2018-2019学年上海市交大附中高一(上)周爽数学试卷

2018-2019学年上海市交大附中高一（上）周爽数学试卷
一、选择题：
1. 设全集为U，定义集合M与N的运算：M∗N＝{x|x∈M∪N且x∉M∩N}，则N∗(N∗M)＝（）
A.M
B.N
C.M∩∁U N
D.N∩∁U M
2. 设集合P1={x|x2+ax+1>0}，P2={x|x2+ax+2>0}，Q1={x|x2+x+b>0}，Q2={x|x2+
2x+b>0}，其中a，b∈R，下列说法正确的是（）
A.对任意a，P1是P2的子集，对任意b，Q1不是Q2的子集
B.对任意a，P1是P2的子集，存在b，使得Q1是Q2的子集
C.存在a，P1不是P2的子集，对任意b，Q1不是Q2的子集
D.存在a，P1不是P2的子集，存在b，使得Q1是Q2的子集
3. P，Q是实数集R的两个非空子集，若函数f(x)满足当x∈P时，f(x)＝2x；当x∈Q时，f(x)＝x．记A＝{y|y＝f(x), x∈P}，B＝{y|y＝f(x), x∈Q}，下列四个命题中：正确的是（）
（1）若P∩Q＝⌀，则A∩B＝⌀；（2）若P∩Q≠⌀，则A∩B≠⌀；
（3）若P∪Q＝R，则A∪B＝R；（4）若P∪Q≠R，则A∪B≠R；
A.0个
B.1个
C.2个
D.3个
4. 由无理数引发的数学危机一直延续到19世纪．直到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．所谓戴德金分割，是指将有理数集Q划分为两个非空的子集M与N，且满足M∪N＝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)为戴德金分割试判断，对于任一戴德金分割(M, N)，下列选项中，不可能成立的是（）
A.M没有最大元素，N有一个最小元素
B.M没有最大元素，N也没有最小元素
C.M有一个最大元素，N有一个最小元素
D.M有一个最大元素，N没有最小元素
二、填空题：
设A是整数集的一个非空子集，对于k∈A，如果k−1∉A且k+1∉A，那么k是A的一个“单独元”，给定A ＝{1, 2, 3, 4, 5}，则A的所有子集中，只有一个“单独元”的集合共有________个．
若集合A1，A2满足A1∪A2＝A，则称(A1, A2)为集合A的一种分析，并规定：当且仅当A1＝A2时，(A1, A2)与(A2, A1)为集合A的同一种分析，则集合A＝{a1, a2, a3}的不同分析种数是________．
若X是一个集合，τ是一个以X的某些子集为元素的集合，且满足：①X属于τ，⌀属于τ；②τ中任意多个元素的并集属于τ；③τ中有限个元素的交集属于τ．则称τ是集合X上的一个拓扑．已知集合X＝{a, b, c}，对于下面给出的四个集合τ：
①τ＝{⌀, {a}, {c}, {a, b, c}}；
②τ＝{⌀, {b}, {c}, {b, c}, {a, b, c}}；
③τ＝{⌀, {a}, {a, b}, {a, c}}；
④τ＝{⌀, {a, c}, {b, c}, {c}, {a, b, c}}．
其中是集合X上的拓扑的集合τ的序号是________．
设集合P＝{1, 2, ..., 6}，A，B是P的两个非空子集．则所有满足A中的最大数小于B中的最小数的集合对(A, B)的个数为：________．
若规定集合M＝{a1, a2, ..., a n}(n∈N∗)的子集{a i
1
, a i
2
, ⋯a i
m
}(m∈N∗)为M的第k个子集，其中k=2i1−1+ 2i2−1+⋯+2i n−1，则M的第25个子集是________．
已知集合A＝{0, 2, 3}，B＝{x|x＝a⋅b, a, b∈A}，则集合B的子集个数为________．
已知集合P＝{x|1≤x≤6, x∈N}，对它的非空子集A，将A中每个元素k，都乘以(−1)k再求和（如A＝{1, 3, 6}，可求得和为(−1)⋅1+(−1)3⋅3+(−1)6⋅6＝2，则对M的所有非空子集，这些和的总和是
________．
已知集合A＝{x|x2−16≤0, x∈R}，B＝{x||x−3|≤a, x∈R}，若B⊆A，则正实数a的取值范围是
