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- 2021-06-16 发布
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上海南汇中学2019学年第一学期10月考试
高一数学
一、填空题(每小题3分,共12题,共36分)
1.设集合,集合,若,则__________.
【答案】
【解析】
【分析】
由题意得出,由此可解出实数的值.
【详解】,且,,,,解得.
故答案为:.
【点睛】本题考查利用集合的包含关系求参数,在处理有限集的问题时,还应注意集合的元素应满足互异性,考查计算能力,属于中等题.
2.用描述法表示所有被除余整数组成的集合:_________.
【答案】
【解析】
【分析】
利用描述法和整除性质即可得出.
【详解】由题意知,所有被除余的整数组成的集合为.
故答案:.
【点睛】本题考查描述法、数的整除性质,考查推理能力,属于基础题.
3.设集合,,则__________.
【答案】
【解析】
【分析】
解方程组,求出公共解,即可得出集合.
【详解】解方程组,得,因此,.
故答案为:.
【点睛】本题考查集合交集的计算,同时也考查了二元一次方程组的求解,在表示集合时要注意集合元素的类型,考查计算能力,属于基础题.
4.不等式的解集是_________.
【答案】
【解析】
【分析】
将原不等式变形为,解出该不等式即可.
详解】由,移项得,即,解得或.
因此,不等式的解集是.
故答案为:.
【点睛】本题考查分式不等式的求解,考查运算求解能力,属于基础题.
5.已知关于的不等式的解集为,则不等式的解集为__________.
【答案】
【解析】
分析:不等式的解集为,则方程的根为,利用韦达定理求参数,再解不等式即可。
详解:不等式的解集为,则方程的根为,由韦达定理可知:,,所以不等式
为,所以解集为
点睛:二次函数,二次方程,一元二次不等式三个二次的相互转换是解决一元二次不等式
问题的常用方法。
6.设、,集合,则__________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据题意得出,则,则有,可得出,由此得出,然后求出实数、的值,于是可得出的值.
【详解】,由于有意义,则,则有,所以,.
根据题意有,解得,因此,.
故答案为:.
【点睛】本题考查利用集合相等求参数的值,解题的关键就是根据题意列出方程组求解,考查运算求解能力,属于中等题.
7.设全集,若,,,则__________.
【答案】
【解析】
【分析】
作出韦恩图,将全集中的各元素放置在合适的区域内,得出集合和集合,再根据交集的定义可得出集合.
【详解】全集,作出韦恩图如下图所示:
由图形可知集合,,因此,.
故答案为:.
【点睛】本题考查集合的混合运算,同时也考查了韦恩图法的应用,考查数形结合思想的应用,属于中等题.
8.下列说法中:
①“若,则”的否命题是“若,则”;
②“”是“”的必要非充分条件;
③“”是“或”的充分非必要条件;
④“”是“且”的充要条件.
其中正确的序号为__________.
【答案】③
【解析】
【分析】
根据否命题与原命题的关系可判断命题①的正误;解方程,根据充分必要性可判断出命题②的正误;由命题“若,则或”的逆否命题为“若且,则”得出“”是“或”的充分必要性与“且”是“”的充分必要性相同,从而判断命题③的正误;利用举反例和逻辑推理来判断命题④的正误.
【详解】对于命题①,“若,则”的否命题是“若,则”,命题①错误;
对于命题②,解方程,得或,
所以,“”是“”的充分非必要条件,命题②错误;
对于命题③,由于命题“若,则或”的逆否命题为“若且,则”,可知,“”是“或”的充分必要性与“且”是“”的充分必要性相同,
“且”“”,取,则,所以,“”“且”,则“且”是“”的充分非必要条件,
所以,“”是“或”的充分非必要条件,命题③正确;
对于命题④,取,,则满足,但“”“且”,
由不等式性质可知,当且,有,则“且”“”.
所以,“”“且”必要非充分条件,命题④错误.
故答案为:③.
【点睛】本题考查四种命题以及充分必要性的判断,常利用举反例和逻辑推理进行推导,考查推理论证能力,属于中等题.
9.已知集合,则m的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】
当时,不等式恒成立,可知符合题意;当时,由恒成立可得;当时,不可能在实数集上恒成立,由此可得结果.
