高中數(shù)學(xué)必修一第一、二章綜合測(cè)試卷（含解析）

高中數(shù)學(xué)必修一第一、二章一、單選題1．已知集合A={x|2<x<4}，B={xA． B．或C． D．或2．已知集合A={x|x2-x-2<0}，A． B． C． D．3．已知集合A={0，2，4}，B={x|3x﹣x2≥0}，則集合A∩B的子集個(gè)數(shù)為（）A．2 B．3 C．4 D．84．設(shè)a>1>b>-1，則下列不等式中恒成立的是()A．1a<1b B．1a>1b5．下列命題錯(cuò)誤的是（）A．命題“若p則q”與命題“若?q，則?pB．命題“?x∈R,x2-x>0”C．?x>0且x≠1，都有D．“若am2<bm26．已知x>0，y>0，且1x+3+1yA．5 B．6 C．7 D．87．已知p：2xx-1<1，q：(xA．(-2，1) B．[-2，1]C．(-∞，-2]∪[1，8．設(shè)正實(shí)數(shù)x，y滿足x>12，y>1，不等式4x2A．22 B．42 C．8 D二、多選題9．如圖，全集為U，集合A，B是U的兩個(gè)子集，則陰影部分可表示為（）A．A∩B∪?C．A∩B∪?10．設(shè)a>0，b>0，且A．a(chǎn)b的最大值為12 B．a(chǎn)+C．a(chǎn)2+b2的最小值為45 11．若實(shí)數(shù)m，n滿足n2+2mnA．n的最大值為2 B．m+nC．13n+1n+2m的最小值為12．1872年德國(guó)數(shù)學(xué)家戴德金從連續(xù)性的要求出發(fā)，用有理數(shù)的“分割”來(lái)定義無(wú)理數(shù)（史稱“戴德金分割”），并把實(shí)數(shù)理論建立在嚴(yán)格的科學(xué)基礎(chǔ)上，從而結(jié)束了無(wú)理數(shù)被認(rèn)為“無(wú)理”的時(shí)代，也結(jié)束了數(shù)學(xué)史上的第一次大危機(jī).將有理數(shù)集Q劃分為兩個(gè)非空的子集M與N，且滿足M∪N=Q，M∩N=?，MA．M=B．M沒(méi)有最大元素，N有一個(gè)最小元素C．M沒(méi)有最大元素，N沒(méi)有最小元素D．M有一個(gè)最大元素，N有一個(gè)最小元素三、填空題13．命題“?x∈R，x2+2x﹣6＞0”的否定．14．函數(shù)y=x+1x-15．已知命題:“?x∈[1,2],使x2+2x+a≥0”為真命題,則a的取值范圍是.16．若正實(shí)數(shù)a，b滿足b2≥3a2+2ab，則ba四、解答題17．集合A={x|x-3x-718．已知集合A={x|[（1）若a=0，求A（2）若“x∈A”是“x∈B19．已知關(guān)于x的不等式x2+mx（1）求實(shí)數(shù)m，n的值；（2）若正實(shí)數(shù)a，b滿足ma+nb20．已知不等式2≤ax（1）若a>0，且不等式ax2+b（2）解關(guān)于x的不等式：ax21．對(duì)于非空數(shù)集A，若其最大元素為M，最小元素為m，則稱集合A的幅值為TA=M-m（1）若A={2（2）若A={1，2，3（3）若集合N*的非空真子集A1，A2，22．我們知道，a+b22-a2+b22=a2+b2+2（1）求函數(shù)fx（2）已知x>0，y>0，若不等式mx+

參考答案1．B因?yàn)锽={x|3≤所以CRB={x|x又因?yàn)榧螦={x所以ACRB={x|2．C解不等式可得集合A因?yàn)榧螧所以A3．C解：集合A={0，2，4}，B={x|3x﹣x2≥0}={x|x2﹣3x≤0}={x|0≤x≤3}，∴A∩B={0，2}，∴A∩B的子集為?，{0}，{2}，{0，2}共4個(gè)．4．C對(duì)于A，例如a=2，b=-，此時(shí)滿足a＞1＞b＞-1，1a>1b對(duì)于B，例如a=2，b=此時(shí)滿足a＞1＞b＞-1但1a<1b對(duì)于C，∵-1＜b＜1∴0≤b2＜1∵a＞1∴a＞b2，故C正確，對(duì)于D，例如a=98b=34此時(shí)滿足a＞1＞b＞-1，a2＜2bg，故5．D對(duì)于A，由逆否命題的定義可得，命題“若p則q”的逆否命題為“若?q，則?p”，所以A對(duì)于B，由含量詞的命題的否定可得，命題“?x∈R,x2-x>0”的否定是“?∈對(duì)于C，當(dāng)x>0且x≠1時(shí)，由基本不等式可得x+1對(duì)于D，命題“若a<b，則am2<bm26．A7．C8．C設(shè)a因?yàn)閤>12，y>1，∴a>0則4當(dāng)且僅當(dāng)a=b=1，即x=2，y=19．A,C10．A,C,D對(duì)A：因?yàn)閍2b≤a+2b24=1，當(dāng)且僅當(dāng)a=2b=1時(shí)，等號(hào)成立，

