四川省成都市石室中学北湖校区2024-2025学年高一上学期周末数学作业试卷（Word版附解析）

这是一份四川省成都市石室中学北湖校区2024-2025学年高一上学期周末数学作业试卷（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题（每小题5分，共40分）
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．设集合，，若，则（ ）
A．B．1C．2D．3
3．已知命题，，命题，，则（ ）
A．p和q都是真命题B．和q都是真命题
C．p和都是真命题D．和都是真命题
4．如果对于任意实数x，表示不超过x的最大整数，例如，，，那么“”是“”的（ ）．
A．充分条件B．必要条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
5．以下四个命题中，真命题的个数是（ ）
①“若，则a，b中至少有一个不小于1”的逆命题；②存在正实数a，b，使得；③“所有奇数都是素数”的否定是“至少有一个奇数不是素数”.
A．0 B．1 C．2 D．3
6．设集合，集合，若中含有一个整数，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．已知，以下给出的4个不等式中错误的共有（ ）
（1） （2）
（3） （4）
A．个B．个C．个D．个
8．已知命题，则为（ ）
A．，B．，
C．， D．，
9．已知命题“对，都有恒成立”为真，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（每小题5分，满分15分，部分选对2分，选错或不选得0分）
10．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
11．下列说法正确的是（ ）．
A．的一个必要条件是
B．若集合中只有一个元素，则
C．“”是“一元二次方程有一正一负根”的充要条件
D．已知集合，则满足条件的集合N的个数为4
12．对于正整数集合，如果去掉其中任意一个元素之后，剩余的所有元素组成的集合都能分为两个交集为空集的集合，且这两个集合的所有元素之和相等，就称集合为“可分集”，则下列说法正确的是（ ）
A．不是“可分集”
B．集合中元素个数最少为7个
C．若集合是“可分集”，则集合中元素全为奇数
D．若集合是“可分集”，则集合中元素个数为奇数
三、填空题（每小题5分，共20分）
13．命题“，”为假命题，则实数的取值范围是 ．
14．已知集合，则的非空子集的个数是 ．
15．已知，同时满足不等式和的的整数值只有2024个，则实数的取值范围是
16．已知为正实数，则的最小值为 .
四、解答题
17．已知集合，集合且，，若，设m的取值集合为，若，求：m的值及其对应a的取值范围．
18．已知集合 ，，且．
(1)若命题p：“，”是真命题，求实数m的取值范围；
(2)若命题q：“，”是真命题，求实数m的取值范围．
19．已知命题:“实数满足”命题:“都有意义”.
(1)已知为假命题，为真命题，求实数的取值范围;
(2)若是的充分不必要条件，求实数的取值范围.
20．对于正整数的子集（且），如果任意去掉其中一个元素之后，剩余的所有元素组成的集合都能分为两个交集为空集的集合，且这两个集合的所有元素之和相等，就称集合A为“平分集”
(1)请你直接写出一个‘平分集’
(2)若集合（且）是‘平分集’
①判断的奇偶性并证明
②求：集合中元素个数的最小值
21．已知有两个不等的负根，无实根，若、一真一假，求的取值范围．
22．已知，设二次函数，其中a，c均为实数.证明:对于任意，均有成立的充要条件是.
参考答案：
1．C
【分析】求出集合A，再求交集即可.
【详解】由得，
即，
解得或x>2，
所以或，
所以，
故选：C.
2．B
【分析】根据子集关系，分别讨论和，并检验集合元素的互异性即可得结果．
【详解】由已知得，若，解得，此时,，,1,，成立；
若，解得，此时,，,,，不成立；
若，解得，此时,，,3,，不成立；
综上所述：．
故选：B．
3．A
【分析】依次判断两个命题的真假，即可求解.
【详解】对于命题，当时，，
当时，，所以命题是真命题；
对于命题，当时，，所以命题是真命题；
故选：A.
4．B
【分析】举出反例得到充分性不成立，再设，得到，，故，必要性成立，得到答案.
【详解】不妨设，满足，
但，不满足，充分性不成立，
若，不妨设，则，，
故，必要性成立，
故“”是“”的必要条件.
故选：B
5．C
【分析】对于①，写出原命题的逆命题，举反例判断；对于②，举特例验证；对于③，写出原命题的的否定，再进行判断．
【详解】对于①，原命题的逆命题为：若a，b中至少有一个不小于1，则，而，满足条件a，b中至少有一个不小于1，但此时，故①是假命题；
对于②，当时，，故②是真命题；
对于③，“所有奇数都是素数”的否定为“至少有一个奇数不是素数”，可知③是真命题．
故选：C.
