新北师大版高中数学必修一第一单元《集合》测试(包含答案解析)

一、选择题1．已知集合，，则如图所示的韦恩图中的阴影部分所表示的集合为（）A． B． C． D．2．已知集合，，则（）A． B． C． D．3．由实数x，﹣x，|x|，，组成的集合中，元素最多有（）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个4．函数（）的图象大致形状是（）A． B． C． D．5．设集合，，，，其中，下列说法正确的是（）A．对任意，是的子集；对任意的，不是的子集B．对任意，是的子集；存在，使得是的子集C．存在，使得不是的子集；对任意的，不是的子集D．存在，使得不是的子集；存在，使得是的子集6．已知集合，集合，集合，若，则实数的取值范围为（）A． B．C． D．7．定义一个集合A的所有子集组成的集合叫做A的幂集，记为，用表示有限集A的元素个数，给出下列命题：（1）对于任意集合A，都有；（2）存在集合A，使得；（3）若，则；（4）若，则；（5）若，则.其中正确命题的序号为（）A．（1）（2）（5） B．（1）（3）（5）C．（1）（4）（5） D．（2）（3）（4）8．已知集合，，则、的关系是（）A． B． C． D．9．已知集合,，则（）A． B． C． D．10．已知，集合，且，则不可能的值是（）A．4 B．9 C．16 D．6411．设所有被4除余数为的整数组成的集合为，即，则下列结论中错误的是（）A． B．，则，C． D．，，则12．已知，，且，则实数（）A．或 B． C．2或 D．2二、填空题13．若集合，满足，则称为集合A的一种分拆，并规定：当且仅当时，与为集合A的同一种分拆，则集合的不同分拆种数是______．14．定义有限数集中的最大元素与最小元素之差为的“长度”，如：集合的“长度”为3，集合的“长度”为0.已知集合，则的所有非空子集的“长度”之和为_________.15．已知集合，集合，若,则所有可能取值构成的集合为______________16．设集合,若，则实数的取值范围为_______.17．函数的函数值表示不超过的最大整数，例如：，．若，则中所有元素的和为_______．18．对于集合，定义函数，对于两个集合、，定义集合,用表示有限集合所含元素的个数,若,,则能使取最小值的集合的个数为________.19．已知集合，若是的两个非空子集，则所有满足中的最大数小于中的最小数的集合对的个数为____．20．若集合，,若，则m的取值范围是_____________．三、解答题21．已知集合，，.（1）若，求中最大元素m与中最小元素n的差；（2）若，求和中所有元素之和及.22．已知集合．（1）若中只有一个元素，求的值；（2）若中至少有一个元素，求的取值范围；（3）若中至多有一个元素，求的取值范围.23．已知集合，.（1）若，求a的取值范围；（2）若，求a的取值范围.24．已知集合，在下列条件下分别求实数m的取值范围.（1）；（2）A恰有两个子集；（3）.25．已知集合，，.（1）若，求；.（2）若，求实数的取值范围.26．设集合，集合.求：（1）；（2）.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题1．B解析：B【分析】阴影部分可以用集合表示为，故求出、，即可解决问题．【详解】解：由题意得，，，阴影部分为故选B【点睛】本题考查用韦恩图表示的集合的运算，解题时要能用集合的运算表示出阴影部分．2．B解析：B【解析】∵集合，，∴，故选B.3．A解析：A【分析】根据绝对值的定义和开平方、立方的方法,应对分三种情况分类讨论,根据讨论结果可得答案.【详解】当时，，此时集合共有2个元素，当时，，此时集合共有1个元素，当时，，此时集合共有2个元素，综上所述，此集合最多有2个元素.故选：.【点睛】本题考查了元素与集合关系的判断及根式的化简求值,其中解答本题的关键是利用分类讨论思想,对x分三种情况进行讨论,是基础题.4．C解析：C【分析】确定函数是奇函数，图象关于原点对称，x＞0时，f（x）＝logax（0＜a＜1）是单调减函数，即可得出结论．【详解】由题意，f（﹣x）＝﹣f（x），所以函数是奇函数，图象关于原点对称，排除B、D；x＞0时，f（x）＝logax（0＜a＜1）是单调减函数，排除A．故选C．【点睛】本题考查函数的图象，考查函数的奇偶性、单调性，正确分析函数的性质是关键．5．B解析：B【分析】先证得是的子集，然后求得使是的子集，由此确定正确选项．【详解】对于和，由于时，所以的元素，一定是的元素，故对任意，是的子集.对于和，根据判别式有，即时，，满足是的子集，也即存在，使得是的子集.故选B.【点睛】本小题主要考查子集的判断，考查恒成立问题和存在性问题的求解策略，属于基础题.6．B解析：B【分析】求出A∪B＝{x|﹣1＜x＜2}，利用集合C＝{x|mx+1＞0}，（A∪B）⊆C，分类讨论，可得结论．