1、上海市向明中学2019-2020学年高一数学上学期9月质量监控考试题（含解析）一、填空题1.用符号“”把数集、的关系表示出来：_【答案】【解析】【分析】本题需要分清每个字母表示的集合,然后把每个集合之间的关系排列出来即可.详解】（正整数集）（非负整数集）（整数集）（有理数集）（实数集）故答案为：【点睛】本题考查字母表示的数集,以及数集之间的关系.2.设集合A=1，2，6，B=2，4，C=xR|1x5，则（AB）C=_【答案】1，2，4【解析】【分析】根据并集与交集的定义计算即可详解】A=1，2，6，B=2，4，AB=1，2，4，6，又C=x|1x5，xR，（AB）C=1，2，4故答案为：1，2
2、，4【点睛】本题考查交集与并集的运算，解题时根据集合运算的定义求解即可，是基础题3.若1, 则的值是_【答案】-1【解析】因为，所以或，当时，不符合集合中元素的互异性，当时，解得或，时，符合题意所以填4.已知关于的一元二次不等式的解集为，则_【答案】0【解析】【分析】根据不等式与对应的方程之间的关系,结合根与系数的关系,求出的值,即可计算的值【详解】解：关于的不等式的解集为,关于的方程=0的两个实数根为和.由根与系数的关系,得：,解得故答案为：0【点睛】本题考查一元二次不等式的解集与相应的一元二次方程的根的关系，用不等式的解求参数是解题的关键.5.设、都是实数，命题“若且，则”的等价命题是“_
3、”【答案】若,则或【解析】【分析】根据原命题与它的逆否命题是互为等价的命题，写出它的逆否命题即可.【详解】解：因为原命题与它的逆否命题是互为等价的命题.所以命题“若且,则”的等价命题是：“若,则或”故答案为：若,则或.【点睛】本题考查了原命题与它的逆否命题是等价命题的应用问题,是基础题目.需要注意“且”的否定是“或”.6.如果全集，_【答案】【解析】【分析】此题考查了集合的交、并、补的运算,结合韦恩图逐步填空可得解.【详解】解：,依题意填充韦恩图如图所示:故答案为：【点睛】本题考查了此题考查了集合的交、并、补的运算,熟练掌握各自的定义是解题的关键,借助韦恩图解题更简单.7.满足的集合共有_个【
4、答案】7【解析】【分析】由已知中，可得.又由,可得中元素只能从中取,逐一列出满足条件的集合,即可得到答案.【详解】解：，满足条件的集合有：，,共7个.故答案为：7【点睛】本题考查的知识点是集合的包含关系判断及其应用，其中当元素个数不多时,用列举法表示出所有满足条件的集合是解答的关键.8.已知M=，N=，则_【答案】【解析】因为，所以，故点睛：集合是高考中必考的知识点，一般考查集合的表示、集合的运算比较多对于集合的表示，特别是描述法的理解，一定要注意集合中元素是什么，然后看清其满足的性质，将其化简；考查集合的运算，多考查交并补运算，注意利用数轴来运算，要特别注意端点的取值是否在集合中，避免出错9
5、.设，若是的充分条件，则实数的取值范围是_【答案】【解析】【分析】先分别化简两个命题, 即,即,或.由题意可得,只有成立,故,由此解得的范围.【详解】解:由得; 由得,或.是的充分条件,只有成立,解得,故的取值范围为.故答案为：【点睛】本题主要考查充分条件、必要条件、充要条件的定义,解不等式,属于基础题.10.已知不等式解集是，则实数的取值范围是_【答案】【解析】【分析】利用命题的否定去判断.分情况讨论当,时不等式即为,对一切恒成立,当时利用二次函数的性质列出满足的条件并计算,最后两部分的合并即为所求范围.【详解】解：不等式解集是等价于：不等式解集是,当时,不等式即为,对一切恒成立,当时，则须
