2019-2020學年市中學高一上學期十月考試數學試題

一、單選題

1．下列四個命題中，為真命題的是（）

A.若，則

B.若，則

C.若，則

D.若，則

【答案】A

【解析】利用不等式的性質依次判斷即可.【詳解】

對于選項A,由及“同向同正可乘性”，可得；對于選項B，令則，顯然不成立；對于選項C，若，顯然不成立；對于選項D,若，顯然不成立.故選：A

【點睛】

本題主要考查不等式的性質，屬于基礎題.2．錢大姐常說“便宜沒好貨”，她這句話的意思是：“不便宜”是“好貨”的（）

A.充分條件

B.必要條件

C.充分必要條件

D.既非充分也非必要條件

【答案】B

【解析】根據等價命題，便宜T沒好貨，等價于，好貨T不便宜，故選B．

【考點定位】考查充分必要性的判斷以及邏輯思維能力，屬中檔題。

3．設、是非空集合，定義且，若，則等于（）

A.B.C.D.【答案】A

【解析】解出集合，利用交集和補集的定義得出集合和，然后利用題中的定義可得出集合.【詳解】

解不等式，即，解得，則集合.所以，，根據集合的定義可得.故選：A.【點睛】

本題考查集合的新定義運算，同時也考查了一元二次不等式的解法、交集與補集的運算，考查運算求解能力，屬于中等題.4．設集合，,，其中、，下列說法正確的是（）

A.對任意，是的子集；對任意，不是的子集

B.對任意，是的子集；存在，使得是的子集

C.存在，使得是的子集；對任意，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】利用集合子集的概念，任取，可推出，可得對任意的實數，；再由，求得、，即可判斷出選項B正確，A、C、D錯誤.【詳解】

對于集合，任取，則，所以，對任意，是的子集；

當時，，可得；

當時，，可得不是的子集.所以，存在，使得是的子集.故選：B.【點睛】

本題考查集合包含關系的判斷，同時也考查了一元二次不等式的解法，以及任意性和存在性問題的解法，考查推理能力，屬于中等題.二、填空題

5．設集合，集合，若，則__________．

【答案】

【解析】由題意得出，由此可解出實數的值.【詳解】，且，，解得.故答案為：.【點睛】

本題考查利用集合的包含關系求參數，在處理有限集的問題時，還應注意集合的元素應滿足互異性，考查計算能力，屬于中等題.6．用描述法表示所有被除余的整數組成的集合：_________．

【答案】

【解析】利用描述法和整除性質即可得出.【詳解】

由題意知，所有被除余的整數組成的集合為.故答案為：.【點睛】

本題考查描述法、數的整除性質，考查推理能力，屬于基礎題.7．設集合，則__________．

【答案】

【解析】解方程組，求出公共解，即可得出集合.【詳解】

解方程組，得，因此，.故答案為：.【點睛】

本題考查集合交集的計算，同時也考查了二元一次方程組的求解，在表示集合時要注意集合元素的類型，考查計算能力，屬于基礎題.8．不等式的解集是_________．

【答案】

【解析】將原不等式變形為，解出該不等式即可.【詳解】

由，移項得，即，解得或.因此，不等式的解集是.故答案為：.【點睛】

本題考查分式不等式的求解，考查運算求解能力，屬于基礎題.9．已知關于的不等式的解集為，則不等式的解集為__________．

【答案】

【解析】分析：不等式的解集為，則方程的根為，利用韋達定理求參數，再解不等式即可。

詳解：不等式的解集為，則方程的根為，由韋達定理可知：，所以不等式為，所以解集為

點睛：二次函數，二次方程，一元二次不等式三個二次的相互轉換是解決一元二次不等式

問題的常用方法。

10．設、，集合，則__________．

【答案】

【解析】根據題意得出，則，則有，可得出，由此得出，然后求出實數、的值，于是可得出的值.【詳解】，由于有意義，則，則有，所以，.根據題意有，解得，因此，.故答案為：.【點睛】

