2022级新高一开学摸底考试——数学试题2（Word版含解析）

2022级新高一开学摸底考试——数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知集合A={1，2，3}，B={2，4，8}，则A∩B=（ ）
A．{4} B．{2} C．{1，2，4} D．{1，2，3，4，8}
2．用表示非空集合A中元素的个数，定义，已知集合，，且，设实数a的所有可能取值构成集合S，则（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
3．《西游记》《三国演义》《水浒传》和《红楼梦》是中国古典文学瑰宝，并称为中国古典小说四大名著.某中学为了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了100学生，其中阅读过《西游记》或《红楼梦》的学生共有90位，阅读过《红楼梦》的学生共有80位，阅读过《西游记》且阅读过《红楼梦》的学生共有60位，则该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为
A． B． C． D．
4．，对于任意实数x恒成立，
则下列关系中立的是
A． B． C． D．
5．“是钝角”是“是第二象限角”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
6．将抛物线向右平移个单位，再向下平移个单位，所得图象的函数式为，则、的值为（ ）
A．， B．，
C．， D．，
7．下列说法正确的是（ ）
A．命题的否定是
B．向量的夹角为钝角的充要条件是
C．命题，则是真命题
D．设，则“且”是“且”的充分不必要条件
8．对于集合，给出如下三个结论：①如果，那么；②如果，那么；③如果，，那么.其中正确结论的个数是
A．0 B．1 C．2 D．3
二、多选题
9．设集合，则下列说法不正确的是（ ）
A．若有4个元素，则 B．若，则有4个元素
C．若，则 D．若，则
10．设全集，集合，，则（ ）
A． B．
C． D．集合的真子集个数为8
11．下列四个选项中，p是q的充分不必要条件的是（　　）
A．p：x＞y，q：x3＞y3
B．p：x＞3，q：x＞2
C．p：2＜a＜3，﹣2＜b＜﹣1，q：2＜2a+b＜5
D．p：a＞b＞0，m＞0，q：
12．定义集合运算：，设，，则（ ）
A．当，时，
B．x可取两个值，y可取两个值，有4个式子
C．中有3个元素
D．中所有元素之和为3
三、双空题
13．集合，集合，则______，______．
14．设A=,B=，若，则实数的取值范围是______函数的定义域是____________
四、填空题
15．已知命题p：a≤x≤a＋1，命题q：x2－4x<0，若p是q的充分不必要条件，则a的取值范围是________．
16．学校举办秋季运动会时，高一（2）班共有24名同学参加比赛，有12人参加游泳比赛，有9人参加田赛，有13人参加径赛，同时参加游泳比赛和田赛的有3人，同时参加游泳比赛和径赛的有3人，没有人同时参加三项比赛，则同时参加田赛和径赛的有______人．
五、解答题
17．已知集合，若，求的值．
18．已知集合，.
(1)求；
(2)若集合，且，求的取值范围.
19．数集M满足条件：若，则.
（1）若，求集合M中一定存在的元素；
（2）集合M内的元素能否只有一个？请说明理由；
（3）请写出集合M中的元素个数的所有可能值，并说明理由.
20．命题；命题
（1）若时，在上恒成立，求实数a的取值范围；
（2）若p是q的充分必要条件，求出实数a，b的值
21．在中，内角所对的边分别是，且.
(1)求角；
(2)若，求的面积.
22．对的所有实数，函数满足，求的解析式．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【解析】
【分析】
根据交集的定义即可得出答案.
【详解】
解：因为A={1，2，3}，B={2，4，8}，
所有.
故选：B.
2．D
【解析】
根据条件可得集合要么是单元素集，要么是三元素集，再分这两种情况分别讨论计算求解.
【详解】
由，可得
因为等价于或，
且，所以集合要么是单元素集，要么是三元素集．
（1）若是单元素集，则方程有两个相等实数根，方程无实数根，故；
（2）若是三元素集，则方程有两个不相等实数根，方程有两个相等且异于方程的实数根，即且．
综上所求或，即，故，
故选：D．
【点睛】
关键点睛：本题以这一新定义为背景，考查集合中元素个数问题，考查分类讨论思想的运用，解答本题的关键是由新定义分析得出集合要么是单元素集，要么是三元素集，即方程方程与方程的实根的个数情况，属于中档题.
