湖南省郴州市永兴县童星学校2022-2023学年高一上学期第一次月考数学试题（含答案）

永兴县童星学校高一2022年秋季学期第一次月考数学试卷

（考试时间：120分钟    满分：150分）

考试范围：第一章集合和常用逻辑用语

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）

1．下列结论不正确的是（    ）

A． B． C． D．

2．设集合，则（    ）

A． B． C． D．

3．下列结论中正确的是（　　）

A．∀n∈N*，2n2+5n+2能被2整除是真命题

B．∀n∈N*，2n2+5n+2不能被2整除是真命题

C．∃n∈N*，2n2+5n+2不能被2整除是真命题

D．∃n∈N*，2n2+5n+2能被2整除是假命题

4．已知集合，，则集合中元素个数为（    ）

A．2 B．3 C．4 D．5

5．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

6．已知集合中所含元素的个数为（    ）

A．2 B．4 C．6 D．8

7．已知集合，，若，则实数a的值为

A．1 B． C． D．

8．若，，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

二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。全选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分）

9．下列说法正确的是（    ）

A．命题“”的否定是“”.

B．命题“，”的否定是“，”

C．“”是“”的必要条件.

D．“”是“关于x的方程有一正一负根”的充要条件

10．图中阴影部分用集合符号可以表示为（    ）

A．

B．

C．

D．

11．下列说法中正确的个数是（    ）

A．命题“所有的四边形都是矩形”是存在量词命题；

B．命题“”是全称量词命题；

C．命题“，”是存在量词命题．

D．命题“不论取何实数，方程必有实数根”是真命题；

12．下列结论正确的是（　　）

A．“x2＞1”是“x＞1”的充分不必要条件

B．设M⫋N，则“x∉M”是“x∉N”的必要不充分条件

C．“a，b都是偶数”是“a+b是偶数”的充分不必要条件

D．“a＞1且b＞1”是“a+b＞2且ab＞1”的充分必要条件

三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）

13．已知集合，，若，则实数__________.

14．已知命题:“，使得”是真命题，则实数的最大值是____.

15．命题“或”是命题“”的___________条件.

16．命题“，”的否定是_____________．

四、解答题（本题共6题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17（10分）．设为实数，集合，.

(1)若，求，；

(2)若，求实数的取值范围.

18（12分）．在下列命题中，试判断是的什么条件.

(1)p：x2>0，q：x>0；

(2)：与都是奇数；：是偶数；

(3)：一元二次方程有两个实数根，：；

19（12分）．写出下列命题的否定，并判断命题的否定的真假.

(1)对任意的实数，方程有实数根；

(2)有的三角形的三条边相等；

(3)菱形的对角线互相垂直.

20（12分）．设集合，，．求：

(1)；

(2)；

(3)．

21（12分）．已知集合.

(1)若是的充分条件，求实数的取值范围；

(2)若命题“”为真命题，求实数的取值范围.

22（12分）．求证：对任意实数，，，成立，等号成立的充分必要条件．

永县童星学校高一2022年秋季学期第一次月考数学试卷

参考答案：

1．C

【分析】根据、、、表示的数集，结合元素与集合之间的关系即可做出判断

【详解】解：由表示自然数集，知，故A正确；

由表示有理数集，知，故B正确；

由表示实数集，知，故C错；

由表示整数集，知，故D正确.

故选：C

2．B

【分析】根据交集、补集的定义可求.

【详解】由题设可得，故，

故选：B.

3．C

【分析】使用特值法可以解决，举例说明n＝1时2n2+5n+2不能被2整除，n＝2时2n2+5n+2能被2整除，从而得出结论．

【详解】当n＝1时，2n2+5n+2不能被2整除，

当n＝2时，2n2+5n+2能被2整除，

所以A、B、D错误，C项正确．

故选：C．

4．C

【分析】由列举法列出集合的所有元素，即可判断；

【详解】解：因为，，所以或或或，

故，即集合中含有个元素；

故选：C

5．A

【分析】根据元素和集合的关系得到答案.

【详解】，则，，，.

故选：.

【点睛】本题考查了元素和集合的关系，属于简单题.

6．C

【分析】根据题意利用列举法写出集合，即可得出答案.

【详解】解：因为，

所以中含6个元素．

故选：C.

7．B

【分析】根据集合元素的互异性和交集的定义，可得方程组或即可得答案；

【详解】由题意可得或

，

故选：B.

【点睛】本题考查根据交集的结果求参数，考查运算求解能力，求解时注意集合元素的互异性.

8．A

【分析】利用充分性与必要性定义判断即可.

【详解】由题意可得

∴是的充分不必要条件

故选A

【点睛】充分、必要条件的三种判断方法．

1．定义法：直接判断“若则”、“若则”的真假．并注意和图示相结合，例如“⇒ ”为真，则是的充分条件．

2．等价法：利用⇒ 与非⇒非， ⇒ 与非⇒非， ⇔ 与非⇔非的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．

3．集合法：若⊆ ，则是的充分条件或是的必要条件；若＝，则是的充要条件．

9．BD

【分析】根据全称命题的否定是特称命题，特称命题的否定是全称命题判断A,B选项，根据充分条件，必要条件的定义判断C,D选项.