________．
已知全集U＝{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}，在U中任取四个元素组成的集合记为A＝{a1, a2, a3, a4}，余下的四个元素组成的集合记为∁U A＝{b1, b2, b3, b4}，若a1+a2+a3+a4<b1+b2+b3+b4，则集合A的取法共有
________种．
已知集合A中有10个元素，集合B中有6个元素，全集U中有18个元素，且有A∩B≠⌀，设集合∁U(A∪B)中有x个元素，则x的取值范围是________．
设f(x)＝ax2+2x−3，g(x)＝x2+(1−a)x−a，M＝{x|f(x)≤0}，P＝{x|g(x)≥0}．若M∩P＝R，则实数a的取值集合为________．
定义一个集合A的所有子集组成的集合叫做集合A的幂集，记为P(A)，用n(A)表示有限集A的元素个数．给出下列命题：
①对于任意集合A，都有A∈P(A)；
②存在集合A，使得n[P(A)]＝3；
③若A∩B＝⌀，则P(A)∩P(B)＝⌀；
④若A⊆B，则P(A)⊆P(B)；
⑤若n(A)−n(B)＝1，则n[P(A)]＝2×n[P(B)]．
其中所有正确命题的序号为________．
三、解答题：
已知集合A＝{1, 2, 3, ..., 2n}(n∈N∗)．对于A的一个子集S，若存在不大于n的正整数m，使得对于S中的任
意一对元素s1，s2，都有|s1−s2|≠m，则称S具有性质P．
(Ⅰ)当n＝10时，试判断集合B＝{x∈A|x>9}和C＝{x∈A|x＝3k−1, k∈N∗}是否具有性质P？并说明理由．(Ⅱ)若n＝1000时
①若集合S具有性质P，那么集合T＝{2001−x|x∈S}是否一定具有性质P？并说明理由；
②若集合S具有性质P，求集合S中元素个数的最大值．
参考答案与试题解析
2018-2019学年上海市交大附中高一（上）周爽数学试卷
一、选择题：
1.
【答案】
A
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
根据题意画出文氏图表示M∗N为图中的阴影区域，从而得出N∗(N∗M)所表示的区域
为M．
【解答】
如图所示，由定义可知N∗M为图中的阴影区域，
∴N∗(N∗M)为图中阴影Ⅰ和空白的区域，
∴N∗(N∗M)＝M．
2.
【答案】
B
【考点】
集合的包含关系判断及应用
【解析】
运用集合的子集的概念，令m∈P1，推得m∈P2，可得对任意a，P1是P2的子集；再由b＝1，b＝5，求得Q1，Q2，即可判断B正确，A，C，D错误．
【解答】
解：对于集合P1={x|x2+ax+1>0}，P2={x|x2+ax+2>0}，
可得当m∈P1，即m2+am+1>0，可得m2+am+2>0，
即有m∈P2，可得对任意a，P1是P2的子集；
当b=5时，Q1={x|x2+x+5>0}=R，Q2={x|x2+2x+5>0}=R，
可得Q1是Q2的子集；
当b=1时，Q1={x|x2+x+1>0}=R，Q2={x|x2+2x+1>0}={x|x≠−1且x∈R}，
可得Q1不是Q2的子集．
综上可得，对任意a，P1是P2的子集，存在b，使得Q1是Q2的子集．
故选B. 3.
【答案】
C
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
由函数的表达式知，可借助两个函数y＝x与y＝2x图象来研究，通过函数的定义域与函数的值域，结合集合
的关系以及函数的单调性，分析可得答案．
【解答】
（2）若P∩Q≠⌀，说明函数y＝x，y＝2x有相同的定义域的部分，
但是两个函数的值域可以没有相同的部分，即A∩B≠⌀，不正确（1）（3）若P∪Q＝R，说明函数y＝x，y
＝2x的定义域的并集是R，
但是两个函数递增，则A∪B＝R正确（2）（4）若P∪Q≠R，说明函数y＝x，y＝2x的定义域的并集不是R，由于两个函数均为递增的正比例函数，可得A∪B≠R，正确．
即有（3）（4）正确．
故选：C．
4.