【详解】由题意，A∪B＝{x|﹣1＜x＜2}，∵集合C＝{x|mx+1＞0}，（A∪B）⊆C，①m＜0，x，∴2，∴m，∴m＜0；②m＝0时，C＝R,成立；③m＞0，x，∴1，∴m≤1，∴0＜m≤1，综上所述，m≤1，故选：B．【点睛】此题考查了并集及其运算，以及集合间的包含关系，考查分类讨论的数学思想，属于中档题．7．C解析：C【分析】直接利用新定义判断五个命题的真假即可．【详解】由P（A）的定义可知①正确，④正确，设n（A）＝n，则n（P（A））＝2n，∴②错误，若A∩B＝∅，则P（A）∩P（B）＝{∅}，③不正确；n（A）﹣n（B）＝1，即A中元素比B中元素多1个，则n[P（A）]＝2×n[P（B）]．⑤正确，故选：C．【点睛】本题考查集合的子集关系，集合的基本运算，新定义的理解与应用．8．C解析：C【分析】由题意得出，而集合，由此可得出、的包含关系.【详解】由题意知，对任意的，，.，集合是正奇数集，则，因此，.故选：C.【点睛】本题考查集合包含关系的判断，解题时要善于抓住代表元素，认清集合的特征，考查推理能力，属于中等题.9．D解析：D【分析】根据指数函数的值域可得集合，解指数函数的不等式可得集合，再进行交集运算即可.【详解】∵，由，即，解得，即，∴，故选：D.【点睛】本题主要考查了指数函数的值域，指数类型不等式的解法，集合间交集的运算，属于基础题.10．A解析：A【分析】先设是方程的根，，再依题意分析根均为整数，列举根的所有情况，确定和的可能情况，得到的最小取值和其他可能的情况，即得结果.【详解】设是方程的根，则由根和系数的关系知，又，说明方程有一个方程是两个相等的根，其他三个方程是两个不同的根，由于根均为整数且和为4，则方程的根有以下这些情况：…，，乘积分别为…，-60，-45，-32，-21，-12，-5，0，3，4.因为，故，来自于4前面的任意可能三个不同的数字，最小，故当时最小，等于9，故不可能取4，能取9；当或时可以取16，64.故选：A.【点睛】本题解题关键是能依据题意分析方程的根的可能情况，既是整数又满足和为4，判断，再根据的可能情况，确定的可能结果，以突破难点.11．B解析：B【分析】首先根据题意，利用的意义，再根据选项判断.【详解】A.，所以，正确；B.若，则，或或或，故B不正确；C.，所以，故C正确；D.，，，则，故，故D正确.故选：B【点睛】关键点点睛：本题考查集合新定义，关键是理解的意义，再将选项中的数写出中的形式，就容易判断选项了.12．A解析：A【解析】【分析】先确定集合M,N,再根据确定实数a的值.【详解】由题得集合M表示上除去的点集，N表示恒过的直线方程．根据两集合的交集为空集：.①两直线不平行，则有直线过，将，代入可得，②两直线平行，则有即，综上或，故选：A．【点睛】本题主要考查集合的化简和集合的关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.二、填空题13．【分析】考虑集合为空集有-个元素2个元素和集合A相等四种情况由题中规定的新定义分别求出各自的分析种数然后把各自的分析种数相加即可得到结果【详解】当时必须分析种数为1；当有一个元素时分析种数为；当有2解析：【分析】考虑集合为空集，有-个元素，2个元素，和集合A相等四种情况，由题中规定的新定义分别求出各自的分析种数，然后把各自的分析种数相加，即可得到结果．【详解】当时必须，分析种数为1；当有一个元素时，分析种数为；当有2个元素时，分析总数为；当时，分析种数为．所以总的不同分析种数为．故答案为：27．【点睛】(1)解决集合中新定义问题的关键是准确理解新定义的实质，紧扣新定义进行推理论证，把其转化为我们熟知的基本运算．(2)以集合为载体的新定义问题，是创新型试题的一个热点，常见的命题形式有新概念、新法则、新运算等，这类试题中集合只是基本的依托，考查的是考生创造性解决问题的能力．14．201【分析】根据集合长度的定义可将集合的非空子集分六类分别计算可求出答案【详解】集合有6个元素非空子集有个①集合长度为0的子集有：；②集合长度为1的子集有：；③集合长度为2的子集有：；④集合长度为解析：201【分析】根据集合“长度”的定义，可将集合的非空子集分六类，分别计算可求出答案.【详解】集合有6个元素,非空子集有个，①集合“长度”为0的子集有：；②集合“长度”为1的子集有：；③集合“长度”为2的子集有：；④集合“长度”为3的子集有：；⑤集合“长度”为4的子集有：；⑥集合“长度”为5的子集有：,,,,,,,,,,.的所有非空子集的“长度”之和为.故答案为：201.【点睛】本题考查新定义，要求读懂题意并结合已有知识、能力进行理解，根据新定义进行计算、推理、迁移，新定义问题要把握两点：一是掌握问题原型的特点及其问题解决的思想方法；二是根据问题情境的变化，通过思考，合理进行思想方法的迁移.15．