1、北京市大学附属中学2020-2021学年高一数学10月考A层试题（衔接班，含解析）一、单项选择题（本大原共6小题，每小题2分，共计12分.）1. 设集合，集合，则的子集个数是（ ）A. 4B. 8C. 16D. 32【答案】C【解析】试题分析：的子集个数是考点：子集的个数2. 命题,则为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用全称命题的否定是特称命题写出结果即可.【详解】由全称命题的否定是特称命题,命题,所以.故选：B.【点睛】本题考查命题否定,特称命题与全称命题的否定关系,属于基础题.3. “，”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既
2、不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可.【详解】若，则必有.若 ，则或.所以是 的充分不必要条件.故选:A.【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的定义和判断.4. 有下列说法：很小的实数可以构成集合；若集合，满足，则；空集是任何集合的真子集；集合，则.其中正确的个数为（ ）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】A【解析】【分析】根据集合的确定性判断，根据集合包含关系判断，根据空集性质判断，根据，的化简结果判断.【详解】解：对于，很小的实数没有明确的标准，不具备集合元素的确定性，故错误；对于，若，则为的子集，即，故错误；对于，空集不是空集的真子集
3、，故错误；对于，故错误.故选：A.【点睛】本题考查了集合的关系和运算，属于基础题.5. 若不等式的解为(其中)，则不等式的解为（ ）A. 或B. C. 或D. 【答案】C【解析】【分析】由题意用m，n表示出a，b和c，再把不等式化为以m，n为系数的不等式，求出解集即可.【详解】因为不等式的解为，所以，且，所以，所以不等式，可化为，又，所以，即；又，所以不等式化为，且；所以解不等式得或，即不等式的解集是.故选：C.【点睛】本题考查含有参数的一元二次不等式的解法，求解过程中注意系数的正负，属于基础题.6. 关于的不等式恰有2个整数解，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析
4、】【分析】二次不等式作差，利用平方差公式因式分解，分析解集的端点范围，结合不等式恰有两个整数解求另一个端点的范围.【详解】由题：恰有2个整数解，所以，即或，当时，不等式解为，因为，恰有两个整数解即：，所以，解得：；当时，不等式解，因为，恰有两个整数解即：，所以，解得：，综上所述：或.故选：B【点睛】此题考查含参数的二次不等式，根据不等式的解集特征求参数范围，关键在于准确进行分类讨论.二、多项选择题（本题共3小题，每小题5分，共15分.在每小题给出的选项中，有多项符合要求.）7. 设，若，则实数a的值可以为（ ）A. B. 0C. 3D. 【答案】ABD【解析】【分析】先将集合表示出来，由可以推
5、出，则根据集合中的元素讨论即可求出的值.【详解】的两个根为3和5，或或或，当时，满足即可，当时，满足，当时，满足，当时，显然不符合条件，a的值可以是.故选：ABD.【点睛】本题主要考查集合间的基本关系，由推出是解题的关键.8. 下列说法正确的有（ ）A. 不等式的解集是B. “”是“”成立的充分条件C. 命题，则D. “”是“”的必要条件【答案】ABD【解析】【分析】解分式不等式可知A正确；由充分条件和必要条件的定义，可得B，D正确；含有全称量词命题得否定，故C错误.【详解】由，A正确；时一定有，但时不一定有成立,因此“”是“”成立的充分条件，B正确；命题，则，C错误；不能推出，但时一定有成立
6、，所以“”是“”的必要条件，D正确故选：ABD【点睛】本题考查了分式不等式的解法、充分条件和必要条件的定义、含有量词的命题的否定形式等基本数学知识，考查了计算能力和逻辑推理能力，属于一般题目.9. 对，表示不超过x的最大整数.十八世纪，被“数学王子”高斯采用，因此得名为高斯函数，人们更习惯称为“取整函数”，则下列结论中正确的是（ ）A. ，B. ，的图像关于原点对称C. 函数，y的取值范围为D. ，恒成立【答案】ACD【解析】【分析】根据定义得到，再结合不等式的性质，依次判断选项即可.【详解】对选项A，有定义知：，所以，故A正确.对选项B，当时，当时，所以，不是奇函数，故B错误；对选项C，因为
7、，所以，所以的值域为.故C正确.对选项D，所以，则，故D正确.故选：ACD【点睛】本题主要考查函数的新定义，同时考查学生分析问题的能力，属于中档题.三、填空题.（本大题共3题，每題5分，共15分.请同学们将答案填到答题卡上对应的位置.）10. 设：或，：或，是的充分不必要条件，则实数m的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】由是的充分不必要条件，则集合或，或，则是的真子集，列出满足的条件，得到实数m的取值范围.【详解】设集合或，或，由是的充分不必要条件，则是的真子集，得，得.故答案为：.【点睛】本题考查了充分必要条件的应用，将充分不必要条件转化为两集合间的关系，已知两集合的包含关系的求参问题，