本題考查利用集合相等求參數的值，解題的關鍵就是根據題意列出方程組求解，考查運算求解能力，屬于中等題.11．設全集，若，，則__________．

【答案】

【解析】作出韋恩圖，將全集中的各元素放置在合適的區域內，得出集合和集合，再根據交集的定義可得出集合.【詳解】

全集，作出韋恩圖如下圖所示：

由圖形可知集合，因此，.故答案為：.【點睛】

本題考查集合的混合運算，同時也考查了韋恩圖法的應用，考查數形結合思想的應用，屬于中等題.12．下列說法中：

①“若，則”的否命題是“若，則”；

②“”是“”的必要非充分條件；

③“”是“或”的充分非必要條件；

④“”是“且”的充要條件.其中正確的序號為__________．

【答案】③

【解析】根據否命題與原命題的關系可判斷命題①的正誤；解方程，根據充分必要性可判斷出命題②的正誤；由命題“若，則或”的逆否命題為“若且，則”得出“”是“或”的充分必要性與“且”是“”的充分必要性相同，從而判斷命題③的正誤；利用舉反例和邏輯推理來判斷命題④的正誤.【詳解】

對于命題①，“若，則”的否命題是“若，則”，命題①錯誤；

對于命題②，解方程，得或，所以，“”是“”的充分非必要條件，命題②錯誤；

對于命題③，由于命題“若，則或”的逆否命題為“若且，則”，可知，“”是“或”的充分必要性與“且”是“”的充分必要性相同，“且”“”，取，則，所以，“”“且”，則“且”是“”的充分非必要條件，所以，“”是“或”的充分非必要條件，命題③正確；

對于命題④，取，則滿足，但“”“且”，由不等式性質可知，當且，有，則“且”“”.所以，“”“且”必要非充分條件，命題④錯誤.故答案為：③.【點睛】

本題考查四種命題以及充分必要性的判斷，常利用舉反例和邏輯推理進行推導，考查推理論證能力，屬于中等題.13．已知集合，則m的取值范圍為______．

【答案】

【解析】當時，不等式恒成立，可知符合題意；當時，由恒成立可得；當時，不可能在實數集上恒成立，由此可得結果.【詳解】

當時，恒成立，符合題意

當時，解得：

當時，集合不可能為

綜上所述：

故答案為：

【點睛】

本題考查一元二次不等式在實數集上恒成立問題的求解，易錯點是忽略二次項系數是否為零的討論，造成求解錯誤.14．已知集合，且，則實數的值為_________．

【答案】或或1

【解析】解方程得，因為，所以，，分別解得的值

【詳解】

由題，因為，所以當時，無解，；當時，；當時，綜上所述，的值為或或

【點睛】

由集合間的關系求參數時，常根據集合包含關系的意義，建立方程求解，此時應注意分類討論思想的運用

15．集合，若，則實數的取值范圍是__________．

【答案】

【解析】由，結合題意得出關于的方程有負根，分和，在的前提下，分二次方程有兩個相等的負根、兩根一正一負以及兩個負根進行分類討論，可求出實數的取值范圍.【詳解】，，則關于的方程有負根.（1）當時，即當時，原方程為，不成立；

（2）當時，即當時，設該方程的兩個實根分別為、.①若該方程有兩個相等的負根，則，可得，此時方程為，即為，解得，合乎題意；

②若該方程的兩根一正一負時，則有，解得；

③當該方程有兩個負根時，則有，解得.綜上所述，實數的取值范圍是.故答案為：.【點睛】

本題考查二次方程根的分布問題，解題時要結合判別式、兩根之和與積的符號來進行分析，考查分類討論思想的應用，屬于中等題.16．若集合,集合，且，記為中元素的最大值與最小值之和，則對所有的，的平均值是__________．

【答案】

【解析】先歸納出集合時，集合且時，的平均值，然后令可得出的平均值.【詳解】

先考慮集合時，集合且時，的平均值.，則，此時，的平均值為；，當時，當時，當時，此時，的平均值為；，當時，當時，時，當時，當時，當時，當時，此時，的平均值為；

依此類推，對于集合，的平均值為.由于，所以，.故答案為：.【點睛】

本題考查了集合的新定義，同時也考查了歸納推理，解題的關鍵就是利用歸納推理得出的表達式，考查推理論證能力，屬于難題.三、解答題

17．已知集合，若，求的值.【答案】、或

【解析】解出集合，由得出，然后分和兩種情況討論，在時，可得出或，由此可得出實數的值.【詳解】

解方程，解得或，則集合.，則.當時，合乎題意；

當時，，或，解得或.因此，實數的取值有、或.【點睛】

本題考查利用集合的包含關系求出參數，同時也考查了一元二次方程的求解，解題的關鍵就是對變系數的一次方程進行分類討論，考查運算求解能力，屬于中等題.18．設、且，比較兩數與的大小.【答案】見解析

