2021-2022学年河北省唐山市第一中学高一上学期10月月考数学试题（解析版）

2021-2022学年河北省唐山市第一中学高一上学期10月月考数学试题

一、单选题

1．已知全集，集合，，则

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】分别解绝对值不等式与分式不等式求得集合A,B,再求得，及．

【详解】由题意得，

，

∴，∴．故选C．

【点睛】集合与集合运算，一般先化简集合到最简形式，如果两个集合都是连续型数集，则常利用数轴求集合运算结果，如果是离散型集合运算常运用枚举法或韦恩图．

2．已知集合，若，则实数a的取值所组成的集合是（    ）

A． B． C．0， D．0，

【答案】D

【分析】等价于，分、两种情况讨论，从而可得答案.

【详解】.

当时，为空集，满足条件.

当时，或，解得或.

综上可得，实数a的取值所组成的集合是2，.

故选：D.

【点睛】本题主要考查集合的表示方法，空集的定义，以及并集与子集的定义，属于基础题.

3．如果，那么下列不等式正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由，得到，再利用不等式的基本性质判断.

【详解】解：因为，

所以，

则，即，

则，即，

则，即，

故选：B

4．已知集合,.若,则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】根据交集运算结果得到，解得答案.

【详解】,，，则，

解得.

故选：D.

【点睛】本题考查了根据交集运算结果求参数，属于简单题.

5．若，则“”是 “”的

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】本题根据基本不等式，结合选项，判断得出充分性成立，利用“特殊值法”，通过特取的值，推出矛盾，确定必要性不成立.题目有一定难度，注重重要知识、基础知识、逻辑推理能力的考查.

【详解】当时，，则当时，有，解得，充分性成立；当时，满足，但此时，必要性不成立，综上所述，“”是“”的充分不必要条件.

【点睛】易出现的错误有，一是基本不等式掌握不熟，导致判断失误；二是不能灵活的应用“赋值法”，通过特取的值，从假设情况下推出合理结果或矛盾结果.

6．命题：，，若是真命题，则实数的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据题意，先求出命题的否定，然后将问题等价转化为不等式恒成立问题，再根据二次项系数进行讨论即可求解.

【详解】因为命题的否定是：成立，

因为为真命题，也即恒成立，

当时，恒成立；

当时，要使不等式成立，则有，解得：，

综上可知：实数的取值范围为，

故选：.

7．若不等式的解集为，则不等式的解集为（    ）

A． B．或

C． D．或

【答案】C

【分析】根据不等式的解集求出、、的关系，代入不等式中，化简即可求出不等式的解集.

【详解】解：不等式的解集为，

方程的实数根为和，且，

，解得，，

则不等式可化为，

即，即，

所求不等式的解集为.

故选：C.

8．已知条件：，条件：，且的一个充分不必要条件是，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】首先根据所给不等式分别解出，再根据逻辑关系得到是的真子集，最后利用集合的关系即可求解.

【详解】由知，，两边同乘，得，解得，由不等式可得.

当，即，不等式解为，又因为的一个充分不必要条件是，则是的真子集，则有，解得；

当，即时，由是的真子集可得，解得.

当，即时，不等式解得，此时是的真子集，符合题意.

综上.

故选：D

二、多选题

9．下列命题中，错误的是（    ）

A．若，，则 B．若，则

C．若，则 D．若，，则

【答案】ABD

【分析】根据不等式的性质举出反例即可.

【详解】举出反例：，，，故A错误.

举出反例：令，若，故B错误.

若，可知，则，故C正确.

举出反例：，，，故D错误.

故选：ABD

10．设集合，，，则下列说法中正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】CD

【解析】求出集合以及，可判断出各选项的正误.

【详解】，

，

当时，为奇数，为偶数，

则，，，.

故选：CD.

【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于将集合、分别变形为，，结合两个集合中元素的表示形式来进行判断.

11．下列表示图形中的阴影部分的是（    ）

A．

B．

C．

D．

【答案】AD

【分析】根据Venn图观察阴影部分的元素属于C，属于，再分析选项得到答案.

【详解】由已知的Venn图可得：阴影部分的元素属于C，属于，

故阴影部分表示的集合为，

故选:AD.

【点睛】本题考查了Venn图表示集合，集合的运算，属于基础题.

12．(多选)由无理数引发的数学危机一直延续到19世纪.直到1872年，德国数学家戴德金从连续性的要求出发，用有理数的“分割”来定义无理数(史称戴德金分割)，并把实数理论建立在严格的科学基础上，才结束了无理数被认为“无理”的时代，也结束了持续2000多年的数学史上的第一次大危机.所谓戴德金分割，是指将有理数集划分为两个非空的子集与，且满足，，中的每一个元素都小于中的每一个元素，则称为戴德金分割.试判断下列选项中，可能成立的是（    ）

A．是一个戴德金分割

B．没有最大元素，有一个最小元素

C．有一个最大元素，有一个最小元素

D．没有最大元素，也没有最小元素

【答案】BD

【解析】根据题意举出实例依次判断选项即可得到答案.

【详解】对选项A，因为，，，

故A错误；

对选项B，设，，满足戴德金分割，

则中没有最大元素，有一个最小元素，故B正确；

对选项C，若有一个最大元素，有一个最小元素，

则不能同时满足，，故C错误；

对选项D，设，，满足戴德金分割，

此时没有最大元素，也没有最小元素，故D正确.

故选：BD

【点睛】本题主要考查集合的新定义，同时考查学生分析问题的能力，属于中档题.

三、填空题

13．若“”是“”的充分不必要条件，则实数的取值范围是________.

【答案】

【分析】可先将化简得，结合充分不必要条件即可求出结果.

