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河北省石家庄北华中学2023-2024学年高一上学期10月月考考试 数学试题（含解析）
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这是一份河北省石家庄北华中学2023-2024学年高一上学期10月月考考试 数学试题（含解析），共12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。
高一数学试题
考试时间：120分钟
本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题），页数在试卷下端；考试结束后，将答题纸（答题卡）上交，本卷留存.
第I卷（选择题）
一、单选题(本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的4个选项中，只有一项合题目要求.)
1．已知集合M满足，那么这样的集合的个数为（ ）
A．6B．7C．8D．9
2．命题“，”的否定是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
3．设全集，，，则（ ）
A．B．C．D．
4．下列说法正确的是（ ）
A．是的充分不必要条件B．是的充要条件
C．若，则p是q的充分条件D．一个四边形是矩形的充分条件是它是平行四边形
5．设，，若，求实数组成的集合的子集个数有
A．2B．3C．4D．8
6．设，则“”是“” 的
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
7．若命题“，使得”是假命题，则实数k的取值范围是
A．B．C．D．
8．已知集合，，若，则实数的值为（ ）
A．1或2B．0或1C．0或2D．0或1或2
二、多选题(本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.)
9．已知集合，则下列表示正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．已知集合，集合，则下列关系式正确的是（ ）
A．B．
C．D．
11．下列叙述中正确的是（ ）
A．“”是“”的充分不必要条件
B．若则“”的充要条件是“”
C．“”是“方程有一个正根和一个负根”的必要不充分条件
D．若则“”的充要条件是“”
12．1872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，从而结束了无理数被认为“无理”的时代，也结束了数学史上的第一次大危机．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．若，则满足戴德金分割
B．若为戴德金分割，则没有最大元素，有一个最小元素
C．若为戴德金分割，则有一个最大元素，有一个最小元素
D．若为戴德金分割，则没有最大元素，也没有最小元素
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分.）
13．集合P中含有两个元素1和4，集合Q中含有两个元素1和，若P与Q相等，则a＝ .
14．：二次函数的图象与轴有交点；：判别式，则是的什么条件 .（充分条件、必要条件）
15．设A是集合的非空子集，称A中的元素之和为A的“容量”，则S的所有非空子集的“容量”之和为 ．
16．设集合，则的非空真子集的个数是 ．
四、解答题(本题共6小题，其中17题10分，其余每小题各12分，共70分)
17．判断下列命题是全称量词命题还是存在量词命题，写出这些命题的否定.
(1)，与3的和不等于0；
(2)，.
18．已知集合，.
(1)求及；
(2)求.
19．集合或，.
（1）若，求，；
（2）若，求实数的取值范围.
20．设全集U＝R，集合A＝{x|m﹣2＜x＜m+2，m∈R}，集合B＝{x|﹣4＜x＜4}．
（1）当m＝3时，求A∩B，A∪B；
（2）若命题p：x∈A，命题q：x∈B，若p是q的充分不必要条件，求实数m的取值范围．
21．（1）“，使得方程有两个不同的实数解”是真命题，求集合A.
（2）若命题“， ”为真命题，求实数a的最小值.
22．对非空数集，，定义，记有限集的元素个数为.
（1）若，，求，，；
（2）若，，，当最大时，求中最大元素的最小值；
（3）若，，求的最小值.
1．C
【分析】由题意可知集合中一定包含元素1和2，集合其他元素构成的集合为集合的子集，从而可求出集合的个数.
【详解】因为
所以集合中一定包含元素1和2，集合其他元素构成的集合为集合的子集，
所以集合的个数为，
故选：C
2．C
【分析】改量词，否结论即可求解.
【详解】命题“，”的否定是:，.
故选：C.
3．D
【分析】利用交集和补集的运算律进行运算.
【详解】∵ ，，
∴ ,又，
∴ ，
故选:D.
4．B
【分析】结合充分，必要条件的定义，判断选项.
【详解】A. ，所以是的必要不充分条件，故A错误；
B. 时，，反过来也成立，所以是的充要条件，故B正确；
C. ，则p是q的必要条件，故C错误；
D. 矩形是平行四边形，但平行四边形不一定是矩形，所以一个四边形是矩形的必要条件是它是平行四边形，故D错误.
故选：B
5．D
【分析】先解方程得集合A，再根据得，最后根据包含关系求实数，即得结果.