3．C
【解析】
根据题先求出阅读过西游记的人数，进而得解.
【详解】
由题意得，阅读过《西游记》的学生人数为90-80+60=70，则其与该校学生人数之比为70÷100=0.7．故选C．
【点睛】
本题考查容斥原理，渗透了数据处理和数学运算素养．采取去重法，利用转化与化归思想解题．
4．A
【解析】
【分析】
首先化简集合Q，对任意实数恒成立，则分两种情况：（1）时，易知结论成立，（2）时，无根，则由求得m的范围.
【详解】
，
对m分类：
（1）时，恒成立；
（2）时，需要，解得，
综合（1）（2）知，所以，
因为，所以，故选A.
【点睛】
该题考查的是有关判断集合间的关系的问题，涉及到的知识点有恒成立问题对应参数的取值范围的求法，真子集的概念问题，属于简单题目.
5．A
【解析】
【分析】
根据钝角和第二象限角的定义，结合充分性、必要性的定义进行判断即可.
【详解】
因为是钝角，所以，因此是第二象限角，
当是第二象限角时，例如是第二象限角，但是显然不成立，
所以“是钝角”是“是第二象限角”的充分不必要条件，
故选：A
6．C
【解析】
【分析】
先将变换后的函数的解析式化为顶点式，利用逆向变换，即先将该函数向上平移个单位，再向左平移个单位，得出函数的解析式，表示为一般形式后可得出、的值.
【详解】
将二次函数的解析式表示为顶点式得.
利用逆向变换，先将该函数向上平移个单位，所得函数的解析式为，再将所得函数的图象向左平移个单位，得到函数的解析式为，
因此，，，故选C.
【点睛】
本题考查二次函数图象变换，解题的关键就是利用逆向变换，从已知函数到所求函数，逐步写出每一步所得函数的解析式，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
7．D
【解析】
【分析】
利用特称命题的否定为全称命题可判断A，利用向量数量积的定义可判断B，利用辅助角公式及三角函数的性质可判断C，利用充分不必要条件的定义可判断D.
【详解】
命题的否定是，故A错误；
向量的夹角为钝角的充要条件是且不平行于，故B错误；
因为，所以命题为真命题，则是假命题，故C错误；
由“且”可推出“且”，而由“且”推不出“且”，故“且”是“且”的充分不必要条件，故D正确.
故选：D.
8．D
【解析】
【分析】
①根据，得出，即；
②根据，证明，即；
③根据，，证明．
【详解】
解：集合，，，
对于①，，，
则恒有，
，即，，则，①正确；
对于②，，，
若，则存在，使得，
，
又和同奇或同偶，
若和都是奇数，则为奇数，而是偶数；
若和都是偶数，则能被4整除，而不能被4整除，
，即，②正确；
对于③，，，
可设，，、；
则
那么，③正确．
综上，正确的命题是①②③．
故选．
【点睛】
本题考查了元素与集合关系的判断、以及运算求解能力和化归思想，是难题．
9．ABC
【解析】
【分析】
首先解方程得到：或,针对a分类讨论即可.
【详解】
（1）当时，，；
（2）当时，，；
（3）当时，，；
（4）当时，，；
故A，B，C，不正确，D正确
故选：ABC
【点睛】
本题考查了集合的交、并运算，考查了学生分类讨论，数学运算的能力，属于中档题.
10．AC
【解析】
【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.
【详解】
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
11．BCD
【解析】
【分析】
利用不等式的基本性质判断A，
利用子集思想结合充分必要条件的定义判断B，
利用举例说明判断CD.
【详解】
A：因为，所以p是q的充分必要条件，故A错误；
B：因为，反之不成立，所以p是q的充分不必要条件，故B正确；
C：当时，成立.
反之，当时，满足，
所以p是q的充分不必要条件，故C正确；
D：当时，则，即.
反之，当时，满足，
所以p是q的充分不必要条件，故D正确.
故选：BCD.
12．BCD
【解析】
【分析】
根据给定定义，对每一组x，y值代入求出集合的z值，即可判断作答.
【详解】
，，，
当，时，；当，时，；
当，时，；当，时，，
A不正确；B正确；而，C，D都正确.
故选：BCD
13．
【解析】
求出集合，直接求它们的交集和并集即可.
