上海市松江区第四中学2025-2026学年高一上学期第一次学期检测数学试卷

松江四中2025-2026学年高一上学期第一次学期检测数学试卷 （测试范围：沪教版2020新教材高一上集合与逻辑、等式与不等式） 学校:___________班级：___________姓名：___________考号：___________ 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分） 1．已知集合A＝{0，1}，B＝{﹣1，1}，则A∪B＝ _____________ ． 2．不等式 的解集是_____________ ． 3．已知集合A＝{1，-m}，B＝{1，}，且A=B，则m的值为____________ ． 4．用列举法表示集合_________. 5．已知，则“若，则”是__________命题.（填“真”或“假”） 6．用反证法证明“已知x、且，则x、y中至多有一个大于0”时，应假设__________. 7.设集合A＝{（x，y）|y＝x+1}，B＝{（x，y）|y＝}，则A∩B＝___________________ ． 8．已知，若关于的不等式的解集为，则关于的不等式 的解集为_________. 9．设：，：，若是的必要非充分条件，则实数m的取值范围是________. 10．已知一元二次方程的两个实数根分别为、，则__________. 11．已知集合各元素之和等于3，则实数___________ 12．定义集合的“长度”是，其中，；已知集合， ，且，都是集合的子集，则集合的“长度”的最小值是________. 二、选择题(本题共有4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分；每题有且只有一个 正确选项) 13．若，则下列不等式中不能成立的是（     ）A． B． C． D． 14．设则“≥2且≥2”是“≥”的（ ） A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 15．已知，记，则M与N的大小关系是（     ） A． B． C． D．不确定 16．当一个非空数集满足“如果，则，，，且时，”时，我们称就是一个数域，以下四个关于数域的命题：①0是任何数域的元素；②若数域有非零元素，则； ③集合是一个数域；④有理数集是一个数域；其中假命题的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 三、解答题(本大题共有5题，满分78分，第17-19题每题14分，第20、21题每题18分.) 17．（本题满分14分）本题共有2个小题，第1小题6分，第2小题8分 （1）已知，比较与的大小，并说明理由；（2）已知集合，是否存在实数，使得?若存在，试求出实数的值，若不存在，请说明理由. 18．（本题满分14分）本题共有2个小题，第1小题6分，第2小题8分 已知集合，，，实数集为全集． （1）求，（2）如果，求的取值范围． 19．（本题满分14分）本题共有2个小题，第1小题6分，第2小题8分 已知关于的不等式的解集为（1）若求实数取值范围；（2）求解集 20．（本题满分18分）本题共有3个小题，第1小题4分，第2小题6分，第3小题8分 设集合. （1）若，求实数的值；（2）若集合中有两个元素，求； （3）若，求实数的取值范围． 21．（本题满分18分）本题共有3个小题，第1小题4分，第2小题6分，第3小题8分 已知集合为非空数集，定义：，． （1）若集合，直按写出集合、； （2）若集合，且，求证：； （3）若集合，，记为集合中元素的个数，求的最大值． 松江四中2025-2026学年高一上学期第一次学期检测数学试卷解析 （测试范围：沪教版2020新教材高一上集合与逻辑、等式与不等式） 学校:___________班级：___________姓名：___________考号：___________ 1． 2. 3.0 【解析】因为 已知集合A＝{1，-m}，B＝{1，}，且A=B，所以解得m=或m=0； m=不满足集合中元素的互异性，舍去；故m=0. 4．【分析】由题意可得或，解之即可求解. 【解析】因为，所以或，解得或0或2或3， 即；故答案为： 5．真【分析】根据，可判断. 【解析】因为等价于，所以命题“若，则”是真命题；故答案为：真. 6．x、y两个都大于0【分析】根据反证法证明命题的特征，否定命题的结论即可. 【解析】依题意，给定命题的结论是：x、y中至多有一个大于0，其否定为：x、y两个都大于0. 故答案为：x、y两个都大于0. 7. 【解析】联立方程求解横坐标，联立两个函数的解析式：，将y=x+1代入， 得：，整理得：，因式分解得：(x-2)(x+1)=0解得：x=2或x=； 当x=2时，代入y=x+1，得y=2+1，y=3，对应点为； 当x=时，代入y=x+1，得y=-1+1，y=0，对应点为；故答案为： 8．