课时分层检测(7)全称量词与存在量词&课时分层检测(8)全称量词命题和存在量词命题的否定-【创新大课堂系列】2025-2026学年高中数学必修第一册同步辅导与测试(人教A版)

班级 姓名 课时分层检测（七） …0基础达标练 1.“/x∈R,x2>3”的另一种表述方式是( A.有一个x∈R,使得x2>3 B.对有些x∈R,使得x2>3 C.任选一个x∈R,使得x2>3 D.至少有一个x∈R,使得x2>3 2.(多选)下列命题是全称量词命题的是() A.任意一个自然数都是正整数 B.有的菱形是正方形 C.梯形有两边平行 D.]x∈R,x2+1=0 3.下列命题中存在量词命题的个数为() ①至少有一个偶数是质数； ②3x∈R,x2≤0； ③有的奇数能被2整除 A.0 B.1 C.2 D.3 4.(多选)下列命题中，既是存在量词命题又是 真命题的有 A.至少有一个实数x,使x3+1=0 B.所有正方形都是矩形 C.3xER,使2-x+<0 D.]x∈R,使x2+2x+2=0 5.下列四个命题： ①一切实数均有相反数；②3a∈N,使得方 程a.x十1=0无实数根；③梯形的对角线相 等；④有些三角形不是等腰三角形 其中，真命题的个数为 ( A.1 B.2 C.3 D.4 6.下列全称量词命题中，真命题的个数为 ①Hx∈R,x2+2>0;②Hx∈N,x4≥1； ③对任意x,y,都有x2+y2≠0. 7.命题“有些负数满足不等式(1十x)(1一9x)2 >0”用“]”写成存在量词命题为 8.命题：“Hx∈{x|1≤x≤2}，x2-a≤0”为真 命题的充要条件是 9.试判断下列全称量词命题的真假： (1)Hx∈R,x2+1≥2： (2)直角坐标系内任何一条直线都与x轴有 交点； (3)每个二次函数都有最小值. 1 得分 全称量词与存在量词 10.指出下列命题中，哪些是全称量词命题，哪 些是存在量词命题，并判断其真假 (1)存在一个实数，它的绝对值不是正数； (2)对任意实数a,b,若a<b,都有a2<b2; (3)存在一个实数x,使得x2十2x十3=0. …0 能力提升练。… 1.(多选)命题p:存在实数x∈M,使得数据1， 2,3,x,6的中位数为3.若命题p为真命题， 则实数x的取值集合M可以为 ( A.{3,4,5} B.{x|x>2》 C.{xlx≥3}》 D.{x|3≤x≤6》 2.下列命题： ①存在x<0,x2-2x-3=0; ②对一切实数x<0,都有|x|>x; ③Hx∈R,√x2=x; ④己知am=2n,b,m=3m,对于任意n,m∈ N*,an≠bm· 其中，所有真命题的序号为 3.若Hx∈R,函数y=x2+mx一1一a的图象 和x轴恒有公共点，求实数a的取值范围. 4.是否存在整数m,使得命题“Vx≥-2，-9 <3一4m<x十1”是真命题？若存在，求出 m的值；若不存在，请说明理由. …0 创新拓展练0… 1.已知A={x|1≤x≤2}，命题“Hx∈A,x2 a≤0”是真命题的一个充分不必要条件是 A.a≥4B.a≤4C.a≥5D.a5 2.已知函数y1=x,y2=一2x2-m,若对 Hx1∈{x|-1≤x≤3}，]x2∈{x|0≤x≤ 2),使得y1≥y2,求实数m的取值范围. 70 班级 姓名 得分 课时分层检测（八） 全称量词命题和存在量词命题的否定 …0基础达标练 :9.写出下列命题的否定，并判断其真假. 0 (1)p:不论m取何实数，方程x2十x一m=0 1.命题“存在实数x,使x>1”的否定是( 必有实数根； A.对任意实数x,都有x>1 (2)q:存在一个实数x,使得x2+x十3≤0： B.不存在实数x,使x≤1 (3)r:等圆的面积相等，周长相等. C.对任意实数x,都有x≤1 D.存在实数x,使x≤1 2.(多选)下列命题中，为真命题的全称量词命 题是 444 0 能力提升练 0… A.对任意的a,b∈R,都有a2+b2-2a-2b +2≥0 1.(多选)下列命题的否定中，是全称量词命题 ! 且为真命题的有 ) B.菱形的两条对角线相等 C.3x∈R,Wx2=x A.3x∈R,2-x+<0 D.正比例函数y=k.x(k>0),y随x的增大： B.