【文档说明】四川省成都市石室中学北湖校区2024-2025学年高一上学期周末数学作业（9月20日） Word版含解析.docx，共(16)页，755.553 KB，由小赞的店铺上传

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石室中学北湖校区高2027届周末数学作业（9月20日）姓名：___________班级：___________学号：___________分数：___________一、单选题（每小题5分，共40分）1．已知集合22,2,1,0,1,2,3AxxxB=−=−−∣，则AB=（）A．

2,1−−B．0,1C．2,3−D．1,22．设集合1,21Aa=+，3,1,32Baa=−−，若AB，则a=（）A．2−B．1C．2D．33．已知命题:pxR，1||1xx+，命题:0qx

，32xx，则（）A．p和q都是真命题B．p和q都是真命题C．p和q都是真命题D．p和q都是真命题4．如果对于任意实数x，x表示不超过x的最大整数，例如π3=，0.60=，1.62−=−，那么“1xy−”是“xy=”

的（）．A．充分条件B．必要条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件5．以下四个命题中，真命题的个数是（）①“若2ab+，则a，b中至少有一个不小于1”的逆命题；②存在正实数a，b，使得abab+=；③“所有奇数都是素数”的否定是“至少有一个奇数不是素数”.A．0B．1C．2D

．36．设集合2|230Axxx=+−，集合2|210,0Bxxaxa=−−，若AB中含有一个整数，则实数a的取值范围是（）A．3443aB．304aC．34aD．1a7．已知0ab，以下给出的4个不等式中错误的共有（）（

1）2ababab+（2）2ababab+（3）2abaabb+（4）2abaabb+A．1个B．2个C．3个D．4个8．已知命题1:0,2pxxx+，则p为（）A．0x，12xx+B．0x，12xx+C．0x，12x

x+D．0x，12xx+9．已知命题“对11,22x轾"?犏犏臌，都有()()21110mxmxm--+++?恒成立”为真，则m的取值范围为（）A．1,3−+B．()1,11,3¥轹÷-?ê÷ê滕C．1,3−−

D．(,1−二、多选题（每小题5分，满分15分，部分选对2分，选错或不选得0分）10．已知0cba，则（）A．acbbca++B．333bca+C．acabcb++D．ccab11．下列说法正确的是（）．A．ab的一个必要条件是1ab−B．若集合

210Axaxx=++=中只有一个元素，则4a=C．“0ac”是“一元二次方程20axbxc++=有一正一负根”的充要条件D．已知集合0,1M=，则满足条件MNM=的集合N的个数为412．对于正整数集合()*12,,,N,3nAaaann=，如果去掉其

中任意一个元素()1,2,,iain=L之后，剩余的所有元素组成的集合都能分为两个交集为空集的集合，且这两个集合的所有元素之和相等，就称集合A为“可分集”，则下列说法正确的是（）A．1,3,5,7,9不是“可分集”B．集合A中元素个数最少为7个C．若集合A是“可分集”，则集

合A中元素全为奇数D．若集合A是“可分集”，则集合A中元素个数为奇数三、填空题（每小题5分，共20分）13．命题“Rx，()()222240axax−+−−”为假命题，则实数a的取值范围是．14．已知集合N232Mxx=−，则M的非空子集的个数是．15．已知0a，同

时满足不等式220xx−−和225250()xaxa+++的x的整数值只有2024个，则实数a的取值范围是16．已知,xy为正实数，则92yxxxy++的最小值为.四、解答题17．已知集合25{|60}2mAxnxmx=−+−=，集合1

4{|Bxx=且Z}x，}0{3|Cxax=+，若ABA=，设m的取值集合为D，若CD=，求：m的值及其对应a的取值范围．18．已知集合310Axx=−，2132Bxmxm=+−，且B

．(1)若命题p：“xB，xA”是真命题，求实数m的取值范围；(2)若命题q：“xA，xB”是真命题，求实数m的取值范围．19．已知命题p:“实数a满足11xmxmxxa+∣∣”命题q:“23xaxax++R，

都有意义”.(1)已知1,mp=为假命题，q为真命题，求实数a的取值范围;(2)若p是q的充分不必要条件，求实数m的取值范围.20．对于正整数的子集123,,,,nAaaaa=（Zn且1n），如