【详解】,
因为，所以，
因此，对应实数的值为，其组成的集合的子集个数有，选D.
【点睛】本题考查集合包含关系以及集合子集，考查基本分析求解能力，属中档题.
6．A
【详解】分析：求解三次不等式和绝对值不等式，据此即可确定两条件的充分性和必要性是否成立即可.
详解：求解不等式可得，
求解绝对值不等式可得或，
据此可知：“”是“” 的充分而不必要条件.
本题选择A选项.
点睛：本题主要考查绝对值不等式的解法，充分不必要条件的判断等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
7．B
【解析】由题意先找到等价命题“,都有恒成立”，再求即可.
【详解】命题“，使得”是假命题等价于“,都有恒成立”是真命题,所以即,解得: .
故选:B.
【点睛】本题主要考查了特称命题的否定与恒成立问题,属于简单题型.
8．D
【解析】先求出集合，再根据，即可求解.
【详解】解：当时，，满足，
当时，，
若，
或，
综上所述：或．
故选：D．
9．BCD
【分析】利用元素与集合的关系计算即可.
【详解】易知，，，
令，
即B、C、D正确，A错误；
故选：BCD
10．BD
【分析】直接用集合的交、并、补集定义求出即可.
【详解】因为，
所以，故A错误；
，故B正确；
因为，
所以，故C错误；
，故D正确.
故选：BD.
11．AC
【分析】利用充要条件判断四个选项的正误即可．
【详解】A选项：“”“”，但是“”推不出“”，故“”是“”的充分不必要条件，A正确；
B选项：若，“”且时，推不出“”，故B不正确；
C选项：当时， 方程的根为，不符合有一个正根和一个负根；但若“方程有一个正根和一个负根，则两根之积为负，即，能推出“”，则“”是“方程有一个正根和一个负根”的必要不充分条件，故C正确；
D选项：当时，满足，但此时不成立，所以若，则“”的充要条件不是“”，故D错误.
故选：AC
12．BD
【分析】A选项，，A错；BD选项，可举出例子；C选项，推理出，C错误.
【详解】A选项，，故，A错误；
B选项，设，满足，
此时为戴德金分割，且没有最大元素，有一个最小元素，B正确；
C选项，若有一个最大元素，有一个最小元素，则，故C错误；
D选项，设，满足没有最大元素，也没有最小元素，D正确.
故选：BD
13．
【分析】根据P和Q相等，由求解即可.
【详解】因为集合P含有两个元素1和4，集合Q含有两个元素1和，且P和Q相等，
所以，解得.
故答案为：
14．充分条件
【分析】分别将对应的结果写出来，利用范围的大小关系判断是的什么条件.
【详解】：二次函数的图象与轴有交点，即判别式，
则有，则是的充分条件，所以答案为“充分条件”.
【点睛】本题考查充分条件、必要条件的判断，难度较易.需要注意的是：“小范围”推出“大范围”.
15．
【分析】根据题意写出的所有非空子集，结合“容量”的定义求S的所有非空子集的“容量”之和.
【详解】由题设，的非空子集有
，
含一个元素的子集“容量”之和为，
含两个元素的子集“容量”之和为，
含三个元素的子集“容量”之和为，
含四个元素的子集“容量”之和为，
含五个元素的子集“容量”之和为，
所以S的所有非空子集的“容量”之和为.
故答案为：
16．14
【分析】先求出两个集合的交集，然后再根据元素个数求其非空真子集的个数即可.
【详解】因为，
所以，其非空真子集有个.
故答案为：14
17．(1)全称量词命题，其否定是：，与3的和等于0
(2)存在量词命题，其否定为: ，
【分析】先判断是全称还是特称命题，再利用“改量词否结论”直接求解.
【详解】（1）命题：，与3的和不等于0，是全称量词命题，
其否定是：，与3的和等于0，
（2）命题: ，，为存在量词命题，
其否定为: ，.
18．(1)，
(2)
【分析】利用交集，并集及补集运算直接求解.
【详解】（1）集合，,
故，
（2）.
19．（1），或；（2）或.
【解析】（1）由交集、并集的定义，运算即可得解；
（2）转化条件为，按照、讨论即可得解.
【详解】（1）若，则，
又或，
所以，或；
（2） 因为，所以，
当时，所以，解得；
当时，应满足或，解得或；
综上，的取值范围为或.