6．A
【分析】求出中不等式的解集确定出，由与交集中恰有一个整数，得到且，解不等式即得解．
【详解】由解得或，故或，
因为的开口向上，对称轴为，，
根据对称性可知：要使中含有一个整数，则这个整数解为2，
所以且，即，解得：．
故选：A．
7．C
【分析】利用不等式的性质可判断（1）（2）；利用基本不等式可判断（3）；做差法可判断（4）.
【详解】因为，所以，可得，
所以（1）（2）错误；
因为，所以，故（4）错误；
又因为，所以，可得，
综上，故（3）正确.
故选：C.
8．D
【分析】根据题意，结合全称量词命题与存在性量词命题的关系，准确改写，即可求解.
【详解】根据全称量词命题与存在性量词命题的关系，可得：
命题的否定是．
故选：D
9．A
【分析】令，则问题转化为在的最小值满足，再利用二次函数的性质解不等式即可求出.
【详解】令，则问题转化为在上的最小值满足即可.
当时，，最小值为，符合题意；
当时，对称轴，函数在上单调递减，
而适合题意；
当时，对称轴，
则，
所以；
综上的取值范围为.
故选：A.
10．ABD
【分析】选项ABD，利用不等式的性质计算即可，选项C，因为可正可负，所以不容易化简解决，一般当乘或除以一个不知正负的数，基本上错误，我们只需要找反例即可.
【详解】因为，所以，故A正确；
因为，所以，故B正确；
因为，不妨令，得，此时，故C错误；
因为，所以，故D正确.
故选：ABD
11．CD
【分析】对于A，举例时不成立，进而由充分条件和必要条件的定义得不是的充分条件，也不是的必要条件；对于B，按和两种情况去探究方程的解即可；对于C，先由一元二次方程有一正一负根得，该不等式组的解即为方程有一正一负根的充要条件；对于D，先由得，再由结合子集个数公式即可得解.
【详解】对于A，当时满足，但不成立，
所以不是的充分条件，不是的必要条件，故A错误；
对于B，当时，方程的解为，
此时集合中只有一个元素，满足题意，
当时，为一元二次方程，
则由集合中只有一个元素得，故，
所以符合题意的有两个，或，故B错误；
对于C，一元二次方程有一正一负根，则，
所以“”是“一元二次方程有一正一负根”的充要条件，故C正确；
对于D，因为，所以，
又，故集合N的个数为个，故D正确.
故选：CD.
12．ABD
【分析】选项A根据“可分集”性质进行判断即可.
选项C，D，根据“可分集”性质可知“可分集”元素之和减去任意一个元素一定为偶数，根据此特性分类讨论集合中元素为奇数和为偶数时的情况即可.
根据选项C，D结论，分类讨论中元素个数分别为3，5，7时是否可以为“可分集”即可.
【详解】根据“可分集”性质可知，当集合为时：去掉元素3，则不可拆分成符合题意的可分集，故A错误.
设集合所有元素之和为M.
由题意可知，均为偶数，因此同为奇数或同为偶数.
(Ⅰ)当M为奇数时，则也均为奇数，由于，所以n为奇数.
(Ⅱ)当M为偶数时，则也均为偶数，此时可设，因为为“可分集”，所以也为“可分集”.重复上述有限次操作后，便可得到一个各元素均为奇数的“可分集”，且对应新集合之和也为奇数，由 (Ⅰ)可知此时n也为奇数.
综上所述，集合A中元素个数为奇数.
故C错D对.
由上述分析可知集合中元素个数为奇数，不妨假设：
当时，显然任意集合都不是“可分集”;
当时，设集合，其中，将集合分成两个交集为空集的子集，且两个子集元素之和相等，则有或;
将集合分成两个交集为空集的子集，且两个子集元素之和相等，则有或
由①，③可得，矛盾；由①，④可得，矛盾；由②，③可得，矛盾；由②，④可得，矛盾.
因此当时，不存在“可分集”；
当时，设集合，
去掉元素1，；去掉元素3，
去掉元素5，；去掉元素7，
去掉元素9，；去掉元素11，
去掉元素13，，所以集合是“可分集”.
因此集合A中元素个数n的最小值是7，故B正确.
故选：ABD
【点睛】1.本题“新定义”题，主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题.
2.本题考查了考生分类讨论的能力，考生需要做到讨论情况涵盖所有情况，还需要能将讨论思路转换为数学语言的能力.
3.对于全称命题型的选项考生可考虑通过举反例的方式排除.
13．
【分析】求出原命题的否定，转化为恒成立问题，再利用一元二次不等式恒成立问题即可求解.