【解析】將兩個代數式作差，因式分解，然后對各因式的符號進行判斷，可得出兩數與的大小關系.【詳解】

.，.①當時，此時，；

②當時，此時，；

③當時，此時，.【點睛】

本題考查利用作差法比較兩數的大小，在作差后依次因式分解、討論符號，然后可判斷出兩數的大小關系，考查分析問題和解決問題的能力，屬于中等題.19．已知集合，集合，.求：（1）；

（2）.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）求出集合、，利用交集的定義可得出集合；

（2）求出集合，利用并集的定義得出集合，再利用補集的定義可得出集合.【詳解】

（1），因此，；

（2），由不等式的性質可得，則集合，因此，.【點睛】

本題考查集合交集、并集與補集的混合運算，同時也考查了函數定義域、值域的求解，考查運算求解能力，屬于中等題.20．若關于的不等式的解集為，的解集為.（1）試求和；

（2）是否存在實數，使得？若存在，求的范圍；若不存在，說明理由.【答案】（1），；（2）存在，.【解析】（1）將不等式變形為，然后對和的大小進行分類討論，解出該不等式可得出集合，將不等式變形為，解出該不等式可得出集合；

（2）對和的大小進行分類討論，結合列出關于的不等式，解出即可得出實數的取值范圍.【詳解】

（1）不等式即為.①當時，原不等式即為，解該不等式得，此時；

②當時，解該不等式得或，此時；

③當時，解該不等式得或，此時.不等式即為，解得，此時，；

（2）當時，，此時成立；

當時，，要使得，則有，解得，此時；

當時，，則，要使得，則，這與矛盾.綜上所述，實數的取值范圍是.因此，存在實數，使得.【點睛】

本題考查一元二次不等式與分式不等式的求解，同時也考查了利用集合的并集運算求參數，解題時要注意對參數的取值進行分類討論，考查分類討論思想的應用，屬于中等題.21．對在直角坐標系的第一象限內的任意兩點，作如下定義:,那么稱點是點的“上位點”，同時點是點的“下位點”.（1）試寫出點的一個“上位點”坐標和一個“下位點”坐標；

（2）設、、、均為正數，且點是點的上位點，請判斷點是否既是點的“下位點”又是點的“上位點”，如果是請證明，如果不是請說明理由；

（3）設正整數滿足以下條件：對任意實數，總存在，使得點既是點的“下位點”，又是點的“上位點”，求正整數的最小值.【答案】（1）“上位點”，“下位點”；（2）是，證明見解析；（3）.【解析】（1）由已知中“上位點”和“下位點”的定義，可得出點的一個“上位點”的坐標為，一個“下位點”的坐標為；

（2）由點是點的“上位點”得出，然后利用作差法得出與、的大小關系，結合“下位點”和“上位點”的定義可得出結論；

（3）結合（2）中的結論，可得，滿足條件，再說明當時，不成立，可得出的最小值為.【詳解】

（1）對于平面直角坐標系的第一象限內的任意兩點作如下定義：，那么稱點是點的“上位點”，同時點是點的“下位點”.點的一個“上位點”的坐標為，一個“下位點”的坐標為；

（2）點是點的“上位點”，.，點是點的“下位點”，點是點的“上位點”；

（3）若正整數滿足條件：在時恒成立.由（2）中的結論可知，時滿足條件.若，由于，則不成立.因此，的最小值為.【點睛】

本題考查的知識點是新定義“上位點”和“下位點”，同時也考查了利用作差法比較兩數的大小關系，解題的關鍵就是對題中新定義的理解，考查分析問題和解決問題的能力，屬于難題.