要求学生把二次函数的图象性质与一元二次不等式结合起来解决数学问题．
8.【答案】
【解析】【分析】
本题考查基本不等式的运用，以及不等式恒成立问题解法，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
由基本不等式求得不等式左边的最小值，由不等式恒成立思想解的不等式可得所求范围．
【解答】
解：由，，且，
可得，
当且仅当时，上式取得最小值，
由不等式恒成立，可得，
解得．
故选：．
9.【答案】
【解析】解：因为集合，
所以当时，集合；
此时集合，不符合，故不符合题意；
当时，集合；
当时，集合为空集，此时满足，故B正确；
当且时，，
又因为，所以或，
即或，
故A，D正确，
故选：．
对进行分类讨论，分别求出当和时集合，，结合，即可求出的值．
本题考查集合间的基本关系，考查学生的逻辑思维能力，属中档题．
10.【答案】
【解析】解：当，，，时，显然错误；
当时，一定成立，但，时，，此时不满足，
即是的充分不必要条件，B正确；
当时，，当且仅当时取等号，
若对，恒成立，则，
当时，不一定成立，但时，一定成立，
故“对，恒成立”是““的必要不充分条件，C正确；
令，则，在上单调递增，
故时，函数取得最小值，D正确．
故选：．
举出反例检验选项A；
结合不等式性质检验选项B；
结合基本不等式及不等式恒成立与最值关系的转化检验充分及必要性即可判断；
利用换元法及函数单调性检验选项D．
本题主要考查了不等式的性质，基本不等式及函数单调性在最值求解中的应用，还考查了不等式恒成立与最值关系的转化，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：由题意得，，
若“”是“”的充分条件，则，
所以对于任意的，恒成立，
即在时恒成立，
令，，
根据二次函数的性质可知，，
故，解得或．
故选：．
先求出，由题意得，问题转化为对于任意的，恒成立，分离参数后转化为求解函数的最值或范围，结合二次函数性质可求．
本题主要考查了充分必要条件与集合包含关系的转化，还考查了不等式恒成立与最值关系的转化，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：由题意，正实数，满足，
对于中，由，
可得，解得，
当且仅当时，等号成立，所以A正确；
对于中，由，可得，当且仅当时，等号成立，
所以的最大值为，所以 B正确；
对于中，由，可得，
则，
当且仅当时，等号成立，所以C正确；
对于中，由，
因为，所以，当且仅当时，的最小值为，
所以D错误．
故选：．
根据题意，结合基本不等式及其变形，逐项判定，即可求解．
本题考查基本不等式的应用，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：因为，
所以，
所以，
因为，
所以，
所以，
所以．
故答案为：
由已知结合不等式的性质即可求解．
本题主要考查了不等式性质的应用，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：因为方程，
所以，，．
当有两个相等的实根时，
，即，此时，满足条件；
当有实根时，
所以，即，此时，，原方程解集中只含有一个元素，满足条件；
当有实根时，
所以，即，此时，，原方程解集中只含有一个元素，满足条件；
故答案为：
先化为一元二次方程，根据方程解的情况确定的取值即可．
本题考查方程的根与集合元素关系，考查学生的逻辑思维能力和运算能力，属中档题．
15.【答案】
【解析】解：关于的方程的两根分别在区间和内，
则有，且恒成立，
故．
设，
则当时，即时，应有，
即，解得，即实数的取值范围是．
当时，即时，应有，解得．
综上，实数的取值范围是．
故答案为：．
由题意，根据一元二次方程根的分布与系数的关系，二次函数的性质，求得实数的取值范围．
本题主要考查二次函数的性质，一元二次方程根的分布与系数的关系，属于基础题．
16.【答案】
【解析】解：因为，使得为假命题，
所以，使得为真命题，
所以在时有解，