6、,即,由得实数的取值范围是.故答案为：【点睛】本题考查不等式恒成立的参数取值范围,考查二次函数的性质.注意对二次项系数是否为0进行讨论.11.已知，且，则满足条件的的值为_【答案】【解析】【分析】由已知中,且,代入可构造关于的不等式,解不等式结合,可得满足条件的值.【详解】解：，且，即解得：又,或,或.故答案为：【点睛】这道题主要考查的是学生对于集合和元素的关系这个知识点的掌握程度,其中根据已知构造关于的不等式,是解答的关键.12.已知有限集合，定义如下操作过程：从中任取两个元素、，由中除了、以外的元素构成的集合记为；若，则令；若，则；这样得到新集合，例如集合经过一次操作后得到的集合可能是也可
7、能得到等，可继续对取定的实施操作过程，得到的新集合记作，如此经过次操作后得到的新集合记作，设，对于，反复进行上述操作过程，当所得集合只有一个元素时，则所有可能的集合为_【答案】【解析】【分析】先根据定义用运算律证明实施的具体操作过程无关，再根据结果逆推求解.【详解】解：由题可知中仅有一项，令对于满足的实数定义运算：,下面证明这种运算满足交换律和结合律.因为,且,所以,即该运算满足交换律;因为且,所以,即该运算满足结合律;所以中的项与实施的具体操作过程无关;选择如下操作过程求：由题可知;易知;所以：易知经过3次操作后剩下一项为,故答案为：.【点睛】本题是一道综合性很强的集合运算题,解题时要认真审
8、题,理解定义,并会用新定义来解题,仔细解答,避免错误.二、选择题13.若集合是集合的子集,则下列结论中正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据集合与集合间的关系逐项运算【详解】解：若集合是集合的子集,则,A选项错误;, B选项错误;,C选项错误;故选：D【点睛】本题考查了集合与集合的关系,以及集合间的交并运算,是基础题14.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；
9、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.15.集合，则非空真子集的个数是（ ）A. 62B. 126C. 254D. 510【答案】B【解析】【分析】由条件计算出集合,再求出的非空真子集的个数【详解】解：,或,或,或,或,或,或,的非空真子集的个数是.故选：B【点睛】当集合中的元素个数为,该集合的子集个数为;真子集个数为;非空真子集个数为.16.如果命题“若，则”的否命题是真命题，而它的逆否命题是假命题，则是的（ ）条件A. 充分不必要B. 必要不充分C. 充要D. 既不充分也不必要【答案】B【解析】【分析】由否命题为真可以得出逆命题的真假,即命题是否
10、可以推出命题;由逆否命题为假命题可以得出原命题的真假,即命题是否可以推出命题,据此可完成解答.【详解】解：否命题为真,则逆命题为真,逆否命题为假,则原命题为假,推不出,但可以推出,是的必要不充分条件.故选：B【点睛】本题是一道关于命题关系的题目,熟练掌握原命题、逆命题、否命题、逆否命题之间的关系是解答本题的关键.三、解答题.17.设集合，若，求实数的取值范围【答案】【解析】【分析】求出中方程的解确定出,则列举出集合的所有子集,分情况讨论,则可得出实数的取值范围.【详解】解:由中方程变形得:,解得:或,即,当时,时, ;当时解集为当时解集为当时解集为综上所述：当,.当时，故答案为：【点睛】此题考
11、查了集合与集合间的关系,熟练使用根的判别式与韦达定理是解本题的关键.18.已知二次方程的两个根都大于0且小于1，求的取值范围【答案】【解析】【分析】将方程转化为函数,开口向上,则与轴有两个交点，且交点的横坐标都在内,对称轴在,且都在轴下方.依题意建立不等式组,再求解.【详解】解：已知二次方程的两个根都大于0且小于1设,与轴有两个交点且交点的横坐标都在内.所以对称轴在，且的取值范围【点睛】本题考查方程根的讨论，考查函数与方程与函数零点的思想，需要注意到函数的开口,的判断.属于中档题.19.若不等式的解集为A，不等式的解集为B，（1）求集合A、B（2）若，求实数的取值范围.【答案】(1) ， (2