【分析】由题意可得为方程的根，且， 进而结合韦达定理求出，，再根据一元二次不等式的解法求解即可. 【解析】由题意，为方程的根，且，则，解得，， 则不等式为，即，即，解得或， 所以不等式的解集为；故答案为：. 9．【分析】根据必要非充分条件，列式运算即可求解. 【解析】因为是的必要非充分条件，即是的真子集，则， 即实数的取值范围为；故答案为：. 10．/5.25【分析】韦达定理得，，把变形为，代入求值即可. 【解析】一元二次方程的两个实数根分别为、，则有，， 所以；故答案为：. 11．或【分析】先求得方程的解为，根据题意，结合集合元素的互异性，列出方程， 分类讨论，即可求解.【解析】由方程，可得化为， 解得，当时，此时，可得，不符合题意，舍去； 当时，即时，可得，此时，符合题意； 当且时，可得，解得，符合题意，所以实数的值为或；故答案为：或. 12．/【分析】根据区间长度定义得到关于的不等式组，再分类讨论即可. 【解析】集合，，且M，N都是集合的子集， 由，可得，由，可得． 要使的“长度”最小，只有当取最小值、取最大或取最大、取最小时才成立. 当，，，“长度”为， 当，，，“长度”为， 故集合的“长度”的最小值是；故答案为：. 13．D【分析】结合已知条件，利用不等式性质即可求解. 【解析】因为，故，故A正确；对于选项B：因为，所以成立，故B正确； 对于选项C：成立，故C正确；对于选项D：由可知，，故D错误；故选：D. 14．设则“≥2且≥2”是“≥”的（ ） A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 14．B【解析】由题意得，因为≥2且≥2，所以，充分性成立；但由≥ 不一定得到≥2且≥2，比如，因此“≥2且≥2”是“≥”的充分不必要条件，故选B. 15．B【分析】通过作差法比较代数式的大小.【解析】， 因为，所以，所以；故选:B. 16．B【分析】根据任意相同元素之差是0，可判断①；根据当时，，利用定义依次推导， 可判断②，举反例判断③，根据有理数的运算结果判断④. 【解析】对于①，根据当，则，即，所以0是任何数域的元素，故①正确； 对于②，根据当时，，则，即，进而，，，，故②正确；对于③，对，，但，不满足题意，所以集合不是一个数域， 故③不正确；对于④，若，是有理数，则，，， 都是有理数，故有理数集是一个数域， 所以④正确；所以其中假命题的个数是1个；故选：B. 17．（1）当时，；当时，；（2）存在，. 【解析】（1）， 当时，，此时； 当时，，此时. 综上所述，当时，；当时，； （2）存在，，理由如下：因为，则， （i）若，则，此时，不合题意； （ⅱ）若，则或， ①当时，则，符合题意；②当时，此时，不合题意； 综上所述：. 18．（1）， 或；（2）. 【分析】（1）由集合的运算求解即可. （2）由得出，分类讨论，两种情况，由包含关系得出的取值范围． 【解析】（1）因为集合，，所以. 因为或，所以 或. （2）因为，所以，当时，即，也即时，满足条件； 当时，由有，解得，综上所述，的取值范围是. 19．（1）；（2）当时，解集为空集；当时，解集为；当时，解集为. 【分析】（1）对进行分类讨论，结合一元一次不等式的解法求得. （2）根据已知条件列不等式组，由此求得的取值范围. 【解析】（1）由于，所以； （2）依题意当时，不等式转化为，解集为空集； 当时，不等式转化为，即不等式的解集为； 当时，不等式转化为，即不等式的解集为. 20．（1）或；（2）；（3）. 【分析】（1）由，代入后解方程并检验是否满足题意； （2）借助判别式及韦达定理化简即可；（3）根据集合元素情况分类求解即可. 【解析】（1）依题意，，由，得， 则，化简得，解得或， 当时，，满足， 当时，，满足，所以或； （2）由集合中有两个元素，得方程有两个不等实根， 则，， 所以. （3）由，得，而且，， 当时，，解得； 当时，则，无解； 当时，则，解得； 当时，则，无解，所以实数的取值范围为. 21．（1），；（2）证明详见解析；（3）. 【分析】（1）结合所给定义，计算出集合、中所有元素即可得；（2）结合所给定义，根据集合相等的概念计算可以证明；（3）结合所给定义，计算可得，，再借助可得，又，计算可得，再构造集合， 通过计算可得的最小值为，即可得的最大值. 【解析】（1）由，故可能为，即； 可能为，即； （2）由，所以中也只包含个元素，又有， 故，则剩下的元素满足，， 所以； （3）设集合满足题意，且， 则，所以， 又，故，因为，由容斥原理，， 所以最小的元素为，最大的元素为，所以，即， 解得，实际上，当时满足题意； 证明如下：设， 则，则，依题意可知，， 即，所以的最小值为，所以当时，集合中元素最多， 即时满足题意，综上，的最大值为. 成功不必自我，功力必不唐捐！ 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $