【2019-2020学年市中学高一上学期十月考试数学试题（解析版）】 2019到2020高一上学期

2019-2020学年市中学高一上学期十月考试数学试题 一、单选题 1．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】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. 2．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。

3．设、是非空集合，定义且，若，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】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. 4．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】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. 二、填空题 5．设集合，集合，若，则__________． 【答案】 【解析】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. 6．用描述法表示所有被除余的整数组成的集合：_________． 【答案】 【解析】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. 故答案为：. 【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. 7．设集合，，则__________． 【答案】 【解析】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. 8．不等式的解集是_________． 【答案】 【解析】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. 9．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。

10．设、，集合，则__________． 【答案】 【解析】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. 11．设全集，若，，，则__________． 【答案】 【解析】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. 12．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】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. 13．已知集合，则m的取值范围为______． 【答案】 【解析】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. 14．已知集合，，且，则实数的值为_________． 【答案】或或1 【解析】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 15．集合，若，则实数的取值范围是__________． 【答案】 【解析】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若该方程的两根一正一负时，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. 16．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】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. 三、解答题 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】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】（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】（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】（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.