果任意去掉其中一个元素()1,2,3,iain=之后，剩余的所有元素组成的集合都能分为两个交集为空集的集合，且这两个集合的所有元素之和相等，就称集合A为“平分集”(1)请你直接写出一个‘平分集’(2)若

集合123,,,,nBaaaa=（Zn且1n）是‘平分集’①判断n的奇偶性并证明②求：集合A中元素个数的最小值21．已知2:10pxmx++=有两个不等的负根，2:44(2)10qxmx+−+=无实根，若p、q一真一假，求m的取值范围．22．已知12a，设二次函数22yaxax

c=−++，其中a，c均为实数.证明:对于任意0,1x，均有221axaxc−++成立的充要条件是34c.参考答案：题号12345678910答案CBABCACDAABD题号1112答案CDABD1

．C【分析】求出集合A，再求交集即可.【详解】由22xx−得220xx−−，即()()210xx−+，解得1x−或𝑥>2，所以{|1Axx=−或2}x，所以2,3AB=−，故选：C.2．B【分析】根据子集关系，分别讨论211aa+=−和2132aa+=−，并检验集合元素的互

异性即可得结果．【详解】由已知得，若213a+=，解得1a=，此时{1A=,3}，{0B=,1,3}，成立；若211aa+=−，解得2a=−，此时{1A=,3}−，{8B=−,3−,3}，不成立；若2132aa+=−，解得3a

=，此时{1A=,7}，{2B=,3,7}，不成立；综上所述：1a=．故选：B．3．A【分析】依次判断两个命题的真假，即可求解.【详解】对于命题p，当0x时，011xx+，当0x时，111xxxx=

++，所以命题p是真命题；对于命题q，当12x=时，321184xx==，所以命题q是真命题；故选：A.4．B【分析】举出反例得到充分性不成立，再设xyk==，得到1kxk+，1kyk+，故1xy−，必要性成立，得到答案.【详解】不妨设1.6,2.5xy==，

满足1xy−，但1,21.62.5==，不满足xy=，充分性不成立，若xy=，不妨设xyk==，则1kxk+，1kyk+，故1xy−，必要性成立，故“1xy−”是“xy=”的必要条件.故选：B5．C【分析】对于①，写出原

命题的逆命题，举反例判断；对于②，举特例验证；对于③，写出原命题的的否定，再进行判断．【详解】对于①，原命题的逆命题为：若a，b中至少有一个不小于1，则2ab+，而2a=，2b=−满足条件a，b中至少有一个不小于1，但此时0ab+=

，故①是假命题；对于②，当2ab==时，abab+=，故②是真命题；对于③，“所有奇数都是素数”的否定为“至少有一个奇数不是素数”，可知③是真命题．故选：C.6．A【分析】求出A中不等式的解集确定出A，由A

与B交集中恰有一个整数，得到()20f且()30f，解不等式即得解．【详解】由2230xx+−解得1x或3x−，故{1Axx=或3}x−，因为()221fxxax=−−的开口向上，对称轴为xa=，()3680fa−=+，根据对称性可知：要

使AB中含有一个整数，则这个整数解为2，所以()20f且()30f，即44109610aa−−−−，解得：3443a．故选：A．7．C【分析】利用不等式的性质可判断（1）（2）；利用基本不等式可判断（3）；做差法可判断（4）.【详解】因为0ab，所以20a

bb>>，可得abb，所以（1）（2）错误；因为0ab，所以2abab+，故（4）错误；又因为0ab，所以022ababa+−−=，可得2aba+，综上2abaabb+，故（3）正确.故选：C.8．D【分析】根据题意，结合全

称量词命题与存在性量词命题的关系，准确改写，即可求解.【详解】根据全称量词命题与存在性量词命题的关系，可得：命题1:0,2pxxx+的否定是10,2xxx+．故选：D9．A【分析】令()()()2111fxmxmxm=−−+++，则问题转化为()0fx在11

,22x−的最小值满足()0fx，再利用二次函数的性质解不等式即可求出.【详解】令()()()2111fxmxmxm=−−+++，则问题转化为()yfx=在11,22−上的最小值满足()0fx即可.当101mm−==时，()22fxx=−+，最小值为112f

