第一章 专题探究1 集合的综合问题-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学必修第一册（北师大版2019)

当o0时，方程为=(4+)(+)=42++5：当xx 0时.=（4)(x）=42++5即方程=42 户+5有解。 又0，r+中52245=9，当且仅当r-字 即2=之时，等号成立所以≥9 9.解：(1)关于x的不等式2x2+(30-7)x+3+m-2a2<0的解集 为M,若M中的一个元素是0，把x=0代人不等式，有3+ 3 a-2m2<0,解得a<-1或a>2 (2)关于x的不等式2x2+(3a-7)x+3+a-2a2<0的解集 为M,若M=x-7<x<3引，则-7和3是方程2x2+(3-7)x+ -7+3=30-7 21 3+a-2a2=0的两根，则有 -7x3=3+n-2a2 解得a=5,所 2 以M={x|-7cx<3时，实数a的值为5. 10.解：(1)由AB为直径，得AC1BC,所以BC2=400-x2, .I K 由已知得y产0-字0crc20. 又当污水处理厂是AB的中点时，对学校A和学校B的，总 影响度为0.085 K 即x=102时，y=0.085,代人上式得0.085= 200400-200 解得K=16. 16 所以y表示成x的函数为y740家0r<20). 1+16(+40-2)( (2)存在.y=2+40-400 16 16r2 x2 +400-)≥40（17+ 2. 400-x16x 2 40-Fi6 当且仅当400-r2.16r2 00-即=45时，等号成立. 2 所以AB上存在一点，该点到学校A的距离为45km时，建 在此处的污水处理厂对学校A和学校B的总影响度最小， 最小值为后 11.解：(1)根据题意，①当m+1=0,即m=-1时，y=2x-2,不 符合题意：②当m+1≠0，即m≠-1时，y<1的解集为R,即 (m+1)x2-(m-1)x+m-2<0的解集为R, m+1<0, 即/mc~1, 4=(m-1)2-4(m+1)(m-2)<0.(3m2-2m-9>0, 解得m<127 3 (2)y≥(m+1)x,即(m+1)x2-2mx+m-1≥0.即[(m+1)x- (m-1)](x-1)≥0 ①当m+1=0,即m=-1时，解集为xlx≥1； 参考答案 当a10,甲m1时.(）-≥0， m+1 1解集为减: m+1 当a10.甲m-1时.(）-≤0 m+1 >1解集为1≤引 1- 2 综上所述：当a<1时，解集为{1≤：当 -1时，解集为≥：当>1时，解集为{≤ 或x≥1} (3)(m+1)x2-(m-1)x+m-1≥0.即m(x2-x+1)≥-x2-x+ 1,x2-x+1>0恒成立.m≥ 1.-1+21-.设 x2-x+1 x2-x+1 1-x=6,则1∈ 「131 1-x (1-)2-(1-0+1-1+ .1+ ≥2，当且仅当 1=1时取等号， 1-≤1，当且仅当x=0时取等号， X2-x+1 当x=0时， -x-x+1 =1,∴m≥1. x2-x+1 专题探究1集合的综合问题 黑题 专题逼化 1.C解析：因为A门(CgB)=2引，所以2∈A,所以4+2p-6= 0,得到p=1. 当p=1时，由x2+x-6=0,解得x=2或x=-3,所以-3eB, 放9+2=0，得到=号所以p=1+号号放选℃ 11 2.a≤9解析：因为AS(AnB),所以ASB, 当2a+1>3a-5,即a<6时，4=☑，满足题意： 当2a+1≤3a-5,即a≥6时，则2a1之3，解得1≤a≤9.则 13a-5≤22. 6≤a≤9.综上，a≤9.所以A二(A∩B)的充要条件为a≤9 故答案为a≤9. 3.(1)证明：设xn∈A,六x名+a=xo,将x=xo代人方程(x2+a)2+ a=x,等式成立，。是方程(x2+)产+a=x的解，.n∈B, .ACB. (2)解：A≠☑，x3-x+a=0有实根，4=1-4a≥0， a≤ 集合B为方径(x2+a)2+a=x,即x+2ax2-x+a2+a=0的根 的集合， 由(1)的结论ACB,且集合A为方程x2-x+a=0的根的 集合， .因式x+2ar2-x+a2+a分解后必定含有因式x2-x+a, 由多项式的除法得x+2mx2-x+a2+a=(x2-x+a)(x+x+a+1) A=B,.x2+x+a+1=0无实根或其根为方程x2-x+a=0 的根， 黑白题017 当++a+1=0无实根时，4=1-4(a+1)<0,解得>- 4 当x2+x+a+1=0的根为方程x2-x+a=0的根时 ①当x2+x+a+1=0有两个不等实根时其根不可能与x2-x+ a=0的根相同否则设这两个不等实根为m,,则 m+n=-l·无解)： (m+n=1, ②当x2+x+a+1=0有两个相等实根时，即4=1-4(a+1)= 0,即a=子时，方程的限为子此根潮好是子-a=0 4 的机，满足条作综上0的取值范是{-<a≤} 4.C解析：由题意知C(A)=1,又A*B=1,所以C(B)=0或 C(B)=2,又x(x2+ax+2)=0中，x=0显然是一个解，即0E B,因此C(B)≥1，所以C(B)=2,所以x2+ax+2=0有两个 相等的实根且不为0,4=a2-8=0,a=±22，经检验符合题 意，所以S=-22,22,所以C(S)=2.