【答案】
C
【考点】
集合的含义与表示
【解析】
由题意依次举例对四个命题判断，从而确定答案．
【解答】
若M＝{x∈Q|x<0}，N＝{x∈Q|x≥0}；则M没有最大元素，N有一个最小元素0；故A正确；
若M＝{x∈Q|x<√2}，N＝{x∈Q|x≥√2}；则M没有最大元素，N也没有最小元素；故B正确；
M有一个最大元素，N有一个最小元素不可能，故C不正确；
若M＝{x∈Q|x≤0}，N＝{x∈Q|x>0}；M有一个最大元素，N没有最小元素，故D正确；
二、填空题：
【答案】
13
【考点】
子集与真子集
【解析】
理解题目所给的条件是关键．抓住k∈A，则k−1∉A且k+1∉A
进行逐一验证，然后找出满足条件的子集，
最后写出满足条件的集合的个数．
【解答】
∵k∈A，则k−1∉A且k+1∉A∴所求集合中满足题意的有：{1}，{2}，{3}，{4}，{5}，{1, 2, 4}，{1, 2, 5}，{1, 3, 4}，{1, 4, 5}，{2, 3, 5}，{2, 4, 5}，{1, 2, 3, 5}，{1, 3, 4, 5}
【答案】
27
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
考虑集合A1为空集，有一个元素，2个元素，和集合A相等四种情况，由题中规定的新定义分别求出各自的分析种数，然后把各自的分析种数相加，利用二次项定理即可求出值．
【解答】
当A1＝⌀时必须A2＝A，分析种数为1；
当A1有一个元素时，分析种数为C31⋅2；
当A1有2个元素时，分析总数为C32⋅22；
当A1＝A时，分析种数为C33⋅23．
所以总的不同分析种数为1+C31⋅21+C32⋅22+C33⋅23＝(1+2)3＝27．
【答案】
②④
【考点】
集合的包含关系判断及应用
【解析】
根据集合X上的拓扑的集合τ的定义，逐个验证即可：①{a}∪{c}＝{a, c}∉τ，③{a, b}∪{a, c}＝{a, b, c}∉τ，因此①③都不是；②④满足：①X属于τ，⌀属于τ；②τ中有限个元素的并集属于τ；③τ中有限个元
素的交集属于τ，因此②④是，从而得到答案．
【解答】
①τ＝{⌀, {a}, {c}, {a, b, c}}；
而{a}∪{c}＝{a, c}∉τ，故①不是集合X上的拓扑的集合τ；
②τ＝{⌀, {b}, {c}, {b, c}, {a, b, c}}，满足：①X属于τ，⌀属于τ；②τ中有限个元素的并集属于τ；③τ中有限个元素的交集属于τ
因此②是集合X上的拓扑的集合τ；
③τ＝{⌀, {a}, {a, b}, {a, c}}；
而{a, b}∪{a, c}＝{a, b, c}∉τ，故③不是集合X上的拓扑的集合τ；
④τ＝{⌀, {a, c}, {b, c}, {c}, {a, b, c}}．
满足：①X属于τ，⌀属于τ；②τ中有限个元素的并集属于τ；③τ中有限个元素的交集属于τ
因此④是集合X上的拓扑的集合τ；
【答案】
129
【考点】
子集与真子集
【解析】
设A中的最大数为k，其中1≤k≤n−1，整数n≥3，则A中必含元素k，另元素1，2，…，k−1，可在A中，B中必不含元素1，2，…，k；元素k+1，k+2，…，k可在B中，但不能都不在B中．由此能求出a n，当n＝
6时，代值计算即可．
【解答】
设A中的最大数为k，其中1≤k≤n−1，整数n≥3，则A中必含元素k，另元素1，2，…，k−1，
可在A中，故A的个数为：C k−1
0+C
k−1
1+C
k−1
2+...+C
k−1
k−1＝2k−1，
B中必不含元素1，2，…，k，
另元素k+1，k+2，…，k可在B中，但不能都不在B中，
故B的个数为：C n−k
1+C
n−k
2+...+C
n−k
n−k＝2n−k−1，
