1.3 集合的基本运算 同步练习-2024-2025学年高一上学期数学人教A版（2019）必修第一册

1.3集合的基本运算同步练习卷-高一数学上学期人教A版2019必修第一册 一、单选题 1．已知集合，则（    ） A． B． C． D． 2．已知，，则的非空真子集的个数为（    ） A．2 B．3 C．4 D．6 3．设集合，，则（    ） A． B． C． D． 4．已知集合或，则（    ） A． B． C． D． 5．已知集合，，且，若，则（    ） A． B． C． D． 6．定义集合运算：.若集合，，则（    ） A． B． C． D． 7．如图，已知是全集，、、是它的子集，则阴影部分所表示的集合是（　　） A． B． C． D． 8．若X是一个非空集合，M是一个以X的某些子集为元素的集合，且满足：（1），；（2）对于X的任意子集A，B，当且时，有；（3）对于X的任意子集A，B，当且时，有，则称M是集合X的一个“M——集合类”，例如：是集合的一个“M——集合类”．已知，则所有含{b，c}的“M——集合类”的个数为（    ）． A．9 B．10 C．11 D．12 二、多选题 9．若全集，，，则集合等于（    ） A． B． C． D． 10．当两个集合有公共元素，且互不为对方的子集时，我们称这两个集合“相交”.对于集合，，若M与N“相交”，则a等于（    ） A．4 B．2 C．1 D．0 11．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，是指将有理数集划分为两个非空的子集M与N，且满足，，M中的每一个元素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．，是一个戴德金分割 B．M没有最大元素，N有一个最小元素 C．M有一个最大元素，N有一个最小元素 D．M没有最大元素，N也没有最小元素 三、填空题 12．设全集，若集合，，则 ． 13．设全集，集合A、B是I的子集，若，就称为“好集”，那么所有“好集”的个数为 ． 14．已知集合，，且，则实数a的取值范围是 ． 四、解答题 15．已知全集，集合，， (1)分别求； (2)若，求的取值范围； (3)若，求的取值范围． 16．已知集合或，． (1)求，； (2)若集合是集合的真子集，求实数的取值范围． 17．已知集合，. (1)求，； (2)若，求a的取值范围. 18．已知全集，，． (1)求集合M，N； (2)求； (3)求； (4)求． 19．已知集合，集合． (1)若，求； (2)若集合满足条件：①；②；③是的必要条件．从以上三个条件中任选一个，求实数的取值范围． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．C 【分析】先求出交集及并集再分别判断各个选项即可. 【详解】，A、B错误； ，C正确； 不正确，D错误. 故选：C. 2．A 【分析】根据补集定义求，再由结论确定其非空真子集的个数. 【详解】由已知，非空真子集有个. 故选：A. 3．B 【分析】分析集合的元素特性，求出集合的关系，再结合交集、并集的定义判断即得. 【详解】集合中元素，是奇数， 集合中元素，是整数，因此，ACD错误； ，B正确. 故选：B 4．B 【分析】由集合的交集与补集运算求解即可. 【详解】因为集合或， 所以 所以， 故选：B 5．D 【分析】依题意可得，结合得到不等式组，解得即可. 【详解】因为，所以， 又，，且， 所以，解得. 故选：D 6．D 【分析】由题意可得，从而可得或，或，再根据新定义得，再代入验证即可得答案. 【详解】因为，所以或 所以或，或 所以或，， 代入验证得点在该直线上， 故. 故选：D. 7．D 【分析】由已知结合韦恩图即可求解． 【详解】解：结合韦恩图可知，先看为如下阴影部分表示的集合， 则题干阴影部分所表示的集合， 即集合为． 故选：D． 8．D 【分析】确定M中一定含有，再分类讨论，一一列举出能含有的其他元素，综合即可得答案. 【详解】的子集有， 由题意知M中一定含有， 则M中可以含有的其他元素从剩余的5个集合中选取； 当剩余的5个集合都不选时，，共1个； 当只取1个时，或， 或，满足题意，此时M有3个； 当取2个时，或， 或，满足题意，此时M有3个； 当取3个时，或， 或或，满足题意，此时M有4个； 当取4个时，没有符合题意的情况； 当5个全选时，，共1个， 故所有含的“M—集合类”的个数为， 故选：D 9．BCD 【分析】根据交并补的混合运算逐个选项判断即可. 【详解】对A，，，故，故A错误； 对B，，故，故B正确； 对C，，故，故C正确； 对D，，故，故D正确. 故选：BCD 10．AC 【分析】由集合新定义把中的元素代入解出即可. 【详解】由M与N“相交”，可知有一个属于集合M， 若，则； 若，则， 故选：AC. 11．BD 【分析】根据戴德金分割的定义，结合选项，分别举例，判断正误. 【详解】对于A，因为，，所以，故A错误； 对于B，设，，满足戴德金分割， 此时没有最大元素，有一个最小元素为0，故B正确； 对于C，若有一个最大元素，有一个最小元素， 则不能同时满足，，故C错误； 对于D，设，，满足戴德金分割， 此时没有最大元素，也没有最小元素，故D正确． 故选：BD. 12． 【分析】利用并集的定义，直接运算可得. 【详解】因为，， 所以. 故答案为： 13．9 【分析】根据题意，依次写出符合条件的“好集”. 【详解】 . 故答案为：9 14． 【分析】根据并集的定义，写出的取值范围即可. 【详解】 由题意知，则用数轴画图可得. 故答案为： 15．(1)，或 (2) (3) 【分析】（1）先利用一元二次不等式和绝对值不等式解得集合，根据集合的运算的定义求出结果； （2）对集合分类讨论参数的取值范围； （3）若，对集合分类讨论参数的取值范围； 【详解】（1）集合 或， 或 （2）， ①当时，， ②当时，则， 解得， 综上所述，的取值范围为； （3）若， ①当时，， ②当时，或， 或， 综上所述，若，则的取值范围为， 所以若，则的取值范围． 16．(1)，或 (2)或 【分析】（1）根据集合的运算法则计算即可得； （2）由子集的定义得出不等关系后计算即可得． 【详解】（1）， 则， ，或， ∴或； （2）∵集合是集合的真子集， ∴或，解得或． 17．(1) (2) 【分析】（1）解不等式，利用集合的交集、并集定义，借助于数轴即可求得； （2）根据集合的包含关系可得不等式组，求解即得. 【详解】（1）由可得，因， 则. （2）由（1）求得，，因， 所以，解得. 故a的取值范围为. 18．(1)，； (2)； (3)； (4)． 【分析】（1）由集合中的描述，列举集合中的元素，解集合中的方程，列举集合中的元素； （2）由交集的定义计算； （3）由并集和补集的定义计算； （4）由补集和并集的定义计算. 【详解】（1），； （2）； （3）∵，全集， ∴； （4）∵，， ∴． 19．(1)或 (2)答案见解析 【分析】（1）由补集和并集的定义直接求解； （2）由所选条件，得两个集合的包含关系，列不等式求实数的取值范围． 【详解】（1）由，得，则或， 所以或． （2）选择① 因为，所以， 则有，解得， 所以实数的取值范围为. 选择② 因为，所以， 则有，解得， 所以实数的取值范围为. 选择③ 因为是的必要条件，所以， 当时，有，解得，此时符合； 当时，由，有，解得 所以实数的取值范围为 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$