【详解】对于A选项，命题“”的否定是“，”，故A选项错误；

对于B选项，命题“，”的否定是“，”，故B选项正确；

对于C选项，不能推出，也不能推出，所以“”是“”的既不充分也不必要条件，故C选项错误；

对于D选项，关于x的方程有一正一负根,所以“”是“关于的方程有一正一负根”的充要条件,故D选项正确.

故选：BD

【点睛】本题考查全称命题与特称命题的否定，充要条件的判断，考查逻辑推理能力，是中档题.本题D选项解题的关键在于根据韦达定理和判别式得等价条件，进而解不等式求得讨论即可.

10．AD

【分析】由图可知，阴影部分是集合B与集合C的并集，再由集合A求交集，或是集A与B的交集并上集合A与C的交集，从而可得答案

【详解】解：由图可知，阴影部分是集合B与集合C的并集，再由集合A求交集，或是集A与B的交集并上集合A与C的交集，

所以阴影部分用集合符号可以表示为或，

故选：AD

11．BC

【分析】根据存在量词命题和全称量词命题的定义判断ABC，根据判别式判断D.

【详解】A中命题“所有的四边形都是矩形”是全称量词命题,故A错误；

B中命题“”是全称量词命题,故B正确；

C中命题“,”是存在量词命题,故C正确；

D中选项中当时，即当时，方程没有实数根,因此，此命题为假命题.

故选：BC

12．BC

【分析】根据不等式的性质可判断A和D；由集合之间的包含关系可判断B；由数的奇偶性可判断C．

【详解】对于选项A：，，所以“”是“”的必要不充分条件，故A错误；

对于选项B：由得，则，，所以“”是“”的必要不充分条件，故B正确；

对于选项C：由“，都是偶数”可以得到“是偶数”，但是当“是偶数”时，，可能都是奇数，所以“，都是偶数”是“是偶数”的充分不必要条件，故C正确；

对于选项D：“，且”“且”，而由“且”“，且”，比如，. 所以“，且”是“且”的充分不必要条件，故D错误.

故选：BC．

13．

【解析】由已知及可得，则或，分别解出得值，再检验集合、满足互异性即可.

【详解】由已知及可得，

所以或，

当即时，此时不满足元素互异性，不符合题意，

当即或，

若则不满足元素互异性，不符合题意，

若则，，满足，符合题意.

所以实数，

故答案为：.

14．

【分析】根据任意性的定义，结合不等式的性质进行求解即可.

【详解】当时，，

因为“，使得”是真命题，所以.

故答案为：

15．必要非充分

【分析】先判断充分性，再判断必要性得解.

【详解】解：当“或”成立时，“”不一定成立，

所以命题“或”是命题“”的非充分条件；

当“”成立时，“或”一定成立，

所以命题“或”是命题“”的必要条件.

故答案为：必要非充分

16．，

【分析】由存在性命题的否定可直接得到结果.

【详解】由存在性命题的否定可得原命题的否定为：，.

故答案为：，.

17．(1)，或

(2)或

【分析】（1）利用并集及交集和补集运算法则进行计算；（2）根据交集结果比较端点值的大小求解实数的取值范围.

(1)

当时，，又

所以，

所以或.

(2)

由，则，由，

则或

即或

当时，实数的取值范围是或.

18．(1)必要不充分条件；

(2)充分不必要条件；

(3)必要不充分条件；

【分析】根据充分、必要条件的知识进行逐一分析，由此确定正确结论.

(1)

由于，所以是的必要不充分条件.

(2)

由于，所以是的充分不必要条件.

(3)

对于，一元二次方程有两个实数根，则，

所以是的必要不充分条件.

19．(1)的否定：至少存在一个实数，使得方程无实数根. 假命题

(2)的否定：所有三角形的三条边不都相等. 假命题

(3)的否定：至少存在一个菱形，它的对角线不互相垂直. 假命题

【分析】根据命题的否定的定义可直接得到原命题的否定，结合一元二次方程根的求解、三角形和菱形的特征可判断出命题的真假性.

（1）

原命题的否定为：至少存在一个实数，使得方程无实数根；

，对于任意实数，方程均有两个不等实根；

原命题的否定为假命题.

（2）

原命题的否定为：所有三角形的三条边不都相等；

等边三角形三条边相等，原命题的否定为假命题.

（3）

原命题的否定为：至少存在一个菱形，它的对角线不互相垂直；

所有菱形的对角线均互相垂直，原命题的否定为假命题.

20．(1)

(2)或

(3)或

【分析】（1）根据交集的定义即可得解；

（2）根据并集和补集的定义即可得解；

（3）根据补集和交集的定义即可得解.

（1）

解：∵，，

∴；

（2）

解：∵，，，

∴，或；

（3）

解：∵，，，

∴或，或，

∴或．

21．(1)；

(2)或.

【分析】（1）根据条件关系可得集合的包含关系，从而可求实数的取值范围；

（2）根据交集的结果可得关于的不等式组，从而可求其取值范围.

（1）

因为是的充分条件，故，

故，故.

（2）

因为，故或，

故或.

22．见解析

【分析】化简可得，再根据充分条件和必要条件的定义即可得出结论.

【详解】证明：

，

当且仅当时，取等号，

所以当时，对任意实数，，，成立，等号成立，

当对任意实数，，，成立，等号成立时，，

所以对任意实数，，，成立，等号成立的充分必要条件．