第1章 集合与常用逻辑用语-综合检测2（培优卷）-2022-2023学年高一数学阶段性复习精选精练（人教A版2019必修第一册）

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第1章 集合与常用逻辑用语 本卷满分150分，考试时间120分钟。 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的． 1．“，”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 【答案】A 【分析】根据充分条件和必要条件的定义判断． 【解析】因为 “，”可推出“”， “”不能推出“，”，例如，时，， 所以 “，”是“”的充分不必要条件．故选A 2．集合中a的取值范围是 A．或 B． C．且 D． 【答案】C 【分析】由集合中元素的互异性可知，即可选出答案． 【解析】由集合中元素的互异性，需要满足，解得且，故选C． 3．如图，U是全集，集合A、B是集合U的两个子集，则图中阴影部分所表示的集合是 A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由给定的韦恩图分析出阴影部分所表示的集合中元素满足的条件，再根据集合运算的定义即可得解． 【解析】依题意，阴影部分所表示的集合中任意元素x必须满足：且，即且，于是得，所以图中阴影部分所表示的集合是．故选B 4．设，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．既非充分又非必要条件 【答案】B 【分析】求得不等式，从充分性和必要性两方面进行判断即可． 【解析】由解得， 若，无法推出，故充分性不成立； 若，则，故必要性成立； 所以“”是“”的必要不充分条件． 所以“”是“”的必要不充分条件．故选B． 5．下列命题的否定是假命题的是 A．存在一个实数，使 B．所有的质数都是奇数 C．存在一个菱形不是平行四边形 D．存在两个不全等三角形的面积相等 【答案】D 【分析】根据题意，结合原命题与命题的否定真假性互为相反，一一判断即可． 【解析】对于选项A，由，知方程无实根，故原命题为假命题，命题的否定为真命题，故A错； 对于选项B，2是质数但不是奇数，故原命题为假命题，命题的否定为真命题，故B错； 对于选项C，所有的菱形都是平行四边形，故原命题为假命题，命题的否定为真命题，故C错； 对于选项D，对于腰长为2的等腰直角三角形和两个直角边为1和4的直角三角形，面积相等但不全等，故原命题为真命题，命题的否定为假命题，故D正确．故选D． 6．若命题“存在”是真命题，则实数m的取值范围是 A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题可知方程有实数解，即求． 【解析】由题知方程有实数解， 所以，解得，故选B． 7．已知集合，，若，则满足条件的集合C的个数为 A．8 B．7 C．4 D．3 【答案】C 【分析】由，可得，按集合中元素的个数，分类讨论，即可求解． 【解析】由集合，， 因为，可得，若集合有2个元素，可得集合为； 若集合有3个元素，可得集合为； 若集合有4个元素，可得集合为， 所以满足条件的集合C的个数为．故选C． 8．若，则的值为 A．0 B．1 C． D．1或 【答案】C 【分析】根据集合相等的概念，以及集合元素的互异性，求得，代入即可求解． 【解析】因为，可得，即， 若时，此时不满足集合中元素的互异性，舍去； 当时，此时， 所以，所以．故选C． 二、多项选择题：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，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分． 9．下列结论正确的是． A．命题“，”是真命题 B．不等式的解集为 C．“”是“”的充分不必要条件 D．， 【答案】BC 【分析】根据有理数定义可知A错误；由可确定B正确；根据推出关系可得C正确；由时，知D错误． 【解析】对于A，时，；，，原命题为假命题，A错误； 对于B，，的解集为，B正确； 对于C，由得或，，，“”是“”的充分不必要条件，C正确； 对于D，，当时，，D错误．故选BC． 10．向50名学生调查对两事件的态度，有如下结果：赞成A的人数是全体的五分之三，其余的不赞成；赞成B的比赞成A的多3人，其余的不赞成；另外，对A，B都不赞成的学生数比对A，B都赞成的学生数的三分之一多1人．则下列说法正确的是 A．赞成A的不赞成B的有9人 B．赞成B的不赞成A的有11人 C．对A，B都赞成的有21人 D．对A，B都不赞成的有8人 【答案】ACD 【分析】记50名学生组成的集合为，赞成事件的学生全体为集合，赞成事件的学生全体为集合．设对事件，都赞成的学生人数为，列出方程能求出结果． 【解析】赞成的人数为，赞成的人数为． 记50名学生组成的集合为，赞成事件的学生全体为集合，赞成事件的学生全体为集合． 