20．（1）A∩B＝{x|1＜x＜4}，A∪B＝{x|﹣4＜x＜5}；（2）[﹣2，2]．
【分析】（1）m＝3时，得到集合A＝{1＜x＜5}，然后进行交集、并集的运算即可；
（2）根据p是q的充分不必要条件，得到A是B的真子集，得到不等式组，解出即可．
【详解】（1）当m＝3时，A＝{x|1＜x＜5}；
∴A∩B＝{x|1＜x＜4}，A∪B＝{x|﹣4＜x＜5}；
（2）若p是q的充分不必要条件，则A是B的真子集；
∴，解得：﹣2≤m≤2，
当时，，当时，，A是B的真子集都成立，
所以实数m的取值范围是：[﹣2，2]．
21．（1）且；（2）
【分析】（1）讨论二次项系数是否为0，并结合判别式大于0求解；
（2）分离参数即可求解.
【详解】（1）方程有两个不同的实数解，
则当为唯一解，不合题意舍去；
所以且，解得且，
故集合且
（2）命题“， ”为真命题，
则对恒成立，即，
故实数a的最小值为2.
22．（1）；（2）13；（3）15
【解析】（1）根据新定义求出，进而可得答案；
（2）设，，当A中元素与B中元素的差均不相同时，可取到最大值，进而可求出最大值，再通过得到，可得中最大元素的最小值；
（3）对非空数集T，定义运算，首先确定A中不同的元素的差均不相同，B中不同的元素的差均不相同，由可得的最小值，然后验证最小值可以取到即可.
【详解】解：（1），，
，
;
（2）设，，
①，
，当A中元素与B中元素的差均不相同时等号成立，
所以最大值为16；
②当时，A中元素与B中元素的差均不相同，
，
又因为，
，
，
则，
综上，最大值为16，A中最大元素的最小值为13；
（3）对非空数集T，定义运算，
①,
，当且仅当时取等号，
又因为，
所以A中不同的元素的差均不相同，
同理，B中不同的元素的差均不相同，
若
因为，
，
②令，，
所以，A中不同元素的差均不相同，B中不同元素的差均不相同，
所以，
经检验，符合题意，
综上的最小值为15.
【点睛】本题考查集合的新定义问题，正确理解题意是解题的关键，考查学生分析问题解决问题的能力，是一道难度较大的题目.
高一数学试题
考试时间：120分钟
本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题），页数在试卷下端；考试结束后，将答题纸（答题卡）上交，本卷留存.
第I卷（选择题）
一、单选题(本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的4个选项中，只有一项合题目要求.)
1．已知集合M满足，那么这样的集合的个数为（ ）
A．6B．7C．8D．9
2．命题“，”的否定是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
3．设全集，，，则（ ）
A．B．C．D．
4．下列说法正确的是（ ）
A．是的充分不必要条件B．是的充要条件
C．若，则p是q的充分条件D．一个四边形是矩形的充分条件是它是平行四边形
5．设，，若，求实数组成的集合的子集个数有
A．2B．3C．4D．8
6．设，则“”是“” 的
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
7．若命题“，使得”是假命题，则实数k的取值范围是
A．B．C．D．
8．已知集合，，若，则实数的值为（ ）
A．1或2B．0或1C．0或2D．0或1或2
二、多选题(本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.)
9．已知集合，则下列表示正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．已知集合，集合，则下列关系式正确的是（ ）
A．B．
C．D．
11．下列叙述中正确的是（ ）
A．“”是“”的充分不必要条件
B．若则“”的充要条件是“”
C．“”是“方程有一个正根和一个负根”的必要不充分条件
D．若则“”的充要条件是“”
12．1872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，从而结束了无理数被认为“无理”的时代，也结束了数学史上的第一次大危机．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．若，则满足戴德金分割
B．若为戴德金分割，则没有最大元素，有一个最小元素
C．若为戴德金分割，则有一个最大元素，有一个最小元素
D．若为戴德金分割，则没有最大元素，也没有最小元素
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分.）
13．集合P中含有两个元素1和4，集合Q中含有两个元素1和，若P与Q相等，则a＝ .
14．：二次函数的图象与轴有交点；：判别式，则是的什么条件 .（充分条件、必要条件）
15．设A是集合的非空子集，称A中的元素之和为A的“容量”，则S的所有非空子集的“容量”之和为 ．
16．设集合，则的非空真子集的个数是 ．
四、解答题(本题共6小题，其中17题10分，其余每小题各12分，共70分)
17．判断下列命题是全称量词命题还是存在量词命题，写出这些命题的否定.
