第1章 集合与逻辑 单元质量测评-【金版教程】2025-2026学年新教材高中数学必修第一册创新导学案课件PPT（湘教版2019）

第1章　单元质量测评 一、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，只有一项是符合题目要求的) 1．在2024年巴黎奥运会比赛中，下列能构成集合的是(　　) A．所有著名运动员 B．所有志愿者 C．比较受欢迎的球队 D．参加比赛的所有高个子队员 答案 解析 时间：120分钟　　　满分：150分 解析：A，C，D中都没有一个确定的标准，不满足集合的确定性，因而都不能构成集合；B中，所有的志愿者能构成一个集合．故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 2 2．命题“若一个数是负数，则它的平方是正数”的逆命题是(　　) A．若一个数是负数，则它的平方不是正数 B．若一个数的平方是正数，则它是负数 C．若一个数不是负数，则它的平方不是正数 D．若一个数的平方不是正数，则它不是负数 答案 解析 解析：将原命题的条件和结论互换位置即得逆命题，则原命题的逆命题为“若一个数的平方是正数，则它是负数”． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 3 3．集合A＝{x∈N|0<x<4}的真子集个数为(　　) A．3 B．4 C．7 D．8 答案 解析 解析：∵集合A＝{x∈N|0<x<4}＝{1，2，3}，∴真子集的个数是23－1＝7.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 4 4．命题“∀x∈R，|x|＋x2≥0”的否定是(　　) A．∀x∈R，|x|＋x2<0 B．∀x∈R，|x|＋x2≤0 C．∃x∈R，|x|＋x2<0 D．∃x∈R，|x|＋x2≥0 答案 解析 解析：“∀x∈R，|x|＋x2≥0”的否定是“∃x∈R，|x|＋x2<0”．故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 5 5．设集合M＝{m∈Z|m≤－3或m≥2}，N＝{n∈Z|－1≤n≤3}，则(∁ZM)∩N＝(　　) A．{0，1} B．{－1，0，1} C．{0，1，2} D．{－1，0，1，2} 答案 解析 解析：由已知，得∁ZM＝{－2，－1，0，1}，N＝{－1，0，1，2，3}，所以(∁ZM)∩N＝{－1，0，1}．故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 6 6．设U为全集，A，B是集合，则“存在集合C使得A⊆C，B⊆∁UC”是“A∩B＝∅”的(　　) A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 答案 解析：若存在集合C使得A⊆C，B⊆∁UC，则可以推出A∩B＝∅；若A∩B＝∅，由Venn图可知，存在A＝C，同时满足A⊆C，B⊆∁UC.故“存在集合C使得A⊆C，B⊆∁UC”是“A∩B＝∅”的充要条件．故选C. 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 7 7．50名学生中，会讲英语的有36人，会讲日语的有20人，既不会讲英语也不会讲日语的有8人，则既会讲英语又会讲日语的人数为(　　) A．20 B．14 C．12 D．10 答案 解析：用Venn图表示如图，共有50人，设既会讲英语又会讲日语的有x人，则36－x＋x＋20－x＋8＝50，解得x＝14.故选B. 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 8 8．已知△ABC的边长为a，b，c，定义它的等腰判别式为D＝max{a－b，b－c，c－a}＋min{a－b，b－c，c－a}，则“D＝0”是“△ABC为等腰三角形”的(　　) A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 9 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 10 答案 解析 解析：A中含有存在量词，是存在量词命题；B中含有全称量词，是全称量词命题；C中含有存在量词“存在”，是存在量词命题；D中省略了全称量词，是全称量词命题．故选AC. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 11 10．下列可作为“a2＋(b－1)2＝0”的必要而不充分条件的是(　　) A．a＋b＝1 B．a－b＝－1 C．a(b－1)＝0 D．b(a－1)＝0 答案 解析：a2＋(b－1)2＝0⇔a＝0且b＝1.对于A，由a＝0，b＝1，可得a＋b＝1，当a＝1，b＝0时，满足a＋b＝1，但不满足a2＋(b－1)2＝0，故A符合；对于B，由a＝0，b＝1，可得a－b＝－1，当a＝－1，b＝0时，满足a－b＝－1，但不满足a2＋(b－1)2＝0，故B符合；对于C，a(b－1)＝0⇔a＝0或b＝1，故C符合；对于D，a＝0，b＝1不满足b(a－1)＝0，b(a－1)＝0⇔b＝0或a＝1，b＝0或a＝1不满足a2＋(b－1)2＝0，故D不符合．故选ABC. 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 12 11．