1、上海市南汇中学2019-2020学年高一数学上学期十月考试试题（含解析）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
2、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
3、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
4、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：“若，则”的否命题是“若，则”；“”是“”的必要非充分条件；“”是“或”的充分非必要条件；“”是“且”的充要条件.其中正确的序号为_【答案】【解析】【分析】根据否命题与原命题的关系可判断命题的正误；解方程，根据充分必要性可判断出命题的正误；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，从而判断命题的正误；利用举反例和逻辑推理来判断命题的正误.【详解】对于命题，“若，则”的否命题是
5、“若，则”，命题错误；对于命题，解方程，得或，所以，“”是“”的充分非必要条件，命题错误；对于命题，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，命题正确；对于命题，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，命题错误.故答案为：.【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
6、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
7、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、.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；若该方程两根一正一负时，则有，解得；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.1
8、2.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
9、. 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，便宜没好货，等价于，好货不便宜，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
10、（ ）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
11、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，
12、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】.，.当时，此时，；当时，此时，；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
13、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
14、）不等式即为.当时，原不等式即为，解该不等式得，此时；当时，解该不等式得或，此时；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；（
15、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.