所有的正方形都是矩形 而增大 C.3x∈R,x2+2x+2≤0 3.命题“Vx∈R,x2≠x”的否定是 ( ): D.至少有一个实数x,使x3十1=0 A.Vx庄R,x2≠x 2.已知命题p:“3x≥3,2x一1<m”是假命题， B.Hx∈R,x2=x 则实数m的最大值是 C.3xtR,x2≠x 3.某中学开展小组合作学习模式，高二某班某 D.3x∈R,x2=x 组小王同学给组内小李同学出题如下：若命 4.下列命题中的假命题是 题“了x∈R,函数y=x2十2x十m的图象在x A.Hx∈R,x|+1>0 轴的下方”是假命题，求m的取值范围.小李 B.Vx∈N*,(x-1)2>0 略加思索，反手给了小王一道题：若命题 C.3x∈R,x|<1 “Vx∈R,函数y=x2十2x十m的图象在x 1 轴的上方或x轴上”是真命题，求m的取值 D.3x∈R,+1=2 范围.你认为，两位同学题中的取值范围 5.(多选)下列命题的否定为真命题的是( 是否一致？ .(填“是”“否”中的一种) A.3x∈Z,1<4x<3 4.已知命题p:3x>0,x十a-1=0为假命题， B.3x∈Z,5.x+1=0 求实数a的取值范围. C.Hx∈R,x2-1=0 D.3x∈R,x2+3.x+2=0 6.命题“对任意x∈R,x一2|+|x一4|>3”的 否定是 44 …0 创新拓展练 0 7.命题“存在x>1,使得2x+a<3”是假命题， 则实数a的取值范围是 1.已知任意0≤x1≤3，存在4-m≤x2≤2，使 8.写出下列命题的否定. 得x1≥x2,则实数m的取值范围是 (1)有些四边形有外接圆： (2)末位数字为9的整数能被3整除； :2.已知命题p:对任意1≤x≤3，都有m≥x,命 (3)3x∈R,x2+2<0. 题q:存在1≤x≤3，使m≥x,若命题饣为真 命题，一q为假命题，求实数m的取值范围. 171(3)如图②.CB={xx<0或x≥7}， (2)欲使“2x十m0”是“x一1或x> (a+b)2+(a+b) .AU(CB)={xx5或x≥7}. 3”的必要条件，只需{xx<一1或x>3} ab ，B A 一父}这是不可能的.故不 出 -50 57 存在实数n使“2x十m<0”是“x<一1或 图2 3”的必要条件 (4)如图③.CA={xx-5或x≥5}， 综上，++2=品的充要条件是 a ·能力提升练 .B∩(0rA)={x5x7}. a+b=1. I.AB 2.BCD 5.解 (1)选择①：当a=一1时，A={x -3 CA CA 13解 (1)充分条件，(2)必要条件 x0},因为B={x0x1},所以 B 4解 (1)由“x∈A”是“x∈B”的充分条件 57 AUB={x-3<x1}. 0 图③ 可得ACB,则{2a≤1： 解得a≥2， 选择②：当a-0时，A={x 11 9.解若选①，由CRA门CRB=CRA,得B 1+2a≥5 故实数a的取值范周是{aa≥2} 因为B={x0x1},所以AUB={x 二A (2)由“x∈A”是“x∈B”的必要条件可得！ 1x1}. 若选②，由(CRA)∩B=,得B二A B二A,当B-0时，2-a>1十2a,即a< 选择③：当a=1时，A={x1<x<2},因 若选③，由(CB)∩A=R,得B二A. 为B={x0≤x≤1}，所以AUB-{x0≤ 时，满足题意」 x2} （x2-1)(x-2) 3 由题意，A= =03 (2)因为B={x0≤x1},所以CRB={x 当B≠时，即a>号时，则{于a 3 x0或x>1},因为x∈A,所以集合A={x {1,2}, 2a-1<x<a十1}不是空集，即2 B={x(x十a)2=5-2.x}={xx2+2(a+1) 解得≤a≤1. 1∠a 1,解得a2.因为“x∈A”是x∈C。B的充 x+a2-5=0}. 当集合B=⑦时，关于x的方程x十2(a!创新拓展练 综上，实数a的取值范国是{aa1}, 分不必要条件，所以集合A是集合CRB的 真子集，即a十10或2a一1≥1，解得a 十1).x十a2一5=0没有实数根， 1.{aa-9} 一1或a≥l,综上所述，实数a的取值范周为 .