2021-2022学年高一上学期数学苏教版（2019）必修第一册第1章 集合 单元综合测评卷（word含解析）

第1章 集合 单元综合测评卷
一、单选题
1．已知集合中有10个元素，中有6个元素，全集有18个元素，.设集合中有个元素，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
2．已知集合，，，则（ ）
A． B． C． D．
3．下列各组集合表示同一集合的是（ ）
A． B．
C．， D．
4．已知集合，或，则（ ）
A． B．
C． D．或
5．对与任意集合A，下列各式①，②，③，④，正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
6．已知全集，则（ ）
A． B． C． D．
7．已知集合，，则（ ）
A． B．或 C． D．
8．集合，，则集合等于（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．中国古代重要的数学著作《孙子算经》下卷有题：“今有物，不知其数，三三数之，剩二；五五数之，剩三；七七数之，剩二问：物几何 ”现有如下表示：已知，，，若，则下列选项中符合题意的整数为（ ）
A．8 B．128 C．37 D．23
10．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中的每一个元素都小于N中的每一个元素，则称为戴德金分割试判断，对于任一戴德金分割，下列选项中，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
11．设全集，集合，，则（ ）
A． B．
C． D．集合的真子集个数为8
12．设集合，，，，则下列选项中，满足的实数的取值范围可以是（ ）
A． B．或 C． D．
三、填空题
13．设集合，，定义集合，已知，，则的子集为______．
14．若集合，且下列四个关系中有且只有一个是正确的，则符合条件的有序数组的个数是______．
①； ②； ③； ④．
15．设集合且，，则 ______．
16．已知集合，，则______．
四、解答题
17．已知或，，，，求实数a，b的值．
18．已知集合，，若，求实数m的值和．
19．已知集合，，且， ．求p、q、r的值．
20．设集合，集合.
（1）求使的实数a的取值范围；
（2）是否存在实数a，使成立？若存在，求出实数a的取值范围；若不存在，请说明理由.
21．已知全集或，或，或，.求.
22．已知，，，记，用表示有限集合的元素个数.
（I）若，，，求；
（II）若，，则对于任意的，是否都存在，使得？说明理由；
参考答案
1．A
【分析】
分析可得至少有 个元素，至多有个元素，由，由补集的定义即可求解.
【解析】集合中有10个元素，中有6个元素，因为，
至少有 个元素，至多有个元素，
所以至多有个元素，至少有个 元素，
集合有个元素，则且为正整数.
即的取值范围是，
故选：.
2．C
【分析】
根据给定条件利用补集、并集的定义直接计算即得.
【解析】因为集合，，则，而，
所以.
故选：C
3．C
【分析】
根据集合的表示法一一判断即可；
【解析】解：对于A：集合表示含有点的集合，表示含有点的集合，显然不是同一集合，故A错误；
对于B：集合表示的是直线上的点组成的集合，集合为数集，故B错误；
对于C：集合、均表示含有两个元素组成的集合，故是同一集合，故C正确；
对于D：集合表示的是数集，集合为点集，故D错误；
故选：C
4．C
【分析】
利用交集运算规律求解即可.
【解析】解：集合，或，
.
故选：C.
5．C
【分析】
根据集合中元素与集合的关系，集合与集合的关系及交并运算可判断.
【解析】易知①，②，③，正确
④，不正确，应该是
故选：C.
6．A
【分析】
画出韦恩图即可解得.
【解析】如图：
由交、并、补的定义可知：.
故选：A.
7．D
【分析】
利用补集和交集的定义可求得结果.
【解析】由已知可得或，因此，.
故选：D.
8．A
【分析】
根据集合的交集运算可得结果
【解析】因为，，
所以.
故选：A
9．BD
【分析】
根据给定条件对各选项逐一分析计算即可判断作答.
【解析】对于A，因，则，选项A错误；
对于B，，即；又，即；而，即，因此，，选项B正确；
对于C，因，则，选项C错误；
对于D，，即；又，即；而，即，因此，，选项D正确.
