2023-2024学年吉林省通化市辉南六中高一（上）月考数学试卷（9月份）（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年吉林省通化市辉南六中高一（上）月考数学试卷（9月份）一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.已知A={x|1<A.A∪B=A B.A∩B2.设非空集合P，Q满足P∩Q=PA.∀x∈Q，有x∈P B.∀x∉Q，有x∉P3.已知集合A={x|−3<

A.{x|−3<x<5} B.4.下列表示正确的个数是(

)

(1)0∉⌀；(2)⌀⊆{1A.0 B.1 C.2 D.35.设集合U=N，其中N为自然数集，S={x|A.T⊆S B.S∩T=⌀6.设集合A，B是全集U的两个子集，则“A⊆B”是“A∩∁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7.已知m∈R，则“m>14”是“方程A.充分不必要条件 B.必要不充分条件

C.充要条件 D.既不充分又不必要条件8.已知集合A={x|1≤x<5}A.(−32,−1] B.二、多选题（本大题共4小题，共24.0分。在每小题有多项符合题目要求）9.设全集U={0,1,2,A.A∩B={0,1} B.∁U10.使ab>0成立的充分条件是A.a>0，b>0 B.a+b>0 C.11.下列说法正确的是(

)A.a>b的一个必要不充分条件是a+1>b

B.若集合A={x|ax2+x+1=0}中只有一个元素，则a=14

12.由无理数引发的数学危机一直延续到19世纪.直到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，才结束了无理数被认为“无理”的时代，也结束了持续2000多年的数学史上的第一次大危机.所谓戴德金分割，是指将有理数集Q划分为两个非空的子集M与N，且满足M∪N=Q，M∩N=⌀，M中的每一个元素都小于N中的每一个元素，则称A.M={x|x<0}，N={x|x>0}是一个戴德金分割

B.三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.若命题p：∀x≥0，x2−ax14.已知集合A={1,3,m}，15.已知集合A={−2,1}，B={16.若命题“∃x0∈{x|−1<四、解答题（本大题共2小题，共28.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.(本小题16.0分)

在①A∪B=B；②“x∈A“是“x∈B”的充分不必要条件；③A∩B=⌀这三个条件中任选一个，补充到本题第(Ⅱ)问的横线处，求解下列问题．

问题：已知集合A={x|a−1≤x18.(本小题12.0分)

已知一元二次不等式x2−3x+2>0的解集为A，关于x的不等式mx2−(m+2)x+2<0的解集为B(其中m∈R)．

(Ⅰ)求集合B；

(Ⅱ)在答案和解析1.【答案】B

【解析】解：∵A={x|1<x<2}，B={x|x≥1}，2.【答案】B

【解析】解：∵P∩Q=P，∴P⊆Q，

当P⫋Q时，∃x0∈Q，使得x0∉P，故A错误；

由P⊆Q，可知∀x∈P，必有x∈Q，即∀x∉Q，必有x∉P，故B正确；

由B正确，得∀x∉3.【答案】D

【解析】解：由A={x|−3<x<2}，B={x|0<x<5}，

则A∩B4.【答案】D

【解析】解：⌀没有任何元素，故(1)，0∉⌀正确；

⌀是任意集合的子集，故(2)⌀⊆{1,2}正确；

2x+y=103x−y=5，解得x=3，y=4，故{(x,y)|2x+y=1035.【答案】C

【解析】解：集合S={x|x2−x=0}={0,1}，

T={x∈N|6x−2∈Z)={0,1,3,4,5,8},

对于A，由子集的定义知：S⊆T，故A错误；

对于B，S∩T6.【答案】C

【解析】【分析】本题主要考查了必要条件、充分条件与充要条件的判断，属于基础题．

结合韦恩图进行判定A⊆B⇒A∩∁U【解答】

解：由韦恩图可知，

A⊆B⇒A∩∁UB=⌀，

反之也可得出A∩∁7.【答案】D

【解析】解：若方程x2+x+m=0有实数根，

则判别式Δ=1−4m≥0，即m≤14，

8.【答案】C

【解析】【分析】本题考查了集合的包含关系的判断与应用，属于基础题．

由题意得B⊆A，分【解答】

解：∵B⊆(A∩B)，

∴B⊆A，

①若−a≥a+3，即a≤−32时，B=⌀，成立；9.【答案】AC【解析】【分析】本题主要考查集合的基本运算，结合集合的交集，补集，并集的定义是解决本题的关键．属于基础题．

根据集合的交集，补集，并集的定义分别进行判断即可．【解答】

解：∵全集U={0,1,2,3,4}，集合A={0,1,4}，B={0,1,3}10.【答案】AC【解析】解：由a>0，b>0可以推出ab>0，反之不成立，故A满足题意；

当a=5，b=−4时满足a+b>0，但不满足ab>0，故B不满足题意；

由a<0，b<011.【答案】AC【解析】解：对于A，因为由a>b，得a>b−1成立，即a+1>b成立，反之不成立，

故a+1>b是a>b的一个必要不充分条件，故A正确；

对于B，若集合A={x|ax2+x+1=0)中只有一个元素，

当a=0时，A={x|x=−1}，符合题意，

又a≠0Δ=1−4a=0，解得a12.【答案】BD【解析】【分析】本题考查了集合的新定义的应用，属于中档题．

根据题中给出的信息，举出具体的实例对选项进行逐一分析判断即可．【解答】

解：因为M={x|x<0}，N={x|x>0}，

所以M∪N={x|x≠0}≠Q，

故选项A错误；

设M={x∈Q|x<0}，N={x∈Q|x≥0}，满足戴德金分割，13.【答案】∃x≥0【解析】解：由含有量词的命题的否定方法：先改变量词，然后再否定结论，

命题p：∀x≥0，x2−ax+3>0，则其否定为￢p：∃x14.【答案】0或3

【解析】解：∵A∪B=A，

∴B⊆A，

∴m=3或m=m，

解得：m=0或3．

故答案为：0或315.【答案】{−【解析】解：A∩B=B⇒B⊆A，A={−2,1}的子集有ϕ，{−2}，{1}，{−2,1}，

当B=ϕ时，显然有a=0；

当B={−2}时，−216.【答案】2

【解析】解：因为命题“∃x0∈{x|−1<x≤2}，x0−a>0”为假命题，

故“∀x∈{x|−1<x≤2}，17.【答案】解：(Ⅰ)当a=2时，集合A={x|1≤x≤3}，B={x|−1≤x≤3}，

所以A∪B={x|−1≤x≤3}；

(Ⅱ)若选择①A∪B=B，则A⊆B，

因为A={x|a−1≤x≤a+1}，所以A≠⌀，

又B={x|−1≤x≤3}，

所以a−1≥−【解析】本题考查了一元二次不等式的解法，交集、并集的定义及运算，分类讨论的数学思想，子集的定义，考查了计算能力．

(Ⅰ)当a=2时，得出集合A，然后根据并集的定义进行求解即可；

(Ⅱ)若选条件①，可得出A⊆B，然后建立不等式，解出a的范围．

选择条件②可得出A⫋B，然后建立不等式，解出a的范围．

选择条件18.【答案】解：(Ⅰ)由mx2−(m+2)x+2<0，可得(mx−2)(x−1)<0，

①m=0时，x>1；

②m<0时，x>1或x<2m；

③0<m<2时，1<x<2m；

④m=2时，不等式无解；

⑤m>2时，2m<x<1．

综上所述：当m=0时，B={x|x>1}；