从而集合对(A, B)的个数为2k−1⋅(2n−k−1)＝2n−1−2k−1，
∴a n=∑k−1
n=1
(2n−1−2k−1)＝(n−1)⋅2n−1−1−2n−1
1−2
=(n−2)⋅2n−1+(1)
当n＝6时，a6＝(6−2)×25+1＝129
故答案为：1(29)
【答案】
{a1, a4, a5}
【考点】
子集与真子集
【解析】
根据定义将25表示成2n和的形式，由新定义求出M的第25个子集．
【解答】
由题意得，M的第k个子集，且k=2i1−1+2i2−1+⋯+2i n−1，
又25＝20+23+24＝21−1+24−1+25−1，
所以M的第25个子集是{a1, a4, a5}，
【答案】
16
【考点】
子集与真子集
【解析】
先求出集合B，再求集合B的子集的个数．
【解答】
∵A＝{0, 2, 3}，B＝{x|x＝a⋅b, a, b∈A}，
∴B＝{0, 4, 6, 9}．
所以集合B中的子集个数为24＝16个．
【答案】
96
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
根据题意，将M中所有非空子集分类考虑完备，将所有非空子集中的含有1的总个数确定好，从而可求其和，同理求得含有2、3…，6的部分的和，问题即可解决．
【解答】
∵M＝{x|1≤x≤6, x∈N}＝{1, 2, ..., 6}，
∴M中所有非空子集中含有1的有6类：
①单元素集合只有{1}含有1，即1出现了C50次；
②双元素集合有1的有{1, 2}，{1, 3}，…{1, 6}，即1出现了C51次；
③三元素集合中含有1的有{1, 2, 3}，{1, 2, 4}，…{1, 5, 16}即1出现了C52次；
…
⑩含有6个元素{1, 2, ...}1出现了C55次；
∴1共出现C50+C51+...+C55＝25；
同理2，3，4，…6各出现25次，
∴ M 的所有非空子集中，这些和的总和是 25•[(−1)1+2×(−1)2+...+6×(−1)6]＝25×3＝96． 【答案】 (0, 1] 【考点】
集合的包含关系判断及应用 【解析】
先把集合A 、B 解出来，再根据B ⊆A ，求正实数a 的取值范围即可． 【解答】
因为A ＝{x|x 2−16≤0, x ∈R}＝[−4, 4]， B ＝{x||x −3|≤a, x ∈R}＝[3−a, 3+a]， 又B ⊆A ， 所以{3−a ≥−43+a ≤4 ，
解得：a ≤1， 又a 是正实数， 故a ∈(0, 1]， 【答案】 31
【考点】 子集与真子集
排列、组合及简单计数问题 补集及其运算
【解析】
根据条件a 1+a 2+a 3+a 4<b 1+b 2+b 3+b 4，确定满足条件的元素取值情况即可得到结论． 【解答】
∵ 全集U ＝{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}，
∴ U 中元素的和为1+2+3+4+5+6+7+8＝36， 若a 1+a 2+a 3+a 4<b 1+b 2+b 3+b 4， 则S ＝a 1+a 2+a 3+a 4<18，
U 中任取4个元素的取法有C 84
=70，
其中S ＝18的取法有以下8种：{1, 2, 7, 8}；{1, 3, 6, 8}；{1, 4, 6, 7}；{1, 4, 5, 8}；{2, 3, 5, 8}；{2, 3, 6, 7}；{2, 4, 5, 7}；{3, 4, 5, 6}．
对于其它70−8＝62种取法，S 要么大于18，要么小于18，
如果S 小于18，那么它属于A ，如果S 大于18，那么其补集的元素和就小于18，属于A 故A 的取法共有62
2=31种．
【答案】
3≤x ≤8且x 为整数 【考点】
交、并、补集的混合运算 【解析】