=，符合题意；当10m−时，对称轴()11212mxm+=−，函数()yfx=在11,22−上单调递减，而()()1113111102424mfmmm+=−−+++=适合题意；当10m−时，对称轴()1021mxm+=−，则()

()()()1111011102134211531111004272fmmmmmmmmmf−−−+++−−++++−−，所以113m−；综上m的取值范围为1,3

−+.故选：A.10．ABD【分析】选项ABD，利用不等式的性质计算即可，选项C，因为bc+可正可负，所以不容易化简解决，一般当乘或除以一个不知正负的数，基本上错误，我们只需要找反例即可.【详解】因为0cba，所以acbcacbbca++，故A正确

；因为0cba，所以333333,0bacbca+，故B正确；因为0cba，不妨令3,2,1abc===−，得32,2acabcb+==+，此时acabcb++，故C错误；因为0cba，所以110ccababab，故D正确

.故选：ABD11．CD【分析】对于A，举例ab时1ab−不成立，进而由充分条件和必要条件的定义得ab不是1ab−的充分条件，1ab−也不是ab的必要条件；对于B，按0a=和0a两种情况去探究方程210axx++=的解即可；对于

C，先由一元二次方程20axbxc++=有一正一负根得212Δ400baccxxa=−=，该不等式组的解即为方程20axbxc++=有一正一负根的充要条件；对于D，先由MNM=得NM，再由0,1M=

结合子集个数公式即可得解.【详解】对于A，当21.5ab==,时满足ab，但1ab−不成立，所以ab不是1ab−的充分条件，1ab−不是ab的必要条件，故A错误；对于B，当0a=时，方程210ax

x++=的解为1x=−，此时集合A中只有一个元素，满足题意，当0a时，210axx++=为一元二次方程，则由集合A中只有一个元素得140a=−=，故14a=，所以符合题意的a有两个，0a=或14a=，故B错误；对于C，一元二次方程20axbxc++=有一正一负根，则22

12Δ400400bacbacaccxxaca=−=，所以“0ac”是“一元二次方程20axbxc++=有一正一负根”的充要条件，故C正确；对于D，因为MNM=，所以

NM，又0,1M=，故集合N的个数为224=个，故D正确.故选：CD.12．ABD【分析】选项A根据“可分集”性质进行判断即可.选项C，D，根据“可分集”性质可知“可分集”元素之和减去任意一个元素一定为偶数，根据此特性分类讨论集合A中元素为奇数和为偶数时的情况

即可.根据选项C，D结论，分类讨论A中元素个数分别为3，5，7时是否可以为“可分集”即可.【详解】根据“可分集”性质可知，当集合为1,3,5,7,9时：去掉元素3，则不可拆分成符合题意的可分集，故A错误.设集合()*12,,,N,3nAaaann=所

有元素之和为M.由题意可知，(123...)iMain−=,,,,均为偶数，因此(123...)iain=，，，，同为奇数或同为偶数.(Ⅰ)当M为奇数时，则1,2,3,...,)(iain=也均为奇数，由于12...nMaaa=+++，所以n为奇

数.(Ⅱ)当M为偶数时，则1,2,3,...,)(iain=也均为偶数，此时可设2iiab=，因为()*12,,,N,3naaann为“可分集”，所以()*12,,,N,3nbbbnn也为“可分集”.重复上述有限次操作后，便可得到一个各元素均为奇数的

“可分集”，且对应新集合之和也为奇数，由(Ⅰ)可知此时n也为奇数.综上所述，集合A中元素个数为奇数.故C错D对.由上述分析可知集合()*12,,,N,3nAaaann=中元素个数为奇数，不妨假设：当3n=时，显然任意集合123,,aaa都不是“可

分集”;当5n=时，设集合12345,,,,aaaaa，其中12345aaaaa，将集合1345,,,aaaa分成两个交集为空集的子集，且两个子集元素之和相等，则有5134aaaa=++①或5341aaaa+=+②;