8、考查了转化思想，属于基础题.11. 一元二次方程的两个根分别为，则方程可写成，即，容易发现根与系数的关系：，设一元三次方程的三个非零实数根分别为，以下命题：；.正确命题的序号是_.【答案】【解析】【分析】设，再展开利用待定系数法求解.【详解】，所以所以，正确；错误.故答案为：【点睛】本题主要考查一元二次方程根与系数的关系的迁移问题，还考查了运算求解的能力，属于中档题.12. 由于无理数引发的数学危机一直延续到19世纪，直到1872年，德国数学家戴德金提出了“戴德金分割”才结束了持续200多年的数学史上的第一次大危机.所谓戴德金分割，是指将有理数集Q划分成两个非空的子集M与N，且满足，M中的每一
9、个元素都小于N中的每一个元素，则称为戴德金分割.试判断，对于任一戴德金分割，下列选项中一定不成立的是_.M没有最大元素，N有一个最小元素；M没有最大元素，N也没有最小元素；M有一个最大元素，N有一个最小元素；M有一个最大元素，N没有最小元素；【答案】【解析】【分析】根据新定义，并正确列举满足条件的集合，判断选项.【详解】若，则集合没有最大值，中有最小元素0，故正确；若，则中没有最大元素，也没有最小元素，故正确；假设正确，则中存在两个相邻的有理数，显然这是不可能的，故不正确；若，集合有最大值，没有最小值，故正确；故答案为：.【点睛】本题是创新型题型，以新定义为背景，考查有理数集的交集和并集，属于
10、中档题型，本题的关键是理解题中的新定义，并合理举例.四、解答题（本题共5小题，共58分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）13. 已知集合，（1）当时，求，；（2）若，求实数的取值范围【答案】（1）或；（2） .【解析】【分析】（1）时求出集合，再根据集合的运算性质计算和；（2）根据，讨论和时的取值范围，从而得出实数的取值范围【详解】解：（1）当时，或，或；又，；（2），当，即时，满足题意；当时，应满足，此时得；综上，实数的取值范围是【点睛】本题考查了集合的基本运算以及不等式解法问题，注意等价变形的应用，属于中档题14. 解不等式：（1） （2）【答案】（1）或；（2）【解析】【分析
11、】（1）移项通分，化为分式不等式，再用数轴标根法写出解集；（2）分别求出两个分式不等式的解集，再求交集，得到答案【详解】（1）由，得，得，得，由数轴标根法，作示意图如图所示：得或或，即不等式解集为或（2）由，得得，对，由数轴标根法，作示意图如图所示： 则可得或又由，得由，得，即不等式解集为15. 设命题：对任意，不等式恒成立，命题：存在，使得不等式成立.（1）若为真命题，求实数的取值范围；（2）若命题与命题一真一假，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）p为真命题时，任意，不等式恒成立可转化为，求解即可（2）先求出命题为真时，的范围.根据p，q一真一假，结合（1），
12、即可求出m的取值范围.【详解】（1）对于命题：成立，而，有，所以，.（2）对于命题：存在，使得不等式成立，只需，而，；若为假命题，为真命题，则，所以； 若为假命题，为真命题，为假命题，则或，为真命题，则所以. 综上：或.【点睛】本题考查不等式恒（或存在）成立与函数最值关系，以及命题真假关系求参数范围，考查等价转化思想，计算求解能力，属于中档题.16. 已知函数，（1）恒成立，求实数a的取值范围；（2）当时，求不等式的解集；（3）若存在使关于x的方程有四个不同的实根，求实数a的取值.【答案】（1）；（2）当时，不等式的解集为 或；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为 或；（3）【解析】【分
13、析】（1）先整理，再讨论和，列出恒成立的条件，求出的范围；（2）先因式分解，对两根大小作讨论，求出解集；（3）先令，由，则可得，再将有四个不同的实根，转化为有两个不同正根，根据根与系数的关系，求出的取值范围.【详解】（1）由题有恒成立，即恒成立，当时，恒成立，符合题意；当时，则，得，得，综合可得.（2）由题 即 ,由则，且当时，不等式的解集为 或;当时，不等式的解集为当时，不等式的解集为 或;综上可得：当时，不等式的解集为 或；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为 或；（3）当 时，令 ,当且仅当时取等号，则关于的方程 可化为,关于的方程 有四个不等实根，即有两个不同正根，则 由（3）得
14、，再结合（2）得，由 (1) 知,存在 使不等式成立，故,即 解得 或 综合可得.故实数的取值范围是.【点睛】已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解；17. 已知集合为非空数集，定义，（1）若集合，直接写出集合及；（2）若集合，且，求证；（3）若集，且，求集合中元素的个数的最大值【答案】（1），；（2）证明见解析；（3）1347【解析】【分析】根据题意直接求出集合及.（2）由结合定义在，余下的，从而得出答案.（3）通过假设，求出，由建立不等关系求出相应的值,得到答案.【详解】（1）根据题意，由，则，；（2）由于集合，且，所以中也只包含四个元素，即，剩下的，所以；（3）设满足题意，其中，则，由容斥原理，中最小的元素为0，最大的元素为，实际上当时满足题意，证明如下：设，则，依题意有，即，故的最小值为674，于是当时，中元素最多，即时满足题意，综上所述，集合中元素的个数的最大值是1347【点睛】本题考查集合中的新定义，正确理解集合的定义是解题的关键，属于难题.