由集合B 中有6个元素，考虑当A 与B 两集合的交集最少时，仅有一个元素时，得到两集合的并集有15个元素，根据全集有18个元素，得到两集合并集的补集有3个元素；当两集合的交集最多时，有6个元素时，两集合的并集有10个元素，得到两集合并集的补集有8个元素，所以得到两集合并集中元素x 的取值范围．
【解答】
因为当集合A ∩B 中仅有一个元素时，集合∁U (A ∪B)中有3个元素， 当A ∩B 中有6个元素时，∁U (A ∪B)中有8个元素， 则得到3≤x ≤8且x 为整数． 【答案】 {−1} 【考点】
集合的包含关系判断及应用 【解析】
M ∩P ＝R ，M ＝P ＝R ，利用判别式，即可得出结论． 【解答】
∵ M ∩P ＝R ，∴ M ＝P ＝R ，
∴ {a <0
4+12a ≤0 ，且(1−a)2+4a ≤0，
∴ a ＝−1， 【答案】 ①④⑤ 【考点】 子集与真子集 【解析】
直接利用新定义判断五个命题的真假即可． 【解答】
由P(A)的定义可知①正确，④正确，
设n(A)＝n ，则n （P(A)）＝2n ，∴ ②错误， 若A ∩B ＝⌀，则P(A)∩P(B)＝{⌀}，③不正确； n(A)−n(B)＝1，即A 中元素比B 中元素多1个， 则n[P(A)]＝2×n[P(B)]．⑤正确， 三、解答题：
【答案】
（1）当n ＝10时，集合A ＝{1, 2, 3, ..., 19, 20}，B ＝{x ∈A|x >9}＝{10, 11, 12, ..., 19, 20}不具有性质P ． 因为对任意不大于10的正整数m ，
都可以找到该集合中两个元素b 1＝10与b 2＝10+m ，使得|b 1−b 2|＝m 成立．
集合C ＝{x ∈A|x ＝3k −1, k ∈N ∗}具有性质P ．
因为可取m ＝1<10，对于该集合中任意一对元素c 1＝3k 1−1，c 2＝3k 2−1，k 1，k 2∈N ∗ 都有|c 1−c 2|＝3|k 1−k 2|≠1．
（2）当n ＝1000时，则A ＝{1, 2, 3, ..., 1999, 2000}
①若集合S 具有性质P ，那么集合T ＝{2001−x|x ∈S}一定具有性质P ． 首先因为T ＝{2001−x|x ∈S}，任取t ＝2001−x 0∈T ，其中x 0∈S ， 因为S ⊆A ，所以x 0∈{1, 2, 3, ..., 2000}，
从而1≤2001−x 0≤2000，即t ∈A ，所以T ⊆A ． 由S 具有性质P ，可知存在不大于1000的正整数m ， 使得对S 中的任意一对元素s 1，s 2，都有|s 1−s 2|≠m ． 对于上述正整数m ，
从集合T ＝{2001−x|x ∈S}中任取一对元素t 1＝2001−x 1，t 2＝2001−x 2，其中x 1，x 2∈S ， 则有|t 1−t 2|＝|x 1−x 2|≠m ，
所以集合T ＝{2001−x|x ∈S}具有性质P ．
②设集合S有k个元素．由第①问知，若集合S具有性质P，那么集合T＝{2001−x|x∈S}一定具有性质P．任给x∈S，1≤x≤2000，则x与2001−x中必有一个不超过1000，
所以集合S与T中必有一个集合中至少存在一半元素不超过1000，
不妨设S中有t(t≥k
2
)个元素b1，b2，…，b t不超过1000．
由集合S具有性质P，可知存在正整数m≤1000，
使得对S中任意两个元素s1，s2，都有|s1−s2|≠m，
所以一定有b1+m，b2+m，…，b t+m∉S．
又b i+m≤1000+1000＝2000，故b1+m，b2+m，…，b t+m∈A，
即集合A中至少有t个元素不在子集S中，
因此k+k
2≤k+t≤2000，所以k+k
2
≤2000，得k≤1333，
当S＝{1, 2, ..., 665, 666, 1334, ..., 1999, 2000}时，