△=4(a+1)2-4(a2-5)<0,解得a<-3; 12.解依题意a>0,由条件p:x1一a或！ {aa-1或1a2}. 当集合B≠☑时，若集合B中只有一个元 创新拓展练 素，则△=4(a十1)2一4(a2-5)=0,解得 可设M={xx1-a或x>1+a}, a=-3,此时B={xx2一4x十4=0}= 由条件q:x<2 2.解 或x>1, 由题意知A={x0x4}, {2},符合题意： 若远①，则A是B的真子集， 若集合B中有两个元素，则B={1,2}, 所以1一a≤0且1十a≥4（两等号不能同 {0士200无解 可设N={x<号或>1} 时取得)， a2+4a十3=0， 要使卫是9的充分条件但不是必要条件， 又a>0,解得a≥3， 综上可知，实数a的取值范圆为{aa≤一3}. 则M至N,应有 所以存在a,a的取值集合M={aa≥3}， 能力提升练 (1-a≤ 若选②，则B是A的真子集， 1.CD2.C3.{x-2x1} 所以1一a≥0且1十a4(两等号不能同 4.解(1)因为A={x0x2}, (1+a>1 1+a≥1， 时取得)， 所以CRA={xx<0或x>2}. 1 解得a≥ 又a>0,解得0a1 所以存在a,a的取值集合M={a0<a 因为(CRA)UB=R,所以{a≤0： (a十32， 令a=1,则M={x|x<0或x>2}至N 1}. 解得-1a0. ={xx<分或x>1} 若选③，则A一B, 所以a的取值范周为{a一1a0}. 所以1-a=0且1+a=4, (2)因为A∩B=,所以a>2或a十31 即p>g,反之不成立.所以a=1. 又a>0,方程组无解 所以不存在满足条件的a, 0. 课时分层检测（六） 解得a>2或a<-3. 由(1)知，若（CRA)UB=R,则一1≤ 基础达标练 课时分层检测（七） a0, 1C2.B 3.AC 4.BCD 5.B 基础达标练 6.00≤27.一1 故不存在实数a使(CRA)UB=R且A∩： 2.AC3.D4.AC5.C6.1 8.(1)①②③(2)④ (3)① B=0 17.3x<0,使(1+x)(1-9.x)>08.a≥4 19,解设A={xx<-2或x>3}, 创新拓展练 9.解(1)取x=0,则x2十1=1<2，所以 1.{1,3,5,6,8} B={xx<-, “Hx∈R,x2十1≥2”是假命题 2.解(1)集合A不是，集合B是.证明 如下： 因为力是g的必要不充分条件， (2)与x轴平行的直线与x轴无交，点，所 所以B军A, 以该命题为假命题， 因为2∈A,4∈A,但2十4=6A, 所以-≤-2，即m≥8 (3)对于y=a.x十bx+c,当a<0时函数 所以A不是闭集合： 有最大值无最小值，所以“每个二次函数 4 任取a,b∈B,设a=3m,b=3n,m,n∈Z, 所以m的取值范图为{nm≥8} 都有最小值”是假命题， 则a十b=3n十3n=3(m十n)且m十n∈Z, 110.证明：充分性：因为a十b十c=0, :10.解(2)是全称量词命题，(1)(3)是存在 所以a+b∈B,同理，a一b∈B, 所以c=-a-b,代入方程a.x2+bx十c 量词命题」 故B是闭集合 0， (1)存在一个实数零，它的绝对值不是正 (2)不一定.理由： 令A={xx=2k,k∈Z},B={xx=3k, 得a.x2十bx-a-b=0,即(x-1)(ax十a1 数，所以该命题是真命题 十b)=0. （2)存在a=-5,b=-3,ab,但（一5） k∈Z}, >(一3)2，所以该命题是假命题. 则由(1)可知，A,B为闭集合， 所以方程ax2十bx十c=0有一个根为1. 但2,3∈(AUB),2+3=5(AUB), 必要性：因为方程a.x2十bx十c=0有一个 (3)由于x∈R,则x2+2x+3=(x十1) 因此AUB不一定为闭集合， 根为1， 十2≥2，因此使得x2+2x十3=0的实数 所以x=1满足方程ax2十bx十c=0, 不存在，所以该命题是假命题， 课时分层检测（五） 所以a×12+b×1十c=0,即a+b c!能力提升练 基础达标练 =0. 1.ACD2.