如图所示， 设对事件，都赞成的学生人数为， 则对，都不赞成的学生人数为．赞成而不赞成的人数为， 赞成而不赞成的人数为． 依题意，解得． 所以赞成A的不赞成B的有9人，赞成B的不赞成A的有12人，对A，B都赞成的有21人，对A，B都不赞成的有8人．故选ACD 11．若“或”是“”的必要不充分条件，则实数k的值可以是 A． B． C．1 D．4 【答案】ACD 【分析】由题得或，化简即得解． 【解析】若“或”是“”的必要不充分条件， 所以或，所以或．故选ACD 12．在整数集中，被除所得余数为的所有整数组成一个“类”，记为，即，，给出如下四个结论，正确结论为 A． B． C． D．整数属于同一“类”的充要条件是“” 【答案】ACD 【分析】根据题意逐个分析判断，即可得解． 【解析】对A， ，余数为3，故正确； 对B，，故被整除余，故错误； 对C，所有整数被除，余数为，或，或，或，或五种情况， 所以正确； 对D， 若整数a，b属于同一“类”，则余数相同，作差余数为，有， 若，则，被除余数相同，即整数a，b属于同一“类”，故D正确．故选ACD． 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13．给出下列命题： ①平行四边形的对角线互相平分；②梯形有两边平行；③存在一个菱形，它的四条边不相等．其中全称量词命题有____________．（填序号） 【答案】①② 【分析】由全称量词的定义，依次判断即得解 【解析】①②中描述的是所有平行四边形和梯形具有的性质，③中指的是存在菱形具有性质，故其中全称量词命题有①② 故答案为①② 14．设，则“”是“”的____________条件． 【答案】必要不充分 【分析】先解绝对值不等式，然后判断充分必要性便可求解． 【解析】，， 不能推出，能推出， “”是“”的必要不充分条件． 故答案为必要不充分 15．已知集合，，若，则等于____________． 【答案】5 【分析】根据得，解出，并验证即可求解 【解析】因为，，， 所以，解得或， 当时，不满足集合的互异性，应舍去； 当时，，符合要求 故答案为5 16．设全集，求满足的所有集合A有____________个． 【答案】16 【分析】根据题意分析出集合中一定含有元素，一定不含有元素，可能含有元素，从而得到集合的个数． 【解析】因为，所以且． 即， 因为，一共有个，所以集合有16个． 故答案为16． 四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．（10分） 设全集，集合， （1）求． （2）求． 【答案】（1）；（2）或． 【分析】（1）根据题意，结合数轴即可求解； （2）根据题意，结合补集的运算和数轴即可求解． 【解析】（1）由题意得，． （2）由题意得，或，或， 故=或． 18．（12分） 已知集合，，． （1）若是的充分不必要条件，求实数m的取值范围； （2）若，求实数m的取值范围． 【答案】（1）；（2） 【分析】（1）根据已知条件得集合A是的真子集，由此可得答案； （2）根据分类讨论，分别列不等式求得的取值范围． 【解析】（1）由是的充分不必要条件，所以，即 ， ，解得 所以实数的取值范围为 （2）由，可分为和两种情况讨论： 当时，，解得 当时，或，解得或 综上所述：实数的取值范围为． 19．（12分） 已知，，当时，求实数m的取值范围． 【答案】或 【分析】首先求出集合，然后结合已知条件，通过分类讨论是否为空集即可求解． 【解析】由，解得，，故， 因为，故或， 当时，，即； 若时，或，解得，； 综上所述，或． 20．（12分） 设集合，集合，其中． （1）若，求a的取值范围． （2）若“”是“”的必要条件，求a的取值范围． 【答案】（1）；（2）． 【分析】（1）根据空集的概念列出不等式即可得结果； （2）根据题意分为和两种情形，列出不等式解出即可． 【解析】（1）由，得，解得， 即a的取值范围． （2）由于“”是“”的必要条件，故为的子集， 当时，由（1）知，符合题意； 当时，，解得，综上可得a的取值范围为． 21．（12分） 已知集合，或． （1）当时，求； （2）若，求实数a的取值范围． 【答案】（1）；（2）． 【分析】（1）根据题意，结合数轴与补集的运算，即可求解； （2）根据题意，分类讨论和两种形式，再结合数轴即可求解． 【解析】（1）当时，． 由或，得，故． （2）①当，即，也就是时，； ②当，即时，由，得，解得，故． 综上，． 22．（12分） 设，． （1）写出集合的所有子集． （2）若，求的范围． 【答案】（1），，，；（2）或． 【分析】（1）解方程求集合，再列举的子集即可； （2）由题意可得，分别讨论，，，即可求解． 【解析】（1）， 所以集合的子集有：，，，； （2）若，可得， 则，，，； 若，则方程无实根，所以， 解得； 若，则方程有两个相等的实根， 所以，此时方程无解，不存在； 若，则方程有两个相等的实根， 所以，此时方程无解，不存在； 若，则方程有两个不相等的实根，， 所以，此时； 综上所述：的范围为或．