上海市奉贤中学2021-2022学年高一上学期10月月考数学试题（解析版）

奉贤中学2024届高一第一学期阶段练习数学试卷

一､填空题（1-6题每小题4分，7-12每小题5分，共54分）

1. 已知集合，，则_______．

【答案】

【解析】

【详解】试题分析：根据并集定义，由题目给出的集合，求出 .

考点：1.集合的交集、并集、补集运算；2.运算工具（韦恩图、数轴、平面直角坐标系）.

2. 因式分解___________.

【答案】

【解析】

【分析】直接进行因式分解即可得答案.

【详解】，

故答案为：.

3. 若，则构成集合中的的取值范围是___________.

【答案】

【解析】

【分析】根据集合互异性，即可得答案.

【详解】根据集合的互异性可得，

所以，即的取值范围是

故答案为：

4. 若“对任意，”是真命题，则实数的取值范围是___________.

【答案】

【解析】

【分析】由题意，只需，解不等式即可

【详解】由题意，对任意，

只需

故答案为：

5. “”是“”的______条件.

【答案】既非充分也非必要.

【解析】

【分析】由,化为,或.即可判断出结论

【详解】由,化为,或.

∴“”是“”的既非充分也非必要条件.

故答案为:既非充分也非必要.

【点睛】本题考查充要条件的判定方法,考查了推理能力与计算能力,属于基础题.

6. 若不等式的解集是，则不等式的解集为______．

【答案】

【解析】

【分析】根据不等式的解集求得的值，把不等式化为，结合不等式的解法，即可求解.

【详解】由题意，不等式的解集是，

可得和是一元二次方程的两个实数根，

所以，解得，，

所以不等式化为，即，

解得，即不等式的解集为．

故答案为：．

7. 设，，则的值是___________.

【答案】

【解析】

【分析】转化为一元二次方程有唯一解，列出限制条件，代入成立，即得解

【详解】由题意，方程有唯一解，

故，且

解得：

故的值是

故答案为：

8. 若方程的两根为，，且，则___________.

【答案】

【解析】

【分析】由韦达定理，结合，即得解

【详解】由题意，方程的两根为，

故

，又

故答案为：

9. 若关于的不等式组无解，则实数的取值范围是___________.

【答案】

【解析】

【分析】先求得不等式的解集，再结合题意，即可得答案.

【详解】不等式

所以，解得，

因为不等式组无解

所以.

故答案为：

10. 对于命题“若且是有理数，则是无理数”，用反证法证明时，假设是有理数后下面到处矛盾的方法：

①因为是有理数，是无理数，所以是无理数，这与是有理数矛盾；

②因为有理数，是无理数，所以是无理数，这与是有理数矛盾；

③因为是有理数，是有理数，所以是有理数，这与是无理数矛盾；

其中，推理正确的序号是___________.

【答案】①③

【解析】

【分析】根据反证法概念，从是有理数出发，经过正确的推理，结合题意，分析即可得答案.

【详解】①从是有理数出发，经过推理，得到是无理数，和题干矛盾，故①正确；

②没有从是有理数出发，推出矛盾，不是反证法，故②不正确；

③从是有理数出发，经过推理，推出是无理数，结论错误，从而证明原命题正确，故③正确.

故答案为：①③

11. 设数集,而两两之和构成集合.则______.

【答案】{1,4,7,8}或{2,3,6,9}

【解析】

【详解】设.由于集合S中有个元, 即知两两之和互不相同. 因, 且, 只有两种情况: 

(1),则.

于是,,.

解得,.

进而,,得.

(2),则

于是, ,.

解得,.

进而, ,得.

故答案{1,4,7,8}或{2,3,6,9}

12. 对于集合，我们把称为该集合的长度，设集合，集合，且A，都是集合的子集，则集合的长度最小值是___________.

【答案】890

【解析】

【分析】根据题意，求得a，b的范围，进而求得，根据题中所给定义，求得的长度的表达式，根据a，b的范围，即可得答案.

【详解】因，

所以，解得，

集合B的解集为，

因为，

所以，解得，

所以或，

所以的长度为或，

所以当时，或，的长度的最小值为890

故答案为：890

二､选择题（13-16每小题5分，20分）

13. 如果，，，，那么下列不等式中一定成立的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据题意，结合不等式的性质，逐一分析选项，即可得答案.