故选C 5.A解析：4=11,2,3,6，非空子集有15个 当子集M为单元素集1,2，{3,6时，“和睦数”分别 为1,2.3,6.和为12： 当子集M为双元素集11.2引，11,3引，1,6,2.3引，12.6， 13.6时.“和睦数"分别为3,4.7.5.8,9，和为36： 当子集M为三元素集11.2,3引.11.2.6.1.3.6.12,3.6 时，“和睦数"分别为4,7,8,7.和为26： 当子集M为四元素集11.2.3.6时.“和睦数”为6+3-2+ 1=8. 故“和睦数”的总和为12+36+26+8=82.故选A. 6.BCD解析：对于A,因为MUN=|x∈Q1x≠11≠Q 故A错误： 对于B,MUN=Q,MnN=☑，M中的每一个元素都小于N 中的每一个元素，故B正确： 对于C,设M=xlx≤1，x∈Q,N=1xlx>1,xeQ,此时M 有最大元素1，N没有最小元素，满足(M,N)是一个戴德金 分割，故C正确： 对于D,如B选项，此时M没有最大元素，V没有最小元素 满足(M,N)是一个戴德金分割，故D正确.故选BCD. 7.D解析：因为A=B=2,3引，所以=2或号3，所以=4 或x=6,2=2或子=3.所以y=1或y=子，所以4©B= 5 {4,.(4)(6).(6号)}.代入=石 证，得点(4，).(6，号)在该直线上，故(4©B)nC {4,.(6.号)）}故选D 8.①解析：根据题意，判断给出的集合对运算④是否满足条 件(1)(2)即可.其中，条件(1)的含义是：集合G中任意两个 元素关于运算④的结果仍然是集合G的元素：条件(2)的含 义是：集合G中存在元素e,它与G中任何一个元素a关于 运算①满足交换律，且运算结果等于a①中，G=非负整 数1，①为整数的加法，满足对任意a,beG,都有a④b后G,且 存在e=0,使得a①0=0④a=a,所以①中的G关于运算④为 必修第一册·BS “融洽集”：②中，G=偶数1，④为整数的乘法，若存在e∈G. 使a④e=e④a=a,则e=1,与eeG矛盾，所以②中的G关于 运算④不是“融洽集”：③中，G={二次三项式」，④为多项式 的加法，两个二次三项式相加得到的可能不是二次三项式， 所以③中的G关于运算⊕不是“融洽集"，综上，G关于运算 ©为“融洽集”的只有①.故答案为①. 9.C解析：A选项：若=2=1，面乙，故整数集不是 “紧密集合”，A错误： B选项：根据“紧密集合”的性质，可知实数集是“紧密集 合”，B正确： C选项：集合1-1,0,1是“紧密集合”，故“紧密集合”可以 是有限集，C正确： D选项：集合A=1-1,0,1{是“紧密集合”，当x=1,y=-1 时，x-y=2EA,D错误故选BC 10.(1)解：当n=5时，M={1,2,…,5,则集合A可以为1,3， 5引，{1,2,5}，1,2,4，则所有的集合B为2,41,3,4， 13.5 (2)证明：记“对任意不相等的a1,42eA,都有a,+a2gA” 为条件①，记“对任意不相等的b,b,∈B,都有b,b,B”为 条件②.由条件②得1∈A.由2∈B,3∈B和条件②得2×3= 6EB,即6∈A.由条件①得6-1=5使A,即5∈B,由条件② 得2×5=10EB,即10EA.由条件①得10-6=4EA,即4E B.由条件2得2×4=8B,即8eA由条件①得8+6=14 A,即14eB.由条件①得8-1=7A,即7eB.由条件② 得2×7=14gB,与14eB矛盾，所以14gM,即n<14. 第一章章未检测 1.C解析：依题意，A=0,1,2},而B=10,1,2,3,所以A门 B=0,1.2,故选C 2.D解析：缘改量词并否定结论，则一P:Vx>1,x-2≤0.故 选D. 3.B解析：因为A=1,4,a,B=a2,1|,BCA,所以a2=a或 a2=4.(i)若a2=a.即a=1或0.①当a=1时，A=1.4.1日 不满足集合中元素的互异性，故a=1不成立：2当a=0 时，4=11.4,0！，B=10,1都满足条件，故a=0成立.(i)若 a2=4,即a=2或-2.①当a=2时，4={1,4,21，B=4,1都 满足条件，故a=2成立：②当a=-2时，A=11,4,-2,B= 14,1都满足条件，故a=-2成立.