故选：BD
10．ABD
【分析】
举特例根据定义分析判断，进而可得到结果．
【解析】令，，显然集合M中没有最大元素，集合N中有一个最小元素，即选项A可能；
令，，显然集合M中没有最大元素，集合N中也没有最小元素，即选项B可能；
假设答案C可能，即集合M、N中存在两个相邻的有理数，显然这是不可能的；
令，，显然集合M中有一个最大元素，集合N中没有最小元素，即选项D可能.
故选：ABD．
11．AC
【分析】
根据集合交集、补集、并集的定义，结合集合真子集个数公式逐一判断即可.
【解析】因为全集，集合，，
所以，，，
因此选项A、C正确，选项B不正确，
因为集合的元素共有3个，所以它的真子集个数为：，因此选项D不正确，
故选：AC
12．CD
【分析】
根据可得或，解不等式可以得到实数的取值范围，然后结合选项即可得出结果.
【解析】集合，，，，满足，或，解得或，实数的取值范围可以是或，结合选项可得CD符合.
故选：CD.
13．，
【分析】
由题可得，再利用子集的概念即得.
【解析】根据新定义可知，，故的子集为，．
故答案为：，.
14．6
【分析】
依次假设其中一项是正确的，再结合集合关系推理求解即可.
【解析】解：若①正确，则②③④不正确，可得不正确，即，与矛盾，故①不正确．
若②正确，则①③④不正确，由④不正确，得；由，，，得满足条件的有序数组为，，，或，，，．
若③正确，则①②④不正确，由④不正确，得；由②不正确，得，则满足条件的有序数组为，，，．
若④正确，则①②③不正确，由②不正确，得；由，，，得满足条件的有序数组为，，，或，，，或，，，．
综上所述，满足条件的有序数组的个数为6．
故答案为：6
15．
【分析】
依题得到然后计算即可.
【解析】满足
将③代入②，得，解得． ④
结合①③，得，．因此．
故答案为：
16．
【分析】
先得到集合，然后利用交集的概念进行运算即可.
【解析】由题可知：，
所以
所以
故答案为：
17．，
【分析】
由已知条件及并集和交集的概念，即得.
【解析】∵或，，
∵，
∴，．
又∵，
∴，
∴．
故，.
18．，．
【分析】
由题可得，可求得或，再结合条件及并集的运算即得.
【解析】∵，∴．
又，
∴，解得或．
当时，，，满足，∴．
当时，，，不满足，舍去．
综上可知，，．
19．，
【分析】
依题意可知，，然后代值计算可得结果.
【解析】由，得，，于是
化简得,故由，得．
再由，得，即知．
因此，，．
20．
（1）
（2）存在，
【分析】
(1)分a的取值情况求出集合B，再根据给定结果列式求解即得.
(2)分类讨论求出的实数a的取值集合，再求时a的范围即可.
（1）
因为，则，而，
解方程得：或，
当时，，则，
当时，，于是得，解得且，
综上得：，
所以实数的取值范围是.
（2）
当时，由(1)知，，，
若，则，由得：，若，则，由得：，
因此，当时，或，于是得当时，，
所以存在实数，使成立，实数的取值范围是.
21．或，或，，
或.
【分析】
求得集合或，或，或，结合集合的交集、并集和补集的运算，即可求解.
【解析】由题意，集合或，或，.
可得或或，.
又由全集或，可得
可得，
或.
22．（I）或或；（II）不一定存在，理由见解析.
【分析】
（I）由已知得，其中，，相差 ，由此可求得；
（II）当时，，，，，，，则相差不可能1，2，3，4，5，6，可得结论.
【解析】（I）若，则，其中，
否则，
又，，可能的情况为：，，，
所以，则相差2，
因为，，
所以或或；
（II）不一定存在，
当时，
，，，，，，
则相差不可能1，2，3，4，5，6，这与矛盾，
故不都存在.