【详解】对于A：因为a、，所以无法确定a和-c的大小，故A不一定正确；

对于B：当时，，此时B不成立，

对于C：当时， ，此时C不成立，

对于D：由，可得，且，

所以恒成立，故D正确

故选：D

14. 已知全集为，若，是非空集合，且满足，则下列各式中错误的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】作出韦恩图，根据集合的运算逐一判断四个选项正确性，进而可得答案.

【详解】因为全集为，若，是非空集合，且满足，作韦恩图如图：

对于A：因为，所以，因为，所以，故选项A正确；

对于B：由可得，因为，所以，故选项B正确；

对于C和D：由可得，所以，故选项C不正确，选项D正确；

所以错误的是选项C，

故选：C.

15. 若，是实数，则“”是“”或“”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

【答案】A

【解析】

【分析】根据不等式的性质，结合充分、必要条件的定义，即可得答案.

【详解】因为，当时，可得，此时成立，

当时，可得，此时成立，故充分性成立；

反之，当时，或成立，但不成立，故必要性不成立，

所以“”是“”或“”的充分不必要条件.

故选：A

16. 设所示有理数集，集合，在下列集合中：①；②；③；④；与相同的集合有（    ）

A. ①② B. ②③ C. ①②④ D. ①②③

【答案】D

【解析】

【分析】根据集合相等的含义，逐一分析①②③④，即可得答案

【详解】对于①：集合，则，

解得，即，是一一对于，所以与集合相同.

对于②：集合，则，也是一一对应，所以与集合相同.

对于③：集合，，一一对应，，所以与集合相同.

对于④：，但方程无解，则，与不相同．

故选：D

三､解答题（14分+14分+14分+16分+18分，共76分）

17. 求解不等式组.

【答案】或

【解析】

【分析】根据一元二次不等式和分式不等式的解法，分别求解，综合即可得答案.

【详解】不等式，解得，

不等式，整理可得，即，

等价于，解得或，

综上：解集为或，

18. 已知集合，，.

（1）若，求的取值范围；

（2）若，求的取值范围.

【答案】（1）；（2）

【解析】

【分析】（1）根据，结合集合A、B，即可得答案.

（2）根据题意，可得，即可得答案.

【详解】（1）因为，

所以，即的取值范围为.

（2）由，可得，

所以，即的取值范围为.

19. （1）求证：；

（2）已知，，且，用反证法证明：和中至少有一个小于2.

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）先计算的范围，进而可得的范围，即可求证；

（2）假设，，可得，，两式相加得出矛盾即可求证.

【详解】（1）因为，所以，原不等式得证；

（2）假设，，

因为，，所以，，

所以，即与已知条件矛盾，

所以和中至少有一个小于2.

20 设，，已知集合，集合.

（1）若，求的取值范围；

（2）若时，，求的取值范围；

（3）设集合，若中元素个数恰为3个，求的取值范围.

【答案】（1）  （2）  （3）

【解析】

【分析】（1）分析可得，求解集合中不等式可得，由，列出不等式组即得解；

（2）由题意，集合B中一元二次不等式可因式分解为，分，，三种情况讨论，即得解；

（3）由题意，的区间长度应在内，分，两种情况分析，即得解

【详解】（1）若，与矛盾，故

由，得，

解得，因为，

所以，解得.

（2），

，

因为，所以，

①当时，∴，，此时，成立；

②当时，，若，则需满足

或，解得或；

③当时，，此时，成立.

综上.

（3）由题意，

，

∵中元素恰为3个，

∴的区间长度应在内，

∴，

①当时，.

②当时，，，此时成立，

综上所述.

21. 已知集合（，，）具有性质：对任意（），与至少一个属于.

（1）分别判断集合，与是否具有性质，并说明理由；

（2）具有性质，当时，求集合；

（3）①求证：；②求证：.

【答案】（1）集合M具有，集合N不具有，理由见详解  （2）  （3）证明见详解

【解析】

【分析】（1）利用性质的定义判断即可；

（2）利用，可得，又，，分析可得，即得解；

（3）① 由 ，，可证明；

② 由，以及，可得，将等式左右两边相加可证明.

【详解】（1）集合具有性质，集合不具有性质

理由如下：

对集合，由于

所以集合具有性质；

对集合，由于，故集合不具有性质.

（2）由于，故

又，故

又，故

因此集合

（3）①由于，故

，故得证

②由于

故

又

将各个式子左右两边相加可得：

故得证