(1)，与3的和不等于0；
(2)，.
18．已知集合，.
(1)求及；
(2)求.
19．集合或，.
（1）若，求，；
（2）若，求实数的取值范围.
20．设全集U＝R，集合A＝{x|m﹣2＜x＜m+2，m∈R}，集合B＝{x|﹣4＜x＜4}．
（1）当m＝3时，求A∩B，A∪B；
（2）若命题p：x∈A，命题q：x∈B，若p是q的充分不必要条件，求实数m的取值范围．
21．（1）“，使得方程有两个不同的实数解”是真命题，求集合A.
（2）若命题“， ”为真命题，求实数a的最小值.
22．对非空数集，，定义，记有限集的元素个数为.
（1）若，，求，，；
（2）若，，，当最大时，求中最大元素的最小值；
（3）若，，求的最小值.
1．C
【分析】由题意可知集合中一定包含元素1和2，集合其他元素构成的集合为集合的子集，从而可求出集合的个数.
【详解】因为
所以集合中一定包含元素1和2，集合其他元素构成的集合为集合的子集，
所以集合的个数为，
故选：C
2．C
【分析】改量词，否结论即可求解.
【详解】命题“，”的否定是:，.
故选：C.
3．D
【分析】利用交集和补集的运算律进行运算.
【详解】∵ ，，
∴ ,又，
∴ ，
故选:D.
4．B
【分析】结合充分，必要条件的定义，判断选项.
【详解】A. ，所以是的必要不充分条件，故A错误；
B. 时，，反过来也成立，所以是的充要条件，故B正确；
C. ，则p是q的必要条件，故C错误；
D. 矩形是平行四边形，但平行四边形不一定是矩形，所以一个四边形是矩形的必要条件是它是平行四边形，故D错误.
故选：B
5．D
【分析】先解方程得集合A，再根据得，最后根据包含关系求实数，即得结果.
【详解】,
因为，所以，
因此，对应实数的值为，其组成的集合的子集个数有，选D.
【点睛】本题考查集合包含关系以及集合子集，考查基本分析求解能力，属中档题.
6．A
【详解】分析：求解三次不等式和绝对值不等式，据此即可确定两条件的充分性和必要性是否成立即可.
详解：求解不等式可得，
求解绝对值不等式可得或，
据此可知：“”是“” 的充分而不必要条件.
本题选择A选项.
点睛：本题主要考查绝对值不等式的解法，充分不必要条件的判断等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
7．B
【解析】由题意先找到等价命题“,都有恒成立”，再求即可.
【详解】命题“，使得”是假命题等价于“,都有恒成立”是真命题,所以即,解得: .
故选:B.
【点睛】本题主要考查了特称命题的否定与恒成立问题,属于简单题型.
8．D
【解析】先求出集合，再根据，即可求解.
【详解】解：当时，，满足，
当时，，
若，
或，
综上所述：或．
故选：D．
9．BCD
【分析】利用元素与集合的关系计算即可.
【详解】易知，，，
令，
即B、C、D正确，A错误；
故选：BCD
10．BD
【分析】直接用集合的交、并、补集定义求出即可.
【详解】因为，
所以，故A错误；
，故B正确；
因为，
所以，故C错误；
，故D正确.
故选：BD.
11．AC
【分析】利用充要条件判断四个选项的正误即可．
【详解】A选项：“”“”，但是“”推不出“”，故“”是“”的充分不必要条件，A正确；
B选项：若，“”且时，推不出“”，故B不正确；
C选项：当时， 方程的根为，不符合有一个正根和一个负根；但若“方程有一个正根和一个负根，则两根之积为负，即，能推出“”，则“”是“方程有一个正根和一个负根”的必要不充分条件，故C正确；
D选项：当时，满足，但此时不成立，所以若，则“”的充要条件不是“”，故D错误.
故选：AC
12．BD
【分析】A选项，，A错；BD选项，可举出例子；C选项，推理出，C错误.
【详解】A选项，，故，A错误；
B选项，设，满足，
此时为戴德金分割，且没有最大元素，有一个最小元素，B正确；
C选项，若有一个最大元素，有一个最小元素，则，故C错误；
D选项，设，满足没有最大元素，也没有最小元素，D正确.