【分析】先化简集合利用分类讨论和即可求出构成的集合【详解】由可得:即:解得或故:由可得:当时方程无实数解此时满足当时方程的实数解为故:由可得:或解得或的所有取值构成的集合为:故答案为:【点睛】本题主解析：【分析】先化简集合,利用,分类讨论和,即可求出构成的集合.【详解】由可得:即:解得或故:由可得:当时,方程无实数解,此时,满足当时,方程的实数解为,故:由可得:或解得或的所有取值构成的集合为:.故答案为:.【点睛】本题主要考查了集合间的基本关系以及一元二次方程的解法,要注意集合是集合的子集时,集合有可能是空集.16．【分析】首先求得集合N然后确定实数k的取值范围即可【详解】由题意可得：结合可知实数k的取值范围是：故答案为：【点睛】本题主要考查交集的运算由集合的运算结果求参数取值范围的方法等知识意在考查学生的转化解析：【分析】首先求得集合N，然后确定实数k的取值范围即可.【详解】由题意可得：，结合可知实数k的取值范围是：.故答案为：．【点睛】本题主要考查交集的运算，由集合的运算结果求参数取值范围的方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.17．【分析】分5种情况讨论的范围计算函数值并求元素的和【详解】①当时；②当时；③当时；④时；⑤当时则中所有元素的和为故答案为12【点睛】本题考查新定义的题型需读懂题意并能理解应用分类讨论解决问题本题的难解析：【分析】分，，，，，5种情况讨论的范围，计算函数值，并求元素的和.【详解】①当时，，，，；②当时，，，，；③当时，，，，，；④时，，，，，；⑤当时，，，，则中所有元素的和为.故答案为12【点睛】本题考查新定义的题型，需读懂题意，并能理解，应用，分类讨论解决问题，本题的难点是分类较多，不要遗漏每种情况18．【分析】通过定义可以用集合中的补集来解释再根据取最小值时所满足的条件最后可以求出集合的个数【详解】因为所以有要想最小只需最大且最小要使最小则有所以集合是集合和集合子集的并集因此集合的个数为个故答案为解析：【分析】通过定义可以用集合中的补集来解释，再根据取最小值时所满足的条件,最后可以求出集合的个数.【详解】因为,所以有,要想最小,只需最大,且最小,要使最小,则有,,所以集合是集合和集合子集的并集,因此集合的个数为个.故答案为：8【点睛】本题考查了新定义题,考查了集合与集合之间的关系,考查了数学阅读能力.19．49【分析】分中的最大数为中的最大数为中的最大数为中的最大数为四种情况根据题意列举出满足条件的集合即可得出结果【详解】当中的最大数为即时；所以满足题意的集合对的个数为个；当中的最大数为即时；即满足题解析：49【分析】分中的最大数为，中的最大数为，中的最大数为，中的最大数为，四种情况，根据题意列举出满足条件的集合，即可得出结果.【详解】当中的最大数为，即时，，，，，，，，，，，，，，，；所以满足题意的集合对的个数为个；当中的最大数为，即时，，，，，，，；即满足题意的集合对的个数为个；当中的最大数为，即时，，即满足题意的集合对的个数个；当中的最大数为，即时，，即满足题意的集合对的个数为个；所以总共个数为49个．【点睛】本题主要考查集合的应用，灵活运用子集的概念，用列举法表示集合即可，属于常考题型.20．【分析】由进行反推可分为集合和集合两种情况进行分类讨论【详解】由进行反推若则解得成立由可知集合因应满足解得综上所述故答案为：【点睛】本题考查根据集合的补集与包含关系求解参数问题是中档题型在处理此类题解析：【分析】由进行反推，可分为集合，和集合两种情况进行分类讨论【详解】由进行反推，若，则，解得，成立由可知，集合，因，应满足，解得综上所述，故答案为：【点睛】本题考查根据集合的补集与包含关系求解参数问题，是中档题型，在处理此类题型中，易错点为忽略端点处等号取不取得到的问题，解题时要特别仔细三、解答题21．（1）；（2）所求元素之和为，或.【分析】（1）根据，然后利用补集的运算，分别求得，再求解.（2）根据，得到，或，进而得到或求解.【详解】（1）因为，，所以或，，∴，，∴.（2）∵，∴，∴，或.∴或，即中元素之和为0.又，其元素之和为.故所求元素之和为.∵或，∴或.【点睛】本题主要考查集合的补集运算，还考查了分析求解问题的能力，属于中档题.22．（1）或；（2）；（3）或.【分析】根据集合中元素的个数以及方程的解即可确定的取值范围.【详解】解：（1）若中只有一个元素，则当时，原方程变为，此时符合题意，当时，方程为二元一次方程，，即，故当或时，原方程只有一个解；（2）中至少有一个元素，即中有一个或两个元素，由得综合（1）当时中至少有一个元素；（3）中至多有一个元素，即中有一个或没有元素当，即时原方程无实数解，结合（1）知当或时中至多有一个元素.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是理解集合中的元素与方程的根之间的关系.23．（1）；（2）.【