第1章集合单元同步练习卷-2024-2025学年高一上学期数学苏教版（2019）必修第一册

第1章 集合 单元同步练习卷 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．设，，若，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．已知集合，则A中元素的个数为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 3．已知集合，集合满足，则满足条件的集合的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 4．设集合是实数集的子集，如果点满足：对任意，都存在，使得，那么称为集合的聚点，用表示整数集，下列四个集合：①，②，③，④整数集．其中以0为聚点的集合有 A．①② B．②③ C．①③ D．②④ 5．设集合，，则集合中元素的个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 6．设集合，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题 7．已知集合为全集，集合均为的子集．若，，，则（    ） A． B． C． D． 8．已知集合，，若，则实数a的值可以是（    ） A．0 B． C．2 D． 三、填空题 9．已知集合，，则 . 10．设集合，，则 11．已知.若，则实数m的取值范围为 . 12．已知集合，定义集合：，则中的子集个数为 四、解答题 13．设集合P=，Q= （1）若，求实数的取值范围； （2）若；求实数的取值范围； （3）若，求实数的取值范围； 14．已知集合（，），若存在数阵满足： ①； ②． 则称集合为“好集合”，并称数阵为的一个“好数阵”． (1)已知数阵是的一个“好数阵”，试写出，，，的值； (2)若集合为“好集合”，证明：集合的“好数阵”必有偶数个； (3)判断是否为“好集合”．若是，求出满足条件的所有“好数阵”；若不是，说明理由． 15．已知集合 (1)若A中只有一个元素，求a的值 (2)若A中至多有一个元素，求a的取值范围 (3)若，求a的取值范围 16．已知集合，对于的一个子集，若存在不大于的正整数，使得对中的任意一对元素，都有，则称具有性质． (1)当时，试判断集合和是否具有性质？并说明理由； (2)当时，若集合具有性质， ①判断集合是否一定具有性质？并说明理由； ②求集合中元素个数的最大值． 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A C D B C A AD ABD 1．A 【分析】根据，得到，即可求解实数的取值范围，得到答案。 【详解】由题意，集合，， 因为，则，即实数的取值范围是。 故选：A。 【点睛】本题主要考查了利用集合的包含关系求解参数问题，其中解答中熟练集合的包含关系，列出相应的不等式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题。 2．C 【解析】集合的元素代表圆内部的点，逐一写出满足条件的点的坐标，即可得到结论 【详解】 ，，，，，，，， 共5个元素，是平面直角坐标系中5个点． 故选：． 【点睛】本题考查集合的表示以及点与圆的位置关系，解题时需注意集合的元素为两坐标均为整数的点，本题属于基础题． 3．D 【解析】转化条件为集合是集合的子集，求得集合的子集个数即可得解. 【详解】因为集合，集合满足， 所以集合是集合的子集， 所以满足条件的集合的个数为. 故选：D. 4．B 【详解】试题分析：：①集合中的元素是极限为1的数列，除了第一项0之外，其余的都至少比0大，∴在的时候，不存在满足的，∴0不是集合的聚点； ②集合，对任意的，都存在（实际上任意比小的数都可以），使得，∴0是集合的聚点； ③集合中的元素是极限为0的数列，对于任意的，存在，使，∴0是集合的聚点； ④对于某个，比如，此时对任意的，都有或者，也就是说不可能，从而0不是整数集的聚点． 综上可知B正确. 考点：新概念. 5．C 【分析】分别作出，图象，判断交点个数即可. 【详解】依题意：集合中元素的个数即，图象交点个数 如图 所以一共有两个交点，所以集合中元素的个数为2 故选：C 6．A 【分析】由补集概念计算即可得出结果. 【详解】根据补集定义，由可得； 故选：A 7．AD 【分析】根据题意列出韦恩图，根据集合间的关系逐个判断即可. 【详解】如图所示： 由图可得，故A正确；集合不是的子集，故B错误； ，故C错误；，故D正确． 故选：AD. 8．ABD 【分析】先求出集合，再利用条件，即可求出结果. 【详解】由，得到或，即， 因为，由， 当时，无解，此时，满足题意， 当时，得到，所以或，得到或， 故选：ABD. 9． 【解析】计算，再计算并集得到答案. 【详解】，，. 故答案为：. 【点睛】本题考查了并集运算，属于简单题. 10． 【分析】首先解绝对值不等式求出集合，再根据交集的定义计算可得. 【详解】解：由，即，解得， 所以，又， 所以 故答案为： 11．或. 【分析】根据，分和两种情况讨论求解. 【详解】已知集合，且， 或 当时，，解得，符合题意； 当时，且， 则或，解得， 综上：实数的取值范围为或. 故答案为：或. 12．231 【分析】根据题意，作出示意图，表示出集合的点，求得的取值，结合的定义，表示图象，得出中元素的个数，进而得到中的子集个数，得到答案. 