2022级新高一开学摸底考试——数学试题3(word 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，则（ ）
A． B．
C． D．
2．若全集，集合，，则=（ ）
A． B． C． D．
3．下列表示图形中的阴影部分的是（ ）
A． B．
C． D．
4．已知全集，，，则集合，之间的关系为（ ）
A．集合是集合的真子集 B．集合是集合的真子集
C． D．集合是集合的补集的真子集
5．设， 则“ ”是“ ”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
6．已知函数的定义域是，值域为，则值域也为的函数是
A． B． C． D．
7．已知a，b是实数，则“”是“”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
8．非空集合具有下列性质：①若、，则；②若、，则，下列判断一定成立的是（ ）
（1）；（2）；（3）若、，则；（4）若、，则.
A．（1）（3） B．（1）（2）
C．（1）（2）（3） D．（1）（2）（3）（4）
二、多选题
9．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
10．已知全集，集合，，则（ ）
A． B．
C． D．的真子集个数是7
11．下列命题中为真命题的是（ ）
A．“且”是“”的充要条件；
B．“”是“”的充分不必要条件；
C．“”的否定是“”；
D．函数在区间上有且只有一个零点．
12．下列结论正确的是（ ）
A．不等式的解集为或
B．设函数，则“”是“方程与”都恰有两个实根的充要条件
C．存在函数满足，对任意的，都有
D．集合表示的集合是
三、双空题
13．设集合，则_____， ___.
14．在平面直角坐标系中，对于点，若函数满足：，都有，就称这个函数是点A的“限定函数”.以下函数：①，②，③，④，其中是原点O的“限定函数”的序号是______.已知点在函数的图象上，若函数是点A的“限定函数”，则实数a的取值范围是______.
四、填空题
15．已知命题或，命题或，若是的充分非必要条件，则实数的取值范围是________
16．某学校100名学生在一次语数外三科竞赛中，参加语文竞赛的有39人，参加数学竞赛的有49人，参加外语竞赛的有41人，既参加语文竞赛又参加数学竞赛的有14人，既参加数学竞赛又参加外语竞赛的有13人，既参加语文竞赛又参加外语竞赛的有9人，1人三项都没有参加，则三项都参加的有______人．
五、解答题
17．已知集合，若，求的值．
18．从①；②；③，三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并求解.
已知集合___________，集合.
(1)当时，求；
(2)若，求实数的取值范围.
19．已知集合，.
（1）若，求实数的值；
（2）若，求实数的值.
20．已知，．
（1）当时，求中所对应的实数的取值范围；
（2）若是的充分必要条件，求，的值．
21．在中，内角，，对应的边分别为，，，请在①；②；③这三个条件中任选一个，完成下列问题：
(1)求角；
(2)若，的周长为，求的面积．
22．如图，一次函数y1＝kx+b的图象交坐标轴于A，B两点，交反比例函数y2＝的图象于C，D两点，A（﹣2，0），C（1，3）.
（1）分别求出一次函数和反比例函数的表达式；
（2）求△COD的面积；
（3）观察图象，直接写出y1≥y2时x的取值范围.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【解析】
【分析】
直接计算交集即可.
【详解】
由题意知：.
故选：C.
2．B
【解析】
【分析】
转化条件，结合描述法表示集合及集合交、补运算的定义即可得解.
【详解】
集合的关系式可以变为，它的几何意义是直线上去掉点后所有的点的集合，
所以，表示直线外所有点及点的集合；
集合表示直线外所有点的集合，
，表示直线上所有点的集合；
从而可得.
故选：B.
3．A
【解析】
【分析】
由韦恩图可以看出，阴影部分中的元素满足“是的元素且是的元素，或是的元素”，由韦恩图与集合之间的关系易得答案.
【详解】
解：由已知中阴影部分所表示的集合元素满足
“是的元素且是的元素，或是的元素”，
故阴影部分所表示的集合是
故选：
【点睛】
本题考查利用韦恩图求集合、考查韦恩图在解决集合间的关系时是重要的工具．
4．C
【解析】
先化简得．求出，由此得到．
【详解】
，
当时，，解得．；
当时，，成立；
当时，，解得．．
．
，
．
故选：．
【点睛】
本题考查两个集合的关系的判断，考查集合与集合的包含关系等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
5．A
【解析】
【分析】
根据充分性、必要性的定义进行分析判断即可.
【详解】
当成立时，显然，
当时，例如时，分式没有意义，
所以“ ”是“ ”的充分不必要条件，
故选：A
6．B
【解析】
【分析】
已知的定义域和值域，然后可根据各选项所给函数的特点分别分析函数的值域；这里的选项所给的均是常见的平移、伸缩、对称、翻折变换，可从这几个方面入手.
