上海市南汇中学2019-2020学年高一上学期十月考试数学试题

上海市南汇中学2019-2020学年高一上学期十月考试数学试题

www.ks5u.com 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.‎ ‎ ‎