取m＝667，则易知对集合S中任意两个元素y1，y2，
都有|y1−y2|≠667，即集合S具有性质P，
而此时集合S中有1333个元素．
因此集合S元素个数的最大值是1333．
【考点】
子集与真子集
集合的包含关系判断及应用
【解析】
(Ⅰ)当n＝10时，集合A＝{1, 2, 3, ..., 19, 20}，B＝{x∈A|x>9}＝{10, 11, 12, ..., 19, 20}，根据性质P的定义可知其不具有性质P；C＝{x∈A|x＝3k−1, k∈N∗}，令m＝1<10，利用性质P的定义即可验证|c1−
c2|≠1；(Ⅱ)当n＝1000时，则A＝{1, 2, 3, ..., 1999, 2000}，①根据T＝{2001−x|x∈S}，任取t＝2001−x0∈T，其中x0∈S，可得1≤2001−x0≤2000，利用性质P的定义加以验证即可说明集合T＝{2001−
x|x∈S}具有性质P；②设集合S有k个元素．由第①问知，任给x∈S，1≤x≤2000，则x与2001−x中必有一个不超过1000，从而得到集合S与T中必有一个集合中至少存在一半元素不超过1000，然后利用性质P的
定义进行分析即可求得k+k
2≤k+t≤2000，即k+k
2
≤2000，解此不等式得k≤1333．
【解答】
（1）当n＝10时，集合A＝{1, 2, 3, ..., 19, 20}，B＝{x∈A|x>9}＝{10, 11, 12, ..., 19, 20}不具有性质P．因为对任意不大于10的正整数m，
都可以找到该集合中两个元素b1＝10与b2＝10+m，使得|b1−b2|＝m成立．
集合C＝{x∈A|x＝3k−1, k∈N∗}具有性质P．
因为可取m＝1<10，对于该集合中任意一对元素c1＝3k1−1，c2＝3k2−1，k1，k2∈N∗
都有|c1−c2|＝3|k1−k2|≠1．
（2）当n＝1000时，则A＝{1, 2, 3, ..., 1999, 2000}
①若集合S具有性质P，那么集合T＝{2001−x|x∈S}一定具有性质P．
首先因为T＝{2001−x|x∈S}，任取t＝2001−x0∈T，其中x0∈S，
因为S⊆A，所以x0∈{1, 2, 3, ..., 2000}，
从而1≤2001−x0≤2000，即t∈A，所以T⊆A．
由S具有性质P，可知存在不大于1000的正整数m，
使得对S中的任意一对元素s1，s2，都有|s1−s2|≠m．
对于上述正整数m，
从集合T＝{2001−x|x∈S}中任取一对元素t1＝2001−x1，t2＝2001−x2，其中x1，x2∈S，则有|t1−t2|＝|x1−x2|≠m，
所以集合T＝{2001−x|x∈S}具有性质P．
②设集合S有k个元素．由第①问知，若集合S具有性质P，那么集合T＝{2001−x|x∈S}一定具有性质P．任给x∈S，1≤x≤2000，则x与2001−x中必有一个不超过1000，
所以集合S与T中必有一个集合中至少存在一半元素不超过1000，
不妨设S中有t(t≥k
2
)个元素b1，b2，…，b t不超过1000．
由集合S具有性质P，可知存在正整数m≤1000，
使得对S中任意两个元素s1，s2，都有|s1−s2|≠m，
所以一定有b1+m，b2+m，…，b t+m∉S．
又b i+m≤1000+1000＝2000，故b1+m，b2+m，…，b t+m∈A，
即集合A中至少有t个元素不在子集S中，
因此k+k
2
≤k+t≤2000，所以k+k
2
≤2000，得k≤1333，
当S＝{1, 2, ..., 665, 666, 1334, ..., 1999, 2000}时，
取m＝667，则易知对集合S中任意两个元素y1，y2，
都有|y1−y2|≠667，即集合S具有性质P，
而此时集合S中有1333个元素．
因此集合S元素个数的最大值是1333．。