【详解】由题意，集合， 可得集合中有5个元素，即5个点，如图所示的图中的黑点， 集合中有15个元素，即15个点， 即图中长方形内部及长方形的边上的整点， 又由或或或或或或，共由7个值； 或或或或，共由5个值； 所以集合中的元素可看作图中长方形边上除去四个顶点外的整点，共有个， 所以集合中的子集个数为个. 故答案为：. 13．（1）；（2）；（3）. 【详解】试题分析：根据题意值（1）因为所以集合中的元素都在集合中即在数轴上所表示的点在左侧或与其重合，所以；（2）因为所以集合和集合无公共元素，在数轴上点一定在的右侧或与其重合，所以；（3）因为在数轴中，只有时符合题意. 试题解析：Q= （1分） （1）PQ， （4分） （2）， （7分） （3） （10分） 考点：1.集合的交集，并集，补集；2.参数. 14．(1)，，， (2)证明见解析 (3)是“好集合”，满足的“好数阵”有，，，；不是“好集合”，证明见解析 【分析】（1）直接根据定义解出未知量的值； （2）可构造恰当的映射，以证明结论； （3）第三问可通过分类讨论求解问题. 【详解】（1）由“好数阵”的定义，知，，，，故，，，，进一步得到，. 从而，，，. （2）如果是一个“好数阵”，则，. 从而，. 故也是一个“好数阵”. 由于是偶数，故，从而. 这就说明两数阵和的第1行第2列的数不相等，从而是不同的数阵. 设全体“好数阵”构成的集合为，并定义映射如下： 对，规定. 因为由中的元素构成的数阵只有不超过种，故是有限集合. 而 ， 这就表明，从而是满射，由是有限集，知也是单射，从而是一一对应. 对“好数阵”，已证两数阵和是不同的数阵，故. 同时，对两个“好数阵”，，如果，则；如果，则. 所以当且仅当. 最后，对，由，称2元集合为一个“好对”. 对，若属于某个“好对”，则或，即或. 由于，故无论是还是，都有. 这表明，每个“好数阵”恰属于一个“好对”，所以“好数阵”的个数是“好对”个数的2倍，从而“好数阵”必有偶数个. （3）若是“好数阵”，则有 ， 所以，这表明一定是偶数. 若，设是“好数阵”，则，从而， 故. 由于，故，同理. 若，设，则，故，从而. 进一步有，而，故. 假设，设，则，故，则，. 由于，，故，. 此时，从而，，但此时，矛盾； 所以，故，分别尝试所有24种可能的对应方式，知符合条件的“好数阵”有，； 若，则，从而. 若，则或. 若，则，，分别尝试3种可能，知符合条件的“好数阵”有，. 若，则，，若，则，或且，分别尝试所有可能，知符合条件的“好数阵”有； 若，则，分别尝试所有可能，知符合条件的“好数阵”有； 若，则，假设，由于，，故，矛盾，所以. 对尝试所有组合，知符合条件的“好数阵”有，，，. 综上，全部的“好数阵”有，，，，，，，，，， 其中，满足的有，，，. 综上，是“好集合”，满足的“好数阵”有，，，. 若，由于此时不是偶数，所以不存在“好数阵”，从而不是“好集合”. 【点睛】关键点点睛：关键是第3小问需要较为繁琐的分类讨论，耐心尝试所有情况才可不重不漏. 15．(1)0或 (2) (3) 【分析】（1）分和两种情况，结合二次方程的判别式分析求解； （2）分A中有一个元素或两种情况，结合二次方程的判别式分析求解； （3）分类讨论A是否为空集以及是否为0，结合二次方程的判别式和韦达定理分析求解. 【详解】（1）若时，，符合题意； 当时，可知方程为一元二次方程，则，解得； 综上所述：或. （2）若A中至多有一个元素，即A中有一个元素或， 若A中有一个，由（1）可知：或； 若，则，解得； 综上所述：a的取值范围为. （3）因为，则有： 若，由（2）可知：； 若，则有： 若时，由（1）可知，符合题意； 当时，则，解得； 综上所述：a的取值范围为. 16．(1)详见解析； (2)①具有性质；理由见解析；② 【分析】（1）当时，先求得集合，由题中所给新定义直接判断即可； （2）当时，先求得集合， ①根据，任取，其中，可得，利用性质的定义加以验证，即可说明集合具有性质； ②设集合有个元素，由（1）可知，任给，，则与中必有个不超过，从而得到集合与中必有一个集合中至少存在一半元素不超过，然后利用性质的定义列不等式，由此求得的最大值． 【详解】（1）当时，， 不具有性质， 因为对任意不大于的正整数， 都可以找到该集合中的两个元素与，使得成立， 集合具有性质， 因为可取，对于该集合中任一元素， ，（），都有. （2）当时，集合， ①若集合具有性质，那么集合一定具有性质． 首先因为，任取，其中． 因为，所以． 从而，即，所以． 由具有性质，可知存在不大于的正整数， 使得对中的任意一对元素，都有． 对于上述正整数，从集合中任取一对元素， ，其中，则有． 所以，集合具有性质P； ②设集合有个元素，由（1）可知，若集合具有性质， 那么集合一定具有性质． 任给，，则与中必有一个不超过． 所以集合与中必有一个集合中至少存在一半元素不超过． 不妨设中有个元素不超过． 由集合具有性质，可知存在正整数． 使得对中任意两个元素，都有． 所以一定有． 又，故． 即集合中至少有个元素不在子集中， 因此，所以，得． 当时，取， 则易知对集合中的任意两个元素，都有，即集合具有性质． 而此时集合S中有个元素，因此，集合元素个数的最大值为． 【点睛】解新定义题型的步骤：(1)理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论.(2)重视“举例”,利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”;归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况.(3)类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题. 学科网（北京）股份有限公司 $$