将集合2345,,,aaaa分成两个交集为空集的子集，且两个子集元素之和相等，则有2534++=aaaa③或5234=++aaaa④由①，③可得12aa=，矛盾；由①，④可得12=-aa，矛盾；由②，③可得12=-aa，矛盾；由②，④可得12aa=，矛盾.因此当5n=时，不存在“可分集”；

当7n=时，设集合1,3,5,7,9,11,13A=，去掉元素1，35791113+++=+；去掉元素3，19135711++=++去掉元素5，91313711+=+++；去掉元素7，19113513++=++去掉元素9，13511713+++=

+；去掉元素11，3791513++=++去掉元素13，1359711+++=+，所以集合1,3,5,7,9,11,13A=是“可分集”.因此集合A中元素个数n的最小值是7，故B正确.故选：ABD【点睛】1.本题“新定义”题，主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五

种，然后根据此新定义去解决问题.2.本题考查了考生分类讨论的能力，考生需要做到讨论情况涵盖所有情况，还需要能将讨论思路转换为数学语言的能力.3.对于全称命题型的选项考生可考虑通过举反例的方式排除.13．(2,2−【分析】求出原命题的否定，转化为恒成立问题，再利用一元二次

不等式恒成立问题即可求解.【详解】依题意，“Rx，()()222240axax−+−−”为真命题，即不等式()()222240axax−+−−在R上恒成立，当2a=时，40−，显然成立，当2a时，()()220Δ421620aaa−=−+

−，解得22a−，所以实数a的取值范围是(2,2−.故答案为：(2,2−14．7【分析】求出集合M中元素个数，再利用子集个数公式求解.【详解】5N232N0,1,22Mxxxx=−

==,集合M中有3个元素，则M的非空子集的个数是3217−=.故答案为：7.15．)2026,2025−−【分析】解不等式220xx−−得到2x或1x−，解不等式225250()xaxa+++得到52xa

−−，从而根据整数解得个数得到20252026a−，求出实数a的取值范围.【详解】由220xx−−解得：2x或1x−，225250()xaxa+++变形为()25()0xxa++，因为0a，所以52xa−−，其中512x

−−之间有1个整数解2−，因此要想同时满足两不等式x的整数值只有2024个，则要满足2xa−有2023个整数值，则20252026a−，解得：20262025a−−.故答案为：)2026,2025−−.

16．4【分析】将原式变形为92yyxx++，结合基本不等式即可求得最值.【详解】由题得92yxxxy+=+92yyxx++，设(0)yttx=，则999()222(2)2624222fttttttt=+=++−+−=−=+++.当且仅当1t=时取等.所以92yxxxy++的最小值为4

.故答案为：417．答案见解析【分析】分0n=，0n且0=，0n且0三种情况，分别求得m的取值，再根据CD=求解对应a的范围即可．【详解】由题可知，2,3B=，0a=时，RC=，则CDD=，

不合题意，故0a；由于由ABA=得，AB，①若0n=，若0m=，则A=，不合题意，则5122mxm−=，当51222mm−=时，即12m=，则12D=，若CD=，则1230a+，解得14a−≤；当51232mm−=时，即12=−m，则1

2D=−，若CD=，则()1230a−+，解得1a4；②若0n，0=时，205624mnm−=−，当2A时，542602mnm−+−=，联立解得14nm==；若CD=，

则430a+，解得34a−；当3A时，593602mnm−+−=，联立解得16nm==；若CD=，则630a+，解得12a−；③若0n，0时，即205624mnm−−，由A

BA=得，AB=，由根与系数关系得，55626mnmn=−=，解得12136013nm==，205606012134163213=−−，

符合题意，若CD=，则603013a+，解得1320a−；综上所述，当0,12nm==，则1,4a−−，当0,12nm==−，则1,4a+，当1,4nm==，则3,4a−−，当1,6nm==，

则1,2a−−，当1260,1313nm==，则13,20a−−．18．(1)34m≤≤(2)392m【分析】（1）由命题p：“xB，xA”是真命题，可知BA，根据子集的含义解决问题；（2）命题q：“xA，xB

”是真命题，所以AB，通过关系解决.【详解】（1）由命题p：“xB，xA”是真命题，可知BA，又B，所以21322133210mmmm+−+−−，解得34m≤≤．（2）因为B