【详解】由，可得，

“”是“”的充分不必要条件，

，

解得，

即实数的取值范围是.

故答案为：.

14．若是方程的两个根，且，则的值为 ______．

【答案】1

【分析】由一元二次方程根与系数的关系得到韦达定理，然后解出，并结合根的判别式进行取舍即可.

【详解】解：因为是方程的两个根

所以，，

又因为

所以，即

解得或

又因为，即

所以

故答案为1.

【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，注意一元二次方程有解需要验证，属于基础题.

15．已知集合，，且，则________.

【答案】-3

【分析】由，得，用中元素等于9计算，还要检验与元素互异性和已知条件是否有矛盾.

【详解】，，且，∴，

当时，，此时，，有，与已知矛盾，舍去.

当时，有，

若，集合中，与元素互异性矛盾，舍去.

若，此时，，满足.

故答案为：-3

16．已知集合．给出如下四个结论：

①，且；

②如果，那么；

③如果，那么对于，则有；

④如果，，那么．

其中，正确结论的序号是__________．

【答案】①②④．

【解析】①：举例子可证，由的性质可知，其结果为奇数或能被4整除的偶数，即可判断；②由可得；③当时，由①可得；④设，则由.

【详解】解：①：，由的奇偶一致，若同为奇数，此时为奇数；

若同为偶数，此时为偶数，且能被4整除，因此.当时，，

所以.综上所述，①正确.

②：因为，所以，即，则②正确.

③：假设③正确，则对于，成立，当时，，

由①知，为奇数或能被4整除的数，因此，故③错误；

④：设，则

，

即，所以④正确.

故答案为: ①②④.

【点睛】本题考查了元素与集合关系的判断，考查了运算求解能力和化归思想.

四、解答题

17．解不等式：.

【答案】或

【分析】将不等式分进行分类讨论，求得不同情况下不等式的解集，再求并集即可.

【详解】由.

当时，原不等式化为，解得；

当时，原不等式化为，解得；

当时，原不等式化为，解得.

综上可得原不等式的解集为或 .

18．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中，求解下列问题：

已知集合，.

(1)当时，求A∪B；

(2)若___________，求实数a的取值范围.

注：如果选择多个条件分别解答按第一个解答计分.

【答案】(1)

(2)答案见解析

【分析】（1）求出集合、，利用并集的定义可求得集合；

（2）选①，分析得出，分、两种情况讨论，结合已知条件可得出关于实数的不等式（组），综合可得出实数的取值范围；

选②，分析得出，分、两种情况讨论，结合已知条件可得出关于实数的不等式，综合可得出实数的取值范围；

选③，分、两种情况讨论，结合已知条件可得出关于实数的不等式，综合可得出实数的取值范围.

【详解】（1）当时，，，

因此，

（2）选①，因为，可得.

当时，即当时，，合乎题意；

当时，即当时，，

由可得，解得，此时.

综上所述，实数的取值范围是或；

选②，由（1）可得或，因为，则.

当时，即当时，，合乎题意；

当时，即当时，，

由可得或，解得或，此时或.

综上所述，实数的取值范围是或；

选③，当时，即当时，，，满足题意；

当时，即当时，，

因为，则或，解得或，此时或.

综上所述，实数的取值范围是或.

19．已知，是实数，求证：成立的充要条件是.

【答案】证明见解析

【分析】根据充要条件的定义分别证明充分性和必要性即可得到结论．

【详解】解：先证明充分性：

若，则成立．

所以“”是“”成立的充分条件；

再证明必要性：

若，则，

即，

，

，

，

，

即成立．

所以“”是“”成立的必要条件.

综上：成立的充要条件是．

20．设集合，集合.

（1）若，求实数的值；

（2）若，求实数的取值范围.

【答案】（1）或；（2）.

【分析】（1）先求出集合，再根据公共元素为代入集合，即可求出实数的值；

（2）由推出，然后分、、、四种情况讨论，求出对应的实数的值或取值范围，综合可得出结果.

【详解】由题意得.

（1），，，即，

或.

当时，，，满足；

当时，，，满足.

综上所述，或；

（2），.

①当时，方程无解，

，解得；

②当时，，无解；

③当时，，无解；

④当时，，无解.

综上所述，实数的取值范围是.

【点睛】本题主要考查集合和集合以及元素和集合之间的关系，属于基础题目，特别提醒，第一问求出参数的值后一定要注意代入检验，避免出错．

21．已知：，：.

(1)若为真，求的取值范围；

(2)若是的必要不充分条件，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）化分式不等式为整式不等式，即可求解命题，再结合为真，则为假，即可求出的取值范围；

（2）由题意可得出当时， 恒成立，再结合对应二次函数分析即可求解.

【详解】（1）由，即，

即，即，

即或，：或

为真，为假，

即的取值范围为.

（2）由（1）知，：，：，

是的必要不充分条件，

∴当时，即恒成立，

因为在上单调递减，所以的最大值为，

∴，

所以实数的取值范围为.

22．已知，：“，”，：“，”.

(1)若为真命题，求实数的取值范围；

(2)若为真命题，为假命题，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据全称命题的否定得出，再根据其真假性，解不等式即可求出参数的范围；

（1）为真命题，根据恒成立求出参数的范围，若为假命题，则为真命题，讨论解出参数的范围，最后取并集即可得出实数的取值范围.

【详解】（1）解：已知：“，”，则：“，”，

若为真命题，则

在区间上，当时，有最小值4，

所以实数的取值范围为.

（2）解：若为真命题，则，

在区间上，当时，有最大值16，

；

若为假命题，则为真命题，

已知：“，”，

则：“，”，

，解得或，

令，则其对称轴为，

当时，，需，

当时，，为任意实数均成立，

或，

综上，实数的取值范围为.