已知全集U＝R，集合A＝{x|x<3或x≥7}，B＝{x|x<a}．则下列说法正确的是(　　) A．若A∪B≠U，则a的取值范围为a<7 B．若(∁UA)∩B≠∅，则a的取值范围为a≥3 C．若A∪(∁UB)≠U，则a的取值范围为a>3 D．若A∪(∁UB)≠∅，则a∈R 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 13 解析 解析：因为全集U＝R，集合A＝{x|x<3或x≥7}，B＝{x|x<a}，所以∁UA＝{x|3≤x<7}， ∁UB＝{x|x≥a}．因为A∪B≠U，所以a<7，故A正确；因为(∁UA)∩B≠∅，所以a>3，故B错误；因为A∪(∁UB)≠U，所以a>3，故C正确；因为A∪(∁UB)≠∅，所以a∈R，故D正确．故选ACD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 14 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分．将答案填在题中的横线上) 12．设集合A＝{x|－1<x<2}，B＝{x|x>0}，则A∩B＝________，(∁RB)∪A＝________． 答案 解析 {x|0<x<2} 解析：因为A＝{x|－1<x<2}，B＝{x|x>0}，所以A∩B＝{x|0<x<2}，(∁RB)∪A＝{x|x<2}． {x|x<2} 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 15 13．已知命题“∃x∈R，x2＋2x＋m＝0”是假命题，则实数m的取值范围是________． 答案 解析 (1，＋∞) 解析：因为命题“∃x∈R，x2＋2x＋m＝0”是假命题，所以其否定“∀x∈R，x2＋2x＋m≠0”是真命题，等价于方程x2＋2x＋m＝0无实根，所以Δ＝4－4m<0，解得m>1，即实数m的取值范围是(1，＋∞)． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 16 14．若a，b都是实数，试从①ab＝0；②a＋b＝0；③a(a2＋b2)＝0；④ab>0中选出适合下列条件的，用序号填空： (1)“使a，b都为0”的必要条件是________； (2)“使a，b都不为0”的充分条件是____； (3)“使a，b至少有一个为0”的充要条件是_____． 答案 解析 ①②③ ④ ① 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 17 四、解答题(本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 15．(本小题满分13分)已知全集U为R，集合A＝{x|0<x≤2}，B＝{x|x<－3或x>1}．求： (1)A∩B； (2)(∁UA)∩(∁UB)； (3)∁U(A∪B)． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 18 解 解：(1)在数轴上画出集合A和B，可知A∩B＝{x|1<x≤2}． (2)∁UA＝{x|x≤0或x>2}，∁UB＝{x|－3≤x≤1}． 在数轴上画出集合∁UA和∁UB， 可知(∁UA)∩(∁UB)＝{x|－3≤x≤0}． (3)由(1)中数轴可知，A∪B＝{x|x<－3或x>0}． 所以∁U(A∪B)＝{x|－3≤x≤0}． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 19 解：假设存在这样的a值． ∵y＝2x－1且x∈A，即－1≤x≤a， ∴－3≤y≤2a－1， ∴B＝{y|－3≤y≤2a－1}． ∵z＝x2且x∈A， ∴当－1<a≤0时，C＝{z|a2≤z≤1}； 解 16．(本小题满分15分)已知集合A＝{x|－1≤x≤a，a>－1且a∈R}，B＝{y|y＝2x－1，x∈A}，C＝{z|z＝x2，x∈A}．是否存在a，使C⊆B？若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明理由． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 解 当0<a<1时，C＝{z|0≤z≤1}； 当a≥1时，C＝{z|0≤z≤a2}． 若－1<a≤0，要使C⊆B，则2a－1≥1，即a≥1，矛盾． 同理当0<a<1时，也不存在a满足题意． 而a≥1时，要使C⊆B，则有a2≤2a－1，即(a－1)2≤0，∴a＝1. 故存在a＝1，使C⊆B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 21 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 22 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 23 证明 18．(本小题满分17分)设a，b，c为△ABC的三边，求证：方程x2＋2ax＋b2＝0与x2＋2cx－b2＝0有公共根的充要条件是∠A＝90°. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 24 解 19．