即在时有解，
令，则，
，当且仅当，即时取等号，
因为在时有解，
所以在时有解，
所以，即．
故答案为：．
由已知可得，使得为真命题，分离参数后，结合存在性问题与最值关系的转化及对勾函数的单调性可求．
本题主要考查了含有量词的命题的真假关系的应用，体现了转化思想的应用，属于中档题．
17.【答案】解：由题意，将代入不等式可得，，
解得，
故实数的取值范围．
由，解得或．
由，解得．
故或，：，从而：或，
因为是的充分不必要条件，
所以或或，
即，解得，
故实数的取范围为．
【解析】将代入不等式即可求解；
分别化简命题和，并写出，然后利用充分不必要条件的概念和集合间的包含关系求解即可．
本题主要考查了一元二次不等式的解法，考查了充分条件和必要条件的定义，属于中档题．
18.【答案】证明：假设两个方程都没有两个不相等的实数根，
则有．
．
，．
，即．
但是，故矛盾．
要证明结论的否定是假命题，则要证明的结论为真命题，
即两个一元二次方程，中至少有一个方程有两个不相等的实数根．
解方程组，得，
，
，
，当且仅当时，等号成立．
．
【解析】假设两个方程都没有两个不相等的实数根，根据条件得到矛盾结论，即可证明命题成立；
解不等式组求出，，，再利用综合法证明即可．
本题考查了利用反证法命题，利用综合法证明不等式，考查了转化思想，属中档题．
19.【答案】解：Ⅰ由，可得，
时，；
时，或；
时，；
时，不等式无解；
时，．
综上所述：当时，；当时，或；
当时，；当时，；当时，；
Ⅱ由Ⅰ可知或，
若选择，则，
由Ⅰ可知：只有当，时，则有，所以；
另外，当时，也成立，
所以选择，则实数的取值范围是；
若选择，，
由Ⅰ可知：当，，时，都能符合条件；
当，时，则有，所以，
所以选择，则实数的取值范围是或；
即选择，或；
若选择，，则，
由Ⅰ可知：只有当时，成立；
另外，当时，也成立，
所以选择，则实数的取值范围是．
【解析】Ⅰ由，得，从而根据的范围，分类讨论，解一元二次不等式即可；
Ⅱ由Ⅰ可知或，若选择，则，从而列式求得的取值范围；
若选择，，根据的范围，分类讨论，利用交集运算得结论；
若选择，，则，由此可求出的取值范围．
本题考查了一元二次不等式的解法，分类讨论思想，属于中档题．
20.【答案】解：由题意可得，，即，
又，
，
故最多调整出名员工从事第三产业．
从事第三产业的员工创造的年总利润为万元，
从事原来产业的员工的年总利润为万元，
则，即，
故 在恒成立，
，
当且仅，即时，等号成立，
故，即的最大值为．
【解析】由题意可得，，即，解出，再结合，即可求解．
根据已知条件，结合基本不等式的公式，即可求解．
本题主要考查函数的实际应用，掌握基本不等式公式是解本题的关键，属于基础题．
21.【答案】解：由题意可知，或，
不等式解集的两个端点就是对应方程的实数根，
有两个不相等的负根，
即，解得，
综上可知，实数的取值范围为；
根据题意可知，得出解集，，
当时，解得或，
当时，恒成立，不满足条件，
当时，不等式的解集是，满足条件；
当时，此时一元二次不等式的解集形式不是的形式，不满足条件；
综上，满足条件的的值为．
【解析】由题意可知，且有两个不相等的负根，再结合韦达定理求解即可；
根据题意可知，得出解集，，只有当时才可能符合题意，进而求出的值判断即可．
本题主要考查了一元二次不等式的解法，考查了韦达定理的应用，以及分类讨论的数学思想，属于中档题．
22.【答案】解：对任意，，且不等式恒成立，
，
又存在，使得成立，
，即，
，，
令，
，
当且仅当，即时等号成立，
即，时，有最小值；
对任意，不等式恒成立，
，，
当判别式等于时等号成立，
令，则，
，，
，
当且仅当，即时等号成立，
当且时，有最小值．
【解析】依题意可得判别式等于，整理得、关系，将目标式平方化简后换元，然后利用基本不等式可得；
利用判别式消元，放缩目标式，然后分子分母同时除以，再换元，由基本不等式可解．
本题考查了一元二次不等式的解法，基本不等式的应用，属于中档题．
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