即ab≤12對(duì)B：因?yàn)閍+b=2-2b對(duì)C：因?yàn)閍2+b2=2-2b2+b2對(duì)D：因?yàn)閍-b+2ab=a-b+a+2bab=1a+2b，

11．B,C對(duì)A項(xiàng)，因?yàn)閚>0，假設(shè)n=4，則16+8m=4，顯然m有解，故n的最大值為對(duì)B項(xiàng)，原式可變形得m=2n-n2，則對(duì)C項(xiàng)，原式變形得n+2m=4n，則1對(duì)D項(xiàng)，原式變形得2m=4n-n，代入4m2+3n2得412．A,B,C對(duì)于A，M={x對(duì)于B，取M=M沒(méi)有最大元素，N有一個(gè)最小元素，B符合題意；對(duì)于C，取M=M沒(méi)有最大元素，N沒(méi)有最小元素，C符合題意；對(duì)于D，假設(shè)M有一個(gè)最大元素m，N有一個(gè)最小元素n，根據(jù)戴德金分割定義，必有m<n，則無(wú)法滿足M∪13．?x∈R，x2+2x﹣6≤014．5∵x>3，∴x-3>0，∴f(15．[-8,+∞)當(dāng)1≤x≤2時(shí),3≤x2+2x≤8,如果“?x∈[1,2],使x2+2x+a≥0”為真命題應(yīng)有-a≤x2+2x,因?yàn)閤2+2x在[1,2],為遞增，過(guò)x2+2x在[1,2],的最大值為8，所以a≥-8.；故答案為[-8,+∞)16．31因?yàn)檎龑?shí)數(shù)a，b滿足b2≥3a2+2ab，所以(ba)2-2×ba-3≥0，解得ba≤-1則ba+16ax>0時(shí)，由不等式x+16x≥8，當(dāng)且僅當(dāng)x=4時(shí)等號(hào)成立知y=t+2+16t+2在[2,+∞)上單調(diào)遞增，又t≥3所以ba+16a2a17．因?yàn)锳={x|3≤x<7}，故CR(∴A∩B={x18．（1）解：由[x-(a+1)][若a=0，則A又B={x|-1<（2）解：由（1）知A={因?yàn)椤皒∈A”是“x∈B”的必要不充分條件，所以所以a+1≤-1a+5≥2，解得a所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為[-3，19．（1）解：因?yàn)殛P(guān)于x的不等式x2+mx所以x=-2,x由韋達(dá)定理得-2+1=-m-（2）解：由（1）得1a則ma+當(dāng)且僅當(dāng)2ba=所以a+2b取得最小值20．（1）解：∵a>0，原不等式等價(jià)于且ax2+bx+c≤3的解集為2,3，故方程a故由韋達(dá)定理2+3=-b∴a可得1a≥-x2+5x-因?yàn)閍x故ax-∴-1≤x≤6+3a,∵不等式有且僅有10所以a的取值范圍為1<a（2）解：當(dāng)a>0時(shí)，由（1）得a>0時(shí)ax即：ax-①當(dāng)0<a<1②當(dāng)a=15③當(dāng)15<a當(dāng)a<0時(shí)，原不等式等價(jià)于ax2+bx+c≤3恒成立，解得-4≤ax該不等式解集為{x∣x當(dāng)a=0,2b+c當(dāng)a=0,2b+c綜上所述：當(dāng)-4≤a<0時(shí)，不等式解集為{當(dāng)a=0,b>0當(dāng)a=0,b<0當(dāng)0<a<1當(dāng)a=15當(dāng)15<a21．（1）解：由集合A={2所以TA（2）解：因?yàn)锳={1由此可知集合A1，A根據(jù)定義要讓TA則只需TA1，TA2，TA4，5，6，分布在3個(gè)集合中，1，2，3分布在3個(gè)集合中這樣差值才會(huì)最大，總體才會(huì)有最大值，所以TA1+所以有一組A1（3）解：要n的值最大，則集合的幅值要盡量最小，故幅值最小從0開(kāi)始，接下來(lái)為1，因?yàn)锳1，A不妨設(shè)A1是集合N*中只有一個(gè)元素的非空真子集，此時(shí)TA則A2是集合N*