综上所述，满足条件的实 数a的值为-2,0或2.故选B. 4.B解析：由题意，若“收兵”，则一定“获取胜利”.反之，若 “获取胜利”，则不一定“收兵”，故“获取胜利”是“收兵”的 必要条件故选B. 5.0 解折：品≤2，即品-2≤0，即≤0，即 化-0)≥0，都得≥或-1由于0c分 (x+1≠0 号均推不出≥或一1，故AB选项不合题意：C中 ≤2”等价，不合题意：D1时，一定有≥或 条件和3 1成立.反之不成立.故1是≤2”的-个充分不 必要条件，故选D, 黑白题018专题探究1集合的综合问题 黑题 专题强化 限时：50min 题组1集合中的参数问题 5.(2025·河北邯郸高一期中) 1.(2025·福建福州高一月考)已知A= 定义非空数集M的“和睦数H”如 {xx2+px-6=0,B=xlx2+gr+2=0,且A∩ 下：将M中的元素按照递减的次序排列，然后 (C.B)={2,则p+g的值为 ( 将第一个元素交替地加上、减去后继的数所 A.4 B D.5 得的结果.例如，集合1,2,3,4,5{的“和睦 数”是5+4-3+2-1=7，{2,4的“和睦数"是 2.(2025·湖北武汉高一月考)设A={x|2a+ 4+2=6,11}的“和睦数”是1.对于集合A= 1≤x≤3a-5}(a为实数)，B={x|3≤x≤22， 则A二(A门B)的充要条件为 {a6eN,neN,其所有子集的和睦数~ 3.(2024·四川成都高一月考)关于x的方 的总和为 程x2+a=x(a∈R)的解集为A(A≠☑)，关于 A.82 B.74 x的方程(x2+a)2+a=x(a∈R)的解集为B. C.12 D.70 (1)对于集合M,N,若Hx∈M,x∈N,则 6.#(多选)(2025·安微池州高一期中)由无 MCN.求证：ACB. 理数引发的数学危机一直延续到19世纪，直 (2)若A=B,求实数a的取值范围. 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.将有理数集Q划分为两个 非空的子集M与N,且满足MUN=Q, M∩N=☑，M中的每一个元素都小于N中的 每一个元素，则称(M,N)为戴德金分割.则下 题组2集合中的新定义问题 列结论正确的是 () 4.。(2025·江西抚州临川一中高一月考)用 A.若M=x∈QIx<1,N={x∈Qlx>1},则 C(A)表示非空集合A中元素的个数，定义 (M,N)是一个戴德金分割 A*B= C(A)-C(B),C(A≥C(B若A= B.若M={x∈Qlx<π，N=|x∈QIx>π}，则 C(B)-C(A),C(A)<C(B). (M,N)是一个戴德金分割 {1{,B=xx(x2+ax+2)=0},且AB=1,设 C.若M中有最大元素，中没有最小元素，则 实数a的所有可能取值构成集合S,则C(S)= (M,N)可能是一个戴德金分割 ( D.若M中没有最大元素，N中没有最小元素， A.4 B.3 C.2 D.9 则(M,N)可能是一个戴德金分割 第一章黑白题029 题组3集合中的新运算问题 10.鞋(2025·广东东莞高一月考)已知集 7.(2025·湖南永州高一期中)定义集合运 合M={1,2,…,n}(n∈N°，且n≥4)，若集 算：A©B={(,)eA,eB若朱 合A,B同时满足下列两个条件，则称集合A, B具有性质P AA=B=xENII<x<41,C=(x.y)y= 条件(1)：A∩B=O,AUB=M,且A,B都至 少含有两个元素： 条件(2)：对任意不相等的a1,a2∈A,都有 A.☑ a,+a2庄A;对任意不相等的b1,b2∈B,都有 B.1(4,1) bb2年B. (1)当n=5时，若集合A,B具有性质P,且集 c.{2)》 合A中恰有三个元素，试写出所有的集 D.{4,),6号} 合B: (2)若集合A,B具有性质P,且2∈B,3∈B, 8.#集合G关于运算④满足： 求证：n<14. (1)对任意的a,b∈G,都有a①b∈ G:(2)存在e∈G,对任意a∈G,都有a①e= e①a=a,则称G关于运算④为“融洽集”.现给 出下列集合和运算： ①G={非负整数，④为整数的加法： ②G={偶数}，④为整数的乘法： ③G={二次三项式}，④为多项式的加法 其中G关于运算④为“融洽集”的 是 .(填序号) 题组4集合中的新性质问题 9.(多选)(2025·山西大同高一期中)若集 合A具有以下性质：①集合中至少有两个元 素：②若{x,y二A,则xy,x+y∈A,且当x≠0 时，二∈A,则称集合A是“紧密集合”以下说 法正确的是 A.整数集是“紧密集合” B.实数集是“紧密集合” C.“紧密集合”可以是有限集 D.若集合A是“紧密集合”，且x,y∈A,则x y∈A 必修第一册·BS黑白题030