12、).【解析】试题分析：（1）解一元二次不等式即可求出集合；（2）根据的范围，分类讨论集合，结合条件即可求出的范围试题解析：(1) (2) 当时，显然不成立当时，显然不成立当时，综上，的取值范围是 点睛：本题考查含参数二次不等式的求解，涉及分类讨论思想，属于中档题解题时含参不等式根据零点的大小分类讨论，写出不等式的解，三个集合求交集时，可以先两个求解，再与第三个集合求交集，本题考虑整数情况，确定不等式端点的范围，从而求出参数的取值范围20.已知数集具有性质；对任意的、，与两数中至少有一个属于（1）分别判断数集与是否具有性质，并说明理由；（2）证明：，且；（3）当时，若，求集合【答案】(1) 集合
13、具有性质,集合不具有性质.(2)证明见解析.（3）.【解析】【分析】(1)利用与两数中至少有一个属于.即可判断出结论.(2)令“,由“与两数中至少有一个属于”可得属于.令,那么是集合中某项,不符合不符合题意,符合.同理可得:令可以得到,令,可以得到,倒序相加即可.(3)当时,取,当时,由A具有性质P,又时,可得,则 ,又,可得,则,则有.可得即是首项为,公差为等差数列是首项为0,公差为等差数列.【详解】解：(1)在集合中，设,具有性质,具有性质,具有性质,具有性质,具有性质,具有性质综上所述：集合具有性质；在集合中，设,具有性质,具有性质,具有性质,不具有性质,具有性质,具有性质综上所述：集合
14、不具有性质.故集合具有性质,集合不具有性质.(2) 证明:令,则与两数中至少有一个属于”,不属于,属于.令,那么是集合中某项,不符合题意,可以.如果是或者,那么可知,那么,只能是等于,矛盾.所以令可以得到,同理,令,可以得到,倒序相加即可得到即(3)当时,取,当时,由具有性质,又时,则,从而可得,故,即,又,则,则有又,即是首项为,公差为等差数列,【点睛】（1）本问采用举反例的方法证明不具有性质;（2）采用极端值是证明这类问题的要点,一个数集满足某个性质,则数集中的特殊的元素（比如最大值、最小值）也满足这个性质;本问的第二个要点是集合的元素具有互异性,由互异性及题中给的性质,可得出等式;（3）
15、利用在（2）中得到的结论得出之间的关系，再结合中元素所具有的性质即可得到结论.（附加题，1、2、7班同学必须完成并计入总分，其余班同学无须完成且不计入总分）21.已知，则_【答案】【解析】【分析】由题中所给的已知条件可知，分别说明两个集合的特征.再进行集合间的运算.【详解】解：因为,表示全体整数集,表示全体奇数集表示偶数集合,且为除6余2的整数.则表示整数集中去掉奇数集和“除6余2”的偶数集,则为偶数集,且不包含“除6余2”的偶数集.故答案为：【点睛】本题考查的是利用描述法表示集合的方法解决问题的能力,以及集合间的运算.22.（1）设是任意一个11元正实数集合，令集合，则的元素个数的最小值为_
16、（2）设是任意一个11元非负实数集合。令集合，则的元素个数的最小值为_【答案】 (1). (2). .【解析】分析】(1) 按条件分析题目的含义，列举出可能性，减掉的情况即可.(2) 按条件分析题目的含义，列举出可能性，需要考虑情况.【详解】解：（1）设是任意一个11元正实数集合A中没有有负数.设是中的全部元素，这里,于是上式从小到大共有个数，减它们均是的元素，这表明的元素个数最小值为(2)设是任意一个11元非负实数集合.A中没有负数.设是中的全部元素，这里,于是上式从小到大共有个数,它们均是元素,这表明的元素个数最小值为.【点睛】本题注意需要分类讨论中元素正负数的情况，进而求解的元素个数的最小值.