吉林省通化市辉南县第六中学2023-2024学年高一上学期9月月考数学试题（含答案）

高一数学测试（2023091001）

一、单选题（本大题共8小题，共40．0分．在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1．已知，，则（）

A． B． C． D．

2．设非空集合P，Q满足，则（）

A．，有 B．，有

C．，使得 D．，使得

3．已知集合，集合，则图中阴影部分表示的集合为（）

A．  B．

C．  D．

4．下列表示正确的个数是（）

（1）；（2）；（3）；（4）若，则．

A．0 B．1 C．2 D．3

5．设集合，其中N为自然数集，，，则下列结论正确的是（）

A． B． C． D．

6．设集合A、B是全集U的两个子集，则“”是“”的（）

A．充分不必要条件  B．必要不充分条件

C．充要条件  D．既不充分也不必要条件

7．已知，则“”是“方程有实数根”的（）

A．充分不必要条件  B．必要不充分条件

C．充要条件  D．既不充分又不必要条件

8．已知集合，．若，则a的取值范围为（）

A． B． C． D．

二、多选题（本大题共4小题，共24.0分．在每小题有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得3分，有选错的得0分）

9．设全集，集合，，则（）

A．  B．

C．  D．集合A的真子集个数为8

10．使成立的充分条件是（）

A．， B． C．， D．，

11．下列说法正确的是（）

A．的一个必要不充分条件是

B．若集合中只有一个元素，则

C．已知p：，，则p的否定对应的x的集合为

D．已知集合，则满足条件的集合N的个数为3

12．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Q划分为两个非空的子集M与N，且满足，，M中的每一个元素都小于N中的每一个元素，则称（M，N）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．M没有最大元素，N有一个最小元素

C．M有一个最大元素，N有一个最小元素

D．M没有最大元素，N也没有最小元素

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13．若命题p：，，则其否定为：______．

14．已知集合，，且，则实数m的值是______．

15．已知集合，，若，则实数a值集合为______．

16．若命题“，”为假命题，则实数a的最小值为______．

四、解答题（本大题共1小题，共16.0分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17．（本小题16.0分）

在①；②“”是“”的充分不必要条件；③这三个条件中任选一个，补充到本题第（Ⅱ）问的横线处，求解下列问题．

问题：已知集合，．

（Ⅰ）当时，求；

（Ⅱ）若______，求实数a的取值范围．

附加题（仅快班做，写在答题卡的背面）已知一元二次不等式的解集为A，关于x的不等式的解集为B（其中）．

（Ⅰ）求集合B；

（Ⅱ）在①，②，③，这三个条件中任选一个，补充在下面问题的______中，若问题中的实数m存在，求m的取值范围：若不存在，说明理由．

问题：是否存在实数m，使得______？（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）．

答案和解析

1．【答案】B

【解析】【分析】本题考查两个集合的关系的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意交集、并集定义的合理运用．根据两个集合的关系的判断求出结果．

【解答】解：对于A，，故A错误；

对于B，，故B正确；

对于C，易得， 故C错误；

对于D，，所以，故D错误．

故选：B．

2．【答案】B

【解析】【分析】本题考查全称量词命题、存在量词命题的真假判定，涉及集合的交集的性质和集合的关系，属基础题．根据已知得到，再根据特称量词与全称量词的意义作出逻辑判定．

【解答】解：∵，∴，

①当时，，使得，故A错误；

②∵，∴，必有，即，必有，故B正确，D错误；

③由②正确，得，必有，∴，使得错误，即C错误；

综上只有B是正确的，故选B．

3．【答案】D

【解析】【分析】本题考查Venn图，集合的交、补、并运算，属于基础题．

题中阴影部分表示的集合为，再根据交集，并集个补集的运算即可得解．

【解答】解：，，

阴影部分表示的集合为．故选：D．

4．【答案】D

【解析】【分析】本题考查元素与集合的关系，集合间的基本关系，集合的基本运算，属于中档题．

根据相关概念逐项判断即可．

【解答】解：（1）空集里没有元素，故0元素不属于空集，故正确；

（2）空集是任何一个集合的子集，故正确；

（3）左边集合为点集，右边集合为数集，故错误；

（4）若，即A的所有元素都属于B，所以，故正确．故选D．

5．【答案】C

【解析】【分析】本题考查集合的交集，补集的概念，属于基础题．

化简集合S，T，结合子集的定义即可判断A：求得，即可判断B，C；结合，，即可判断D．

【解答】解：集合，，

对于A，由子集的定义知：，故A错误；

对于B，，故B错误；

对于C，，故C正确；

对于D，因为，，故不成立，故D错误．故选C．

6．【答案】C

【解析】【分析】本题考查集合关系及充分条件必要条件的判断，属于基础题．

借助Venn图结合充分条件必要条件的定义能得出结论

【解答】解：如下图所示，

，同时，故选C．

7．【答案】D

【解析】【分析】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合一元二次方程有解的等价条件求出m的取值范围是解决本题的关键，属于中档题．

根据一元二次方程有解的等价条件求出m的取值范围，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．

【解答】解：若方程有实数根，则判别式，即，

即“”是“方程有实数根”的既不充分又不必要条件，故选D．

8．【答案】C

【解析】【分析】本题考查集合关系中的参数取值问题，考查集合的子集关系的应用，属于中档题．

由条件可得．讨论集合B是否为空集，得到关于a的不等式（组），即可解出结果．

【解答】解：由条件得，又因为，所以，即有．

①当，有，解得：；

②当，有，解得：．

综上，实数a的取值范围为：．故选C．

9．【答案】AC

【解析】【分析】本题主要考查集合的基本运算，结合集合的交集，补集，并集的定义是解决本题的关键，属于基础题．根据集合的交集，补集，并集以及真子集的定义分别进行判断即可．