(本小题满分17分)已知两个关于x的一元二次方程mx2－4x＋4＝0和x2－4mx＋4m2－4m－5＝0，其中m∈Z，求这两个方程的根均为整数的充要条件． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 25 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 26 　　　　　　　　　　　　　 R 解析：①充分性：若△ABC不是等腰三角形，不妨设a<b<c，则max{a－b，b－c，c－a}＝c－a，min{a－b，b－c，c－a}＝a－b或b－c，所以D＝c－b或b－a，故D≠0.所以若D＝0，则△ABC为等腰三角形．②必要性：若△ABC为等腰三角形，不妨设a＝b，D＝max{0，b－c，c－b}＋min{0，b－c，c－b}＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b－c＋c－b＝0（b>c），,0＋0＝0（b＝c），,c－b＋b－c＝0（b<c）.))所以“D＝0”是“△ABC为等腰三角形”的充要条件．故选C. 二、选择题(本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9．在下列命题中，是存在量词命题的是(　　) A．∃x∈N＋，使x为29的约数 B．∀x∈R，x2＋x＋2>0 C．存在锐角α，sinα＝eq \f(1,2) D．正方形是矩形 解析：①ab＝0⇔a＝0或b＝0，即a，b至少有一个为0；②a＋b＝0⇔a，b互为相反数，则a，b可能均为0，也可能为一正一负；③a(a2＋b2)＝0⇔a＝0或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝0，,b＝0；))④ab>0⇔eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0，,b>0))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<0，,b<0，))则a，b都不为0. 17．(本小题满分15分)设集合A＝{x|2x2＋ax＋2＝0}，B＝{x|x2＋3x＋2a＝0}，A∪B＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－5，2))，求A∩B. 解：由题意，知A，B中都至少有一个元素．若A中只有一个元素，则a2－4×2×2＝0，a＝4或a＝－4，此时A＝{1}或A＝{－1}，不符合题意；若B中只有一个元素，则9－8a＝0，a＝eq \f(9,8)，此时B＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))，不符合题意．故A，B中均有两个元素． 不妨设A＝{x1，x2}，B＝{x3，x4}， 则x1x2＝1，且x1，x2∈eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－5，2))， 所以A＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)). 又因为x3＋x4＝－3，且x3，x4∈eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－5，2))， 所以B＝{－5，2}，所以A∩B＝{2}． 证明：必要性：∵方程x2＋2ax＋b2＝0与x2＋2cx－b2＝0有公共根ξ， ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ξ2＋2aξ＋b2＝0，,ξ2＋2cξ－b2＝0))⇒ξ＝eq \f(b2,c－a). ∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b2,c－a))) eq \s\up12(2)＋2c·eq \f(b2,c－a)－b2＝0⇒a2＝b2＋c2， ∴∠A＝90°. 充分性：若∠A＝90°，则a2＝b2＋c2， 易得x0＝eq \f(b2,c－a)是方程的公共根． 综上可知，方程x2＋2ax＋b2＝0与x2＋2cx－b2＝0有公共根的充要条件是∠A＝90°. 解：∵mx2－4x＋4＝0是一元二次方程，∴m≠0. 又另一方程为x2－4mx＋4m2－4m－5＝0，且两方程都有实根， ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ1＝16－16m≥0，,Δ2＝16m2－4（4m2－4m－5）≥0，)) 解得m∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5,4)，1)). ∵两方程的根都是整数，故其根的和与积也为整数， ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(4,m)∈Z，,4m∈Z，,4m2－4m－5∈Z，))∴m为4的约数． 又m∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5,4)，1))，m≠0，m∈Z，∴m＝－1或1. ∵当m＝－1时，第一个方程x2＋4x－4＝0的根不是整数； 当m＝1时，两方程的根均为整数． ∴这两个方程的根均为整数的充要条件是m＝1. $$