【详解】当时,恒成立,,符合题意
当时,,解得:
当时,集合不可能为
综上所述:
故答案为:
【点睛】本题考查一元二次不等式在实数集上恒成立问题的求解,易错点是忽略二次项系数是否为零的讨论,造成求解错误.
10.已知集合,,且,则实数的值为_________.
【答案】或或1
【解析】
【分析】
解方程得,因为,所以,,,分别解得的值
【详解】由题,,因为,所以当时,无解,;当时,;当时,,综上所述,的值为或或
【点睛】由集合间的关系求参数时,常根据集合包含关系的意义,建立方程求解,此时应注意分类讨论思想的运用
11.集合,若,则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】
由,结合题意得出关于的方程有负根,分和,在的前提下,分二次方程有两个相等的负根、两根一正一负以及两个负根进行分类讨论,可求出实数的取值范围.
【详解】,,
,则关于的方程有负根.
(1)当时,即当时,原方程为,不成立;
(2)当时,即当时,设该方程的两个实根分别为、.
①若该方程有两个相等的负根,则,
可得,此时方程为,即为,解得,
合乎题意;
②若该方程两根一正一负时,则有,解得;
③当该方程有两个负根时,则有,解得.
综上所述,实数的取值范围是.
故答案为:.
【点睛】本题考查二次方程根的分布问题,解题时要结合判别式、两根之和与积的符号来进行分析,考查分类讨论思想的应用,属于中等题.
12.若集合,集合,且,记为中元素的最大值与最小值之和,则对所有的,的平均值是__________.
【答案】
【解析】
【分析】
先归纳出集合时,集合且时,的平均值,然后令可得出的平均值.
【详解】先考虑集合时,集合且时,的平均值.
,,则,此时,的平均值为;
,当时,,当时,,当时,,此时,的平均值为;
,当时,,当时,,时,,当时,,当时,,当时,,当时,,此时,的平均值为;
依此类推,对于集合,的平均值为.
由于,所以,.
故答案为:.
【点睛】本题考查了集合的新定义,同时也考查了归纳推理,解题的关键就是利用归纳推理得出的表达式,考查推理论证能力,属于难题.
二、选择题(每小题3分,共4题,共12分)
13.下列四个命题中,为真命题的是( )
A. 若,则 B. 若,则
C. 若,则 D. 若,则
【答案】A
【解析】
【分析】
利用不等式的性质依次判断即可.
【详解】对于选项A,由及“同向同正可乘性”,可得;对于选项B,令则,显然不成立;对于选项C,若,显然不成立;对于选项D,若,显然不成立.
故选:A
【点睛】本题主要考查不等式的性质,属于基础题.
14. 钱大姐常说“便宜没好货”,她这句话的意思是:“不便宜”是“好货”的()
A. 充分条件 B. 必要条件 C. 充分必要条件 D. 既非充分也非必要条件
【答案】B
【解析】
根据等价命题,便宜Þ没好货,等价于,好货Þ不便宜,故选B.
【考点定位】考查充分必要性的判断以及逻辑思维能力,属中档题。
15.设、是非空集合,定义且,若,,则等于( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
解出集合,利用交集和补集的定义得出集合和,然后利用题中的定义可得出集合.
【详解】解不等式,即,解得,则集合.
所以,,,
根据集合的定义可得.
故选:A.
【点睛】本题考查集合的新定义运算,同时也考查了一元二次不等式的解法、交集与补集的运算,考查运算求解能力,属于中等题.
16.设集合,,,,,其中、,下列说法正确的是( )
A. 对任意,是的子集;对任意,不是的子集
B. 对任意,是的子集;存在,使得是的子集
C. 存在,使得是的子集;对任意,不是的子集
D. 存在,使得是的子集;存在,使得是的子集
【答案】B
【解析】
【分析】
利用集合子集的概念,任取,可推出,可得对任意的实数,;再由,,求得、,即可判断出选项B正确,A、C、D错误.
【详解】对于集合,,任取,,则,,所以,对任意,是的子集;
当时,,,可得;
当时,,,可得不是的子集.
所以,存在,使得是的子集.
故选:B.
【点睛】本题考查集合包含关系的判断,同时也考查了一元二次不等式的解法,以及任意性和存在性问题的解法,考查推理能力,属于中等题.
三、解答题。
17.已知集合,,若,求的值.