，所以2132mm+−，得3m．因为命题q：“xA，xB”是真命题，所以AB，所以32110m−+，或33210m−−，得922m−．综上，392m．19．(1)|02aa(2)11mm【分析】（1）

将1m=代入，化简p、q，然后根据p为假命题，q为真命题，列出不等式，即可得到结果.（2）先根据条件化简p、q得到q，然后根据p是q的充分不必要条件，列出不等式，即可得到结果.【详解】（1）当1m=时，由121xxxxa∣∣，得2a，即：若p为真命题，则

2a；若q为真命题，即230axax++恒成立，则当0a=时，03≥满足题意；当0a时，20Δ120aaa=−，解得012a，故012a．故若p为假命题，q为真命题，则2012aa

，解得02a，即实数a的取值范围为|02aa．（2）对于p，1m且1ma+．对于q，012a，则q：a<0或12a．因为p是q的充分不必要条件，所以112m+，解得11m．故m的取值范围是11mm

.20．(1){1,3,5,7,9,11,13}(2)①n为奇数，证明见解析②最小值为7【分析】（1）根据定义直接判断即可得到结论；（2）①根据集合中元素总和与单个元素的奇偶性讨论后证明；②由①知n为奇数，根据n的取值讨论后求解.【详解】（1）{1,3,5,7,9,11,13};（2）①

设12,,,nAaaa=中所有元素之和为M，由题意得iMa-均为偶数，故()1,2,3,iain=的奇偶性相同,如果M为奇数，则()1,2,3,iain=也均为奇数，由于12nMaaa=+++，所以n

为奇数.如果M为偶数，则()1,2,3,iain=均为偶数，此时设2iiab=，则12,,,nbbb也是“平分集”.重复上述操作有限次，便可得各项均为奇数的“平分集”.此时各项之和也为奇数，则集合A中元素个数n为

奇数.综上所述，集合A中元素个数为奇数.②由①知若集合A是平分集，并且集合A中元素个数为奇数，当3n=时，显然任意集合123,,aaa不是“平分集”.当5n=时，不妨设12345aaaaa，若集合A为平分集

，若去掉的元素为2a，将集合1345,,,aaaa分成两个交集为空集的子集，且两个子集元素之和相等，则有1534aaaa+=+①，或者5134aaaa=++②；若去掉的元素为1a，将集合2345,,,aaaa分成两个交集为空集的子集，且两个子集

元素之和相等，则有2534aaaa+=+③，或者5234aaaa=++④.由①、③，得12aa=，矛盾；由①、④，得12aa=−，矛盾；由②、③，得12aa=−，矛盾；由②、④，得12aa=，矛盾.因此当5n=时，集合A

一定不是“平分集”；当7n=，设集合{1,3,5,7,9,11,13}A=，去掉1后，35791113+++=+，去掉3后，19135711++=++，去掉5后，91313711+=+++，去掉7后，19113513++=++，去掉9后，13511713+++=+，去掉11后，3791

513++=++，去掉13后，1359711+++=+，故集合{1,3,5,7,9,11,13}A=是平分集，所以，集合A中元素个数7n,A中元素个数最小值为7.21．{21mm或3}m【分析】分别计算出命题p、q为真命题时m的取值范围后

，结合p、q一真一假即可得.【详解】设12,xx为2:10pxmx++=的两个不等的负根，则211212Δ40010mxxmxx=−+=−=，解得2m，记集合2Amm=，而()22Δ162160m=−−，解之得13m，记集合

13Bmm=，若p真q假，则3ABmm=Rð，若p假q真，则21BAmm=Rð，综上：若p、q一真一假，则m{21mm或3}m.22．证明见解析【分析】根据充要条件定义证明即可.【详解】因为12a，所以函数22yaxax

c=−++图像的对称轴方程为直线2122axaa==，且1012a，所以max14yc=+.先证充分性:因为34c，且max1131444yc=++=，所以221axaxc−++.再证必要性:因为()

1fx≤，所以只需max1y即可.即114c+，从而34c.综上可知，对于任意0,1x，均有221axaxc−++成立的充要条件是34c.