【详解】
解：由题，
则，，
故答案为：；.
【点睛】
本题考查集合的交集，并集运算，要注意集合中的研究对象的具体意义，是基础题.
14． ；
【解析】
【详解】
试题分析：由题：，又，得：.
，得：
考点：（1）一元二次不等式的解法及子集的定义. （2）定义域与三角不等式组的解法.
15．
【解析】
【分析】
化简命题q，根据p是q的充分不必要条件，建立不等式组，即可求解.
【详解】
令M＝{x|a≤x≤a＋1}，N＝{x|x2－4x<0}＝{x|0∵p是q的充分不必要条件，∴M N，∴，解得0故填
【点睛】
本题主要考查了充分不必要条件，属于中档题.
16．4
【解析】
【分析】
根据题意，画出韦恩图，列出方程组即可求得解．
【详解】
由题意，画出韦恩图如下图所示：
根据题意可知
解方程组得
所以同时参加田赛与径赛的有4人
【点睛】
本题考查了集合交集关系在实际问题中的综合应用，注意韦恩图解题方法的应用，属于基础题．
17．-1.
【解析】
【分析】
由集合相等，分析两集合中元素，列出方程组，解得后可求值．
【详解】
∵集合，
∴解得，
则．
故答案为：－1．
【点睛】
本题考查集合的相等，解题时注意集合中元素的性质，特别是互异性．
18．(1)；
(2).
【解析】
【分析】
（1）求得集合，再求和即可；
（2）由，可得，再由集合的包含关系，即可列出不等式，求解即可.
(1)
因为，所以或，
则.
(2)
，
因为，所以，则，解得.
故的取值范围是.
19．（1）；（2）不能，理由见解析；（3）见解析.
【解析】
【分析】
（1）由，令，代入已知关系式，循环代入直到再次出现为止，即可得到集合M中的元素.
（2）假设M中只有一个元素a，则，方程无解，即不可能只有一个.
（3）由（1）的方法可得集合M中可能出现4个元素分别为：，然后分别检验四个元素是否相等，从而得到元素个数的所有可能值.
【详解】
（1）由，令，则由题意关系式可得：，，，而，所以集合M中一定存在的元素有：.
（2）不，理由如下：
假设M中只有一个元素a，则由，化简得，无解，所以M中不可能只有一个元素.
（3）M中的元素个数为，理由如下：
由已知条件，则，以此类推可得集合M中可能出现4个元素分别为：，由(2)得，
若，化简得，无解，故；
若，化简得，无解，故；
若，化简得，无解，故；
若，化简得，无解，故；
若，化简得，无解，故；
综上可得：，所以集合M一定存在的元素有，当取不同的值时，集合M中将出现不同组别的4个元素，所以可得出集合M中元素的个数为.
【点睛】
本题考查集合中元素与集合的关系，考查集合中元素个数的问题，考查分析能力和计算能力，属于基础题.
20．（1）；（2），．
【解析】
【分析】
（1）若在上恒成立，则；
（2）由题意可知的解集是
【详解】
（1）若在上恒成立，
则，
所以有，
所以实数的范围为；
（2）或，
根据条件的解集是，
即方程的二根为2和3，
根据韦达定理有，
所以，．
【点睛】
（1）二次函数图象与x轴交点的横坐标、二次不等式解集的端点值、一元二次方程的解是同一个量的不同表现形式．
（2）二次函数、二次方程与二次不等式统称“三个二次”，它们常结合在一起，而二次函数又是“三个二次”的核心，通过二次函数的图象贯穿为一体．有关二次函数的问题，利用数形结合的方法求解，密切联系图象是探求解题思路的有效方法．
21．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据正弦定理得，进而得；
（2）结合已知，根据余弦定理得，再根据面积公式计算即可得答案.
(1)
解：因为，
所以.
因为，所以，即.
因为，所以.
(2)
解：因为
解得.
所以的面积为.
22．
【解析】
【分析】
中用代换，将所得函数方程与原函数方程联立，求得后，再作换元设，得到的表达式，进而得解.
【详解】
解析：由已知①
中用代换得到②
由①②得到③
设，则，则代入③得到，所以．
【点睛】
本题考查已知函数方程求函数的解析式，考查代换思想和换元思想，属中档题.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页