【答案】、或
【解析】
【分析】
解出集合,由得出,然后分和两种情况讨论,在时,可得出或,由此可得出实数的值.
【详解】解方程,解得或,则集合.
,则.
当时,,合乎题意;
当时,,,或,解得或.
因此,实数的取值有、或.
【点睛】本题考查利用集合的包含关系求出参数,同时也考查了一元二次方程的求解,解题的关键就是对变系数的一次方程进行分类讨论,考查运算求解能力,属于中等题.
18.设、且,比较两数与的大小.
【答案】见解析
【解析】
【分析】
将两个代数式作差,因式分解,然后对各因式的符号进行判断,可得出两数与的大小关系.
【详解】.
,.
①当时,,此时,;
②当时,,此时,;
③当时,,此时,.
【点睛】本题考查利用作差法比较两数的大小,在作差后依次因式分解、讨论符号,然后可判断出两数的大小关系,考查分析问题和解决问题的能力,属于中等题.
19.已知集合,集合,,.
求:(1);
(2).
【答案】(1);(2).
【解析】
【分析】
(1)求出集合、,利用交集的定义可得出集合;
(2)求出集合,利用并集的定义得出集合,再利用补集的定义可得出集合.
【详解】(1),
,因此,;
(2),由不等式的性质可得,
则集合,,
因此,.
【点睛】本题考查集合交集、并集与补集的混合运算,同时也考查了函数定义域、值域的求解,考查运算求解能力,属于中等题.
20.若关于的不等式的解集为,的解集为.
(1)试求和;
(2)是否存在实数,使得?若存在,求的范围;若不存在,说明理由.
【答案】(1),;(2)存在,.
【解析】
【分析】
(1)将不等式变形为,然后对和的大小进行分类讨论,解出该不等式可得出集合,将不等式变形为,解出该不等式可得出集合;
(2)对和的大小进行分类讨论,结合列出关于的不等式,解出即可得出实数的取值范围.
【详解】(1)不等式即为.
①当时,原不等式即为,解该不等式得,
此时;
②当时,解该不等式得或,此时;
③当时,解该不等式得或,此时.
不等式即为,解得,此时,;
(2)当时,,,此时成立;
当时,,,要使得,则有,解得,此时;
当时,,,则,要使得,则,这与矛盾.
综上所述,实数的取值范围是.
因此,存在实数,使得.
【点睛】本题考查一元二次不等式与分式不等式的求解,同时也考查了利用集合的并集运算求参数,解题时要注意对参数的取值进行分类讨论,考查分类讨论思想的应用,属于中等题.
21.对在直角坐标系的第一象限内的任意两点,作如下定义:,那么称点是点的“上位点”,同时点是点的“下位点”.
(1)试写出点的一个“上位点”坐标和一个“下位点”坐标;
(2)设、、、均为正数,且点是点的上位点,请判断点是否既是点的“下位点”又是点的“上位点”,如果是请证明,如果不是请说明理由;
(3)设正整数满足以下条件:对任意实数,总存在,使得点既是点的“下位点”,又是点的“上位点”,求正整数的最小值.
【答案】(1)“上位点”,“下位点”;(2)是,证明见解析;(3).
【解析】
分析】
(1)由已知中“上位点”和“下位点”的定义,可得出点的一个“上位点”的坐标为,一个“下位点”的坐标为;
(2)由点是点的“上位点”得出,然后利用作差法得出与、的大小关系,结合“下位点”和“上位点”的定义可得出结论;
(3)结合(2)中的结论,可得,,满足条件,再说明当时,不成立,可得出的最小值为.
【详解】(1)对于平面直角坐标系的第一象限内的任意两点作如下定义:,那么称点是点的“上位点”,同时点是点的“下位点”.
点的一个“上位点”的坐标为,一个“下位点”的坐标为;
(2)点是点的“上位点”,,.
,
点是点的“下位点”,
,
点是点的“上位点”;
(3)若正整数满足条件:在时恒成立.
由(2)中的结论可知,,时满足条件.
若,由于,
则不成立.
因此,的最小值为.
【点睛】本题考查的知识点是新定义“上位点”和“下位点”,同时也考查了利用作差法比较两数的大小关系,解题的关键就是对题中新定义的理解,考查分析问题和解决问题的能力,属于难题.