【解答】解：∵全集，集合，，

A、，故A正确；B、，故B错误；

C、，故C正确；

D、集合A的真子集个数为，故D错误．故选：AC．

10．【答案】ACD

【解析】【分析】本题考查充分条件的判定，属于基础题．

求出使成立的充要条件，进而根据充分条件的概念即可求得结果．

【解答】解：使成立的充要条件是：a，b同号．

所以使成立的充分条件可以是，或，或，．故选ACD．

11．【答案】AC

【解析】【分析】本题考查集合和简易逻辑的综合，属于基础题．

根据必要条件、充分条件的定义，集合的基本关系，全称量词命题的否定逐一判断即可．

【解答】解：对于A、因为由，得成立，即成立，反之不成立，

故“”是“”的一个必要不充分条件，故A正确；

对于B、若集合中只有一个元素，当时，，符合题意，

又，解得，故B不正确；

对于C、已知p：，，即，，故对应的x的集合为，故C正确；

对于D、由，，故集合N的个数为，故D不正确．故选AC．

12．【答案】BD

【解析】【分析】本题是以集合为背景的创新题型，考查集合中交集和并集的定义，集合中元素的性质，属于中档题．由题意知，作为有理数集Q的两个子集：集合M与集合N，易判断它们中有无最大元素和最小元素．

【解答】解：，，不是戴德金分割，A错误；

，，显然集合M中没有最大元素，集合N中有一个最小元素，即选项B可能；

假设答案C可能，即集合M、N中存在两个相邻的有理数，显然这是不可能的，

，，

显然集合M中没有最大元素，集合N中也没有最小元素，即选项D可能．故选BD．

13．【答案】，

【解析】【分析】直接利用存在量词写出其否定即可．

【详解】因为命题p：，，所以其否定：，．

故答案为：，．

14．【答案】0或3

【解析】【分析】本题考查集合中参数取值问题，考查集合运算及集合中元素性质，解题的关键是将条件转化为，属基础题．

由题设条件中本题可先由条件得出，由此判断出参数m可能的取值，再进行验证即可得出答案选出正确选项．

【解答】解：由题意，即，又，，∴或，解得或及，

验证知，不满足集合的互异性，故或即为所求，故答案为0或3．

15．【答案】

【解析】【分析】本题主要考查了集合中元素的性质，空集的概念，集合关系中的参数取值问题，交集及其运算，属于基础题．先根据题意得出，则根据A的子集从而讨论B的情况，每种情况都讨论a的取值，进而求出答案．

【解答】解：因为，故；则的子集有，

当时，显然有；当时，；

当，；当，a不存在，

所以实数a的集合为．故答案为：．

16．【答案】2

【解析】【分析】本题考查命题的真假判断与应用，着重考查全称量词命题与存在量词命题的关系，属于基础题．

把原命题转化为“，”为真命题，转化为不等式恒成立问题即可得到结论．

【解答】解：因为命题“，”为假命题，故“，”为真命题，即在恒成立，须；

故实数a的最小值为2；故答案为：2．

17．【答案】解：（Ⅰ）当时，集合，，所以；

（Ⅱ）选择①、因为，所以．

因为，所以．又因为，

所以，解得，因此实数a的取值范围是．

选择②、因为“”是“”的充分不必要条件，所以．

因为，所以．

又因为，所以（等号不同时成立），解得，

因此实数a的取值范围是．

选择③、因为，而，且不为空集，，

所以或，解得或，

所以实数a的取值范围是或．

【解析】本题考查了集合关系中的参数取值问题，交集及其运算，并集及其运算和必要条件、充分条件与充要条件的判断．

（Ⅰ）利用并集的运算得结论；

（Ⅱ）选择①，利用并集的运算得，再利用集合关系中的参数取值问题得，最后计算得结论，选择②，利用充分不必要条件的判断得，再利用集合关系中的参数取值问题得（等号不同时成立），最后计算得结论，

选择③，利用交集的运算得或，最后计算得结论．

18．【答案】解：（Ⅰ）由，即．

①时，；

②时，或；

③时，；

④时，不等式无解；

⑤时，．

综上所述：当时，；当时，；

当时，；当时，；当时，．

（Ⅱ）由（1），若选择①，则，

由（Ⅰ）可知：只有当，，则有，所以；

另外，当时，也成立，

所以选择①，则实数m的取值范围是．

若选择②，，

由（Ⅰ）可知：当，，时，都能符合条件；

当，，则有，所以

所以选择②，则实数m的取值范围是或；

若选择③，，则，

由（Ⅰ）可知：只有当时，成立；

另外，当时，也成立

所以选择③，则实数m的取值范围是．

【解析】本题主要考查交、并、补集的混合运算，集合关系中的参数取值问题，以及一元二次不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于较难题．

（Ⅰ）由，得，从而根据m的范围，分类讨论，解一元二次不等式即可；

（Ⅱ）由（1），若选择①，则，从而列式求得m的取值范围；

若选择②，，根据m的范围，分类讨论，利用交集运算得结论；若选择③，，则，由此可求出m的取值范围．