【详解】依题意，“，”为真命题，
即不等式在上恒成立，
当时，，显然成立，
当时，，解得，
所以实数的取值范围是.
故答案为：
14．
【分析】求出集合中元素个数，再利用子集个数公式求解.
【详解】,
集合中有个元素，
则的非空子集的个数是.
故答案为：.
15．
【分析】解不等式得到或，解不等式得到，从而根据整数解得个数得到，
求出实数的取值范围.
【详解】由解得：或，
变形为，
因为，所以，
其中之间有1个整数解，
因此要想同时满足两不等式的整数值只有2024个，
则要满足有2023个整数值，则，解得：.
故答案为：.
16．4
【分析】将原式变形为，结合基本不等式即可求得最值.
【详解】由题得，
设，则.
当且仅当时取等.
所以的最小值为4.
故答案为：4
17．答案见解析
【分析】分，且，且三种情况，分别求得的取值，再根据求解对应的范围即可．
【详解】由题可知，，时，，则，不合题意，故；
由于由得，，
①若，若，则，不合题意，则，
当时，即，则，
若，则，解得；
当时，即，则，
若，则，解得；
②若，时，，
当时，，联立解得；
若，则，解得；
当时，，联立解得；
若，则，解得；
③若，时，即，
由得，，
由根与系数关系得，，解得，
，符合题意，
若，则，解得；
综上所述，当，则，
当，则，
当，则，
当，则，
当，则．
18．(1)
(2)
【分析】（1）由命题p：“，”是真命题，可知，根据子集的含义解决问题；
（2）命题q：“，”是真命题，所以，通过关系解决.
【详解】（1）由命题p：“，”是真命题，可知，
又，所以 ，解得．
（2）因为，所以，得．
因为命题q：“，”是真命题，所以，
所以，或，得．
综上，．
19．(1)
(2)
【分析】（1）将代入，化简、，然后根据为假命题，为真命题，列出不等式，即可得到结果.
（2）先根据条件化简、得到，然后根据是的充分不必要条件，列出不等式，即可得到结果.
【详解】（1）当时，由，得，
即：若为真命题，则；
若为真命题，即恒成立，
则当时，满足题意；
当时，，解得，
故．
故若为假命题，为真命题，
则，解得，
即实数的取值范围为．
（2）对于，且．
对于，，则：或．
因为是的充分不必要条件，
所以，解得．
故的取值范围是.
20．(1)
(2)①为奇数，证明见解析 ②最小值为7
【分析】（1）根据定义直接判断即可得到结论；
（2）①根据集合中元素总和与单个元素的奇偶性讨论后证明；②由①知为奇数，根据的取值讨论后求解.
【详解】（1）;
（2）①设中所有元素之和为，由题意得均为偶数，
故的奇偶性相同,
如果为奇数，则也均为奇数，由于，所以为奇数.
如果为偶数，则均为偶数，此时设，则也是“平分集”.
重复上述操作有限次，便可得各项均为奇数的“平分集”. 此时各项之和也为奇数，则集合中元素个数为奇数.
综上所述，集合中元素个数为奇数.
②由①知若集合A是平分集，并且集合A中元素个数为奇数，
当时，显然任意集合不是“平分集”.
当时，不妨设，若集合A为平分集，
若去掉的元素为，将集合分成两个交集为空集的子集，且两个子集元素之和相等，
则有①，或者②；
若去掉的元素为，将集合分成两个交集为空集的子集，且两个子集元素之和相等，
则有③，或者④.
由①、③，得，矛盾；由①、④，得，矛盾；
由②、③，得，矛盾；由②、④，得，矛盾.
因此当时，集合一定不是“平分集”；
当，设集合，
去掉1后，，
去掉3后，，
去掉5后，，
去掉7后，，
去掉9后，，
去掉11后，，
去掉13后，，
故集合是平分集，
所以，集合A中元素个数,
中元素个数最小值为7.
21．或
【分析】分别计算出命题、为真命题时的取值范围后，结合、一真一假即可得.
【详解】设为的两个不等的负根，则，
解得，记集合，
而，解之得，记集合，
若p真q假，则，
若p假q真，则，
综上：若、一真一假，则或.
22．证明见解析
【分析】根据充要条件定义证明即可.
【详解】因为，所以函数图像的对称轴方程为直线，且，所以.
先证充分性:因为，且，所以.
再证必要性:因为，所以只需即可.即，从而.综上可知，
对于任意，均有成立的充要条件是.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
A
B
C
A
C
D
A
ABD
题号
11
12








答案
CD
ABD