①② 1.A 2.ACD 3.A 4.BC 5.D 故关于x的方程ax2+bx十c=0有一个 3.解因为函数y=x2十mx一1一a的图象 6.充分条件但不是必要7.必要 充分 根为1的充要条件是a十b十c=0. 和x轴恒有公共，点， 8.充分必要 能力提升练 所以△=n十4(1十a)≥0恒成立，即m 9.解(1)∴a十b=0a2十b2=0, 1.A2.A3.{mn≤-7，或m≥1} 十4a十4≥0恒成立. a2+b=0→a+b=0. 4,证明必要性：若“士1+什1+2= 设y=m2十4a十4，则可转化为此二次函 p是g的必要条件但不是充分条件， b ab 数的图象恒在x轴上方（或图象顶点在x轴 (2)x=1或x=2→x-1=√x-1, 则a(a+1)+b(+1)+2ab2 上)的充要条件是△-0一4(4a十4)0，可 ab ab 得a≥-1. x一1=W/x-1x=1或x=2, 即d十a十+b+2ab=2,即(a+b十(a+b) ·p是q的充分条件，也是必要条件 综上所述，实数a的取值范固是{aa 一2三0. 10.解(1)欲使“2x十m<0”是“x一1或 3”的充分条件，只需 即(a+b-1)(a+b+2)=0, 因为a,b是正实数，所以a十b十2>0， 4.解假设存在整数m,使得命题“Vx≥ 所以a十b-1=0,即a十b=1. 93一4m<x十1”是真命题. {x<-罗}(x<-1>3， 充分性：若a十b=1, .当x≥-2时，x十12一1， 则+161 2-a(a+1)+bb+1)+2ab -9<3-4m< 只需-≤-1，即m≥2.故存在实数 b ab 解得1<m<3.又m为整数， =a2+∥+2ab+(a+b) ..7=2 m,当m≥2时，“2x十n<0”是“x<-1 或x>3”的充分条件. ab 故存在整数m=2,使得命题“Hx≥一2， 一93一4mx十1”是真命题. 293 创新拓展练 .(a-c)(a-d0≥0，.a2-(c+d)a+cd≥1 1. 0,即d+cd≥(c+d0a.a>h≥0，a+c 2≥a瓜+派+a,即a++c≥ 2.解因为x1∈{x-1≤x≤3}，x2∈{x0 a ab+√c+√ca.由于a,b,c不全相等， x2}, 所以y1∈{y0≤y9},w∈{y-4-n: cd.abzcd,bcd .∴.a十2a cd ∴.等号不成立，∴.a十b十c>√ab十r 1 ≥心十+ +√ca. 又因为对Hx∈{x一1≤x≤3}，了x∈5.解(1)设甲两次购物时购物量均为m, 创新拓展练 (x0≤x≤2}，使得y≥， 则两次购物总资用为m干p:,购物总： 1 ABC 即y的最小值大于或等于”的最小值，： 2.证明，a,b,c都是正数， 即一4一m0, 量为2m,平均价格为Q,=m+p:m 2m ∴.a+b≥2√ab,b+c≥2√， 解得m≥一4， 所以m的取值范圆为{nn≥一4}. p十色.设乙两次购物时所花钱数均为m, a+c≥2√ac, 2 ∴.a+b+b+c十a十c 课时分层检测（八） 则两次购物总费用为2，购物总量为 ≥2(Wab+Wbc+√ac), p1 基础达标练 ,∴.a+b+c≥/ab+√/bc+/ac. 1.C 2.AD 3.D 4.B 5.ABC ,平均价格为Q一 2n (当且仅当a=b=c时，等号成立) 6.存在x∈R,使得x一2十x一43 ”十 课时分层检测（十一） 7.{aa≥1} 8.解(1)所有的四边形都没有外接圆， 22.综上，Q=色色，Q,=2n 基础达标练 (2)存在一个末位数字为9的整数不能被 pi+p: 2 p1十p: 1.B 2.B 3.C 4.ABD 5.BC 6.8 3整除. (3)Hx∈R,x2+2≥0. (2)p1≠p,Q,-Q。=p+p 7.28.16 9.解(1)这一命题可以表述为p:“对所有 (p1十p2)2-4p1p2 9.解 (①当>0时x≥22· 4 的实数m,方程x2十x一m=0有实数根” 2p1p2 其否定形式是一：“存在实数m,使得 pP2 2(p1+P2) =4, x2十x一m=0没有实数根” 当且仅当工=4时，即x2=4,工=2时取 当△=1+4m<0,即m<- 1时，一元二 20十p>0Q,>Q. 