故选：BD
13．
【分析】根据P和Q相等，由求解即可.
【详解】因为集合P含有两个元素1和4，集合Q含有两个元素1和，且P和Q相等，
所以，解得.
故答案为：
14．充分条件
【分析】分别将对应的结果写出来，利用范围的大小关系判断是的什么条件.
【详解】：二次函数的图象与轴有交点，即判别式，
则有，则是的充分条件，所以答案为“充分条件”.
【点睛】本题考查充分条件、必要条件的判断，难度较易.需要注意的是：“小范围”推出“大范围”.
15．
【分析】根据题意写出的所有非空子集，结合“容量”的定义求S的所有非空子集的“容量”之和.
【详解】由题设，的非空子集有
，
含一个元素的子集“容量”之和为，
含两个元素的子集“容量”之和为，
含三个元素的子集“容量”之和为，
含四个元素的子集“容量”之和为，
含五个元素的子集“容量”之和为，
所以S的所有非空子集的“容量”之和为.
故答案为：
16．14
【分析】先求出两个集合的交集，然后再根据元素个数求其非空真子集的个数即可.
【详解】因为，
所以，其非空真子集有个.
故答案为：14
17．(1)全称量词命题，其否定是：，与3的和等于0
(2)存在量词命题，其否定为: ，
【分析】先判断是全称还是特称命题，再利用“改量词否结论”直接求解.
【详解】（1）命题：，与3的和不等于0，是全称量词命题，
其否定是：，与3的和等于0，
（2）命题: ，，为存在量词命题，
其否定为: ，.
18．(1)，
(2)
【分析】利用交集，并集及补集运算直接求解.
【详解】（1）集合，,
故，
（2）.
19．（1），或；（2）或.
【解析】（1）由交集、并集的定义，运算即可得解；
（2）转化条件为，按照、讨论即可得解.
【详解】（1）若，则，
又或，
所以，或；
（2） 因为，所以，
当时，所以，解得；
当时，应满足或，解得或；
综上，的取值范围为或.
20．（1）A∩B＝{x|1＜x＜4}，A∪B＝{x|﹣4＜x＜5}；（2）[﹣2，2]．
【分析】（1）m＝3时，得到集合A＝{1＜x＜5}，然后进行交集、并集的运算即可；
（2）根据p是q的充分不必要条件，得到A是B的真子集，得到不等式组，解出即可．
【详解】（1）当m＝3时，A＝{x|1＜x＜5}；
∴A∩B＝{x|1＜x＜4}，A∪B＝{x|﹣4＜x＜5}；
（2）若p是q的充分不必要条件，则A是B的真子集；
∴，解得：﹣2≤m≤2，
当时，，当时，，A是B的真子集都成立，
所以实数m的取值范围是：[﹣2，2]．
21．（1）且；（2）
【分析】（1）讨论二次项系数是否为0，并结合判别式大于0求解；
（2）分离参数即可求解.
【详解】（1）方程有两个不同的实数解，
则当为唯一解，不合题意舍去；
所以且，解得且，
故集合且
（2）命题“， ”为真命题，
则对恒成立，即，
故实数a的最小值为2.
22．（1）；（2）13；（3）15
【解析】（1）根据新定义求出，进而可得答案；
（2）设，，当A中元素与B中元素的差均不相同时，可取到最大值，进而可求出最大值，再通过得到，可得中最大元素的最小值；
（3）对非空数集T，定义运算，首先确定A中不同的元素的差均不相同，B中不同的元素的差均不相同，由可得的最小值，然后验证最小值可以取到即可.
【详解】解：（1），，
，
;
（2）设，，
①，
，当A中元素与B中元素的差均不相同时等号成立，
所以最大值为16；
②当时，A中元素与B中元素的差均不相同，
，
又因为，
，
，
则，
综上，最大值为16，A中最大元素的最小值为13；
（3）对非空数集T，定义运算，
①,
，当且仅当时取等号，
又因为，
所以A中不同的元素的差均不相同，
同理，B中不同的元素的差均不相同，
若
因为，
，
②令，，
所以，A中不同元素的差均不相同，B中不同元素的差均不相同，
所以，
经检验，符合题意，
综上的最小值为15.
【点睛】本题考查集合的新定义问题，正确理解题意是解题的关键，考查学生分析问题解决问题的能力，是一道难度较大的题目.
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