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.
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