由此可知，第二种购物方式比较划算 等号. 次方程没有实数根，所以一p是真命题. 创新拓展练 工十4(x>0)在x=2时取得最小值4. (2)这一命题的否定形式是9：对所有实！1B 3 数x,都有x2十x十3>0. 2.解，二次函数y=a.x2十bx十c的图象过 原点， (2)0<x<2.3-2x>0, 利用配方法可以验证一9是一个真命题， (3)这一命题的否定形式是一r:存在一对！ ,c=0, ,.4x(3-2x)=22x(3-2x)] 等圆，其面积不相等或周长不相等，由平 .y=ax2十b.x.当x=-2时，y=4a ≤22.x+(3-2x2129 面几何知识知一”是一个假命题. -2b. 2 =2 能力提升练 又当x=-1时，1a一b2, ① 1.AC2.53.是 当x=1时，3a+b4, ② 当且仅当2x=3-2x,即x= 子时，号成 4.解 因为命题p:了x>0,x十a-1=0为 设存在实数n,n,使得4a-2b=m(a十b)1 立 假命题， +n(a-b),而4a一2b=(m十)a+(m- 所以7p:Hx>0,x十a一1≠0是真命题，1 n)b. {红0<受} 即x≠1一a, n+n=4, 所以1一a0,即a≥1. 1n-n=-2, x(3-2x)(0<<号)的最大值 所以a的取值范围为{aa≥1}. 解得n=1,n-3, 创新拓展练 ,∴.4a-2b=(a+b)+3(a-b). 为 1.{mm≥4} 11 由①D②可知3a十b4,33(a一b)6 ∴.3+34a-2b4+6,即64a- 26:10,解设城建公司获得的附加效益为y千 2.解由题意知命题p,q都是真命题 10 元，由题意得 由对任意1x3,都有n≥x成立，只需 故当x= 2时，y的取值范围是{y6 784 y=2x- (6x m大于或等于x的最大值，即n≥3.由存 y10}. x+3118）-118 在1≤x≤3，使m≥x成立，只需m大于或 课时分层检测（十） 等于x的最小值，即n≥1.因为两者同时 (4+784 x十3 成立，故实数m的取值范图为{mm≥3} 基础达标练 1.D 2.ACD 3.C 4.A 5.ACD =118-4(x+3) 184-一12] ∩{nm≥1}={nm≥3}. x+ 6.a2+b2>ab+bc+ac 课时分层检测（九） = 130- [4(x+3)+ 7841≤130 x+3 基础达标练 7.解 2 2 ,得√a2+≥1 784 1.C2.C3.B4.ACD5. 1 1 2/4(x+3)· +3 a-b a 2 =130-112=18(千元)， 6.8x+19>22007.号<53 (a十b. (b+c),√e+a2 8.[证明]c<d<0,-c>-d>0, 同理得V+c 2 当收当十》一器即x=1时 取等号，所以提前11天，能使公司获得最 .0 1<- 大附加效益， d' (a+c). 能力提升练 又a>>0,-号 0. 所以√a2+形+√㎡+2+√e2+≥！1.B2.D3.2 c 3 a a十0+6+e+c+a]=2u+b4解“a>0,b>0,a+号 =1 ->√- 2 +c) 即一 故a2++/+c2+c2+a2≥√2(a+ a1+=√+)=，2. 2 两网来以1得月< 3「b b+c),当且仅当a=b=c时，等号成立 8.证明由a>0,b>0,则a+b=1 ++ -,< 9.a-b=+v-x2v-xv2=(x y)+(y-y)=(-y)+y(y-) ab =(x2-y)(x-y)=(x-y)2(x十y),因 由于a十b0,则ab=1, 为x,y均为正数，所以(x一y)2≥0，x十y 即a+b≥2√ab=2, >0,所以(x-y)(x十y)≥0，即a-b≥0.1 当且仅当a=b=1时，等号成立，所以a十 所以a≥b b2. 当且仅当正数a,b满足a:=1十 且a2 能力提升练 能力提升练 -1, 1.AD2.C3.b 1.A 2.ABC 2 2 2 13.证明 4.解(1)a-2,b=1,c=1,d=-1(答案不 >0,b>0e>0空>m 即a =时等号成立 3 2 雁一】 (2)证明由题意可知a≠0，，a≥cd, 2 小a√+8的最大值为32 4 294