【详解】
的定义域为，值域为，即；
∴A．，即的值域为，∴该选项错误；
B．，即的值域为，∴该选项正确；
C．，即的值域为，∴该选项错误；
D．，即的值域为，∴该选项错误．故选B．
【点睛】
函数图象常见的四种变换：平移、伸缩、对称、翻折.
平移：；
伸缩：或者；
对称：（关于轴对称）或者（关于轴对称）；
翻折：（将轴下方图象翻折到上方）或者（将轴右边图象翻折到左边）.
7．A
【解析】
【分析】
利用基本不等式及两个条件的推出关系可得正确的选项.
【详解】
若，则，故，
取，则成立，但，
故推不出，
故“”是“”的充分不必要条件，
故选：A.
8．C
【解析】
【分析】
假设，可推出，由此可判断（1）的正误；推导出，进而可推导出，，由此可判断（2）的正误；推导出，结合①可判断（3）的正误；若、，假设，推出，可判断（4）的正误.综合可得出结论.
【详解】
由①可知.
对于（1），若，对任意的，，则，
所以，，这与矛盾，（1）正确；
对于（2），若且，则，，，
依此类推可得知，，，，，，（2）正确；
对于（3），若、，则且，由（2）可知，，则，
所以，，（3）正确；
对于（4），由（2）得，，取 ，则，所以（4）错误.
故选：C.
【点睛】
本题考查集合的新定义，考查元素与集合的关系的判断，属于较难题.
9．ABD
【解析】
【分析】
举特例根据定义分析判断，进而可得到结果．
【详解】
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．
10．ACD
【解析】
【分析】
求出集合，再由集合的基本运算以及真子集的概念即可求解.
【详解】
，，
，故A正确；
，故B错误；
，所以，故C正确；
由，则的真子集个数是，故D正确.
故选：ACD
11．BD
【解析】
【分析】
A：根据充要条件的定义，结合不等式的性质和特例法进行判断即可；
B：根据充分不必要条件的定义，结合特殊角的正切值和特例法进行判断即可；
C：根据全称命题的否定是特称命题进行判断即可；
D：根据函数的单调性和零点存在原理进行判断即可.
【详解】
A：显然由且能推出，但是由不一定能推出且，
例如当且时，显然成立，但是不成立，故本命题是假命题；
B：显然由能推出，但是由不一定能推出
，比如当时，显然，由，
显然此时的值不是整数，故本命题是真命题；
C：因为“”的否定是“”，所以本命题是假命题；
D：显然函数在区间上是单调递增函数，
因为，
所以函数在区间上有且只有一个零点，因此本命题是真命题.
故选：BD
12．BD
【解析】
A. 根据是不等式的解判断；B.根据二次函数的性质判断；C. 由函数是偶函数判断；D.根据方程组的解判断.
【详解】
A.不等式为，利用穿根法解得其解集为或，故错误；
B. 若，则存在使得，又，即的图象开口向上，所以恰有两个不等实根，不妨设的两个根为，且，则，令，则或，又，所以无解，，有两个不等实根，所以必有两个不等实根，反之成立，故正确；
C. 因为，所以是偶函数，而，故错误；
D. 因为，解得或，所以集合表示的集合是，故正确；
故选：BD
【点睛】
关键点点睛：B选项解决的关键是理解二次函数在实数集上若有两个不同零点，则，而则利用换元思想转化为二次函数解决.
13． 或
【解析】
【分析】
先求出集合B，然后进行集合运算即可.
【详解】
由题意：，
因为，
所以，或，
所以或
故答案为：； 或
【点睛】
此题考查集合的交并补运算，考查了绝对值不等式，属于基础题.
14． ①③
【解析】
(1)当，求出各序号中y的取值范围A，若则此函数是原点的“限定函数”； (2) 由题意知，当时，若是点A的“限定函数”，则，由集合的包含关系列出不等式组即可求得a的取值范围.
【详解】
(1) ①当时，，因为，所以函数①是原点的“限定函数”；
②因为在上单调递减，在上单调递增，所以当时， ，因为，所以②不是原点的“限定函数”；
③因为在上单调递增，所以当时，，因为，所以③是原点的“限定函数”；
④因为在上单调递增，所以当时，，因为，所以④不是原点的“限定函数”.
(2)因为点在函数的图象上，所以，
因为是点A的“限定函数”，并且当时，，
所以，解得.
故答案为：①③；
【点睛】
本题考查函数的概念与性质，涉及基本初等函数及正弦函数的单调性，根据集合的包含关系求参数，属于中档题.
15．
【解析】
【分析】
根据充分条件，必要条件和集合之间的关系等价法，即可求出.
【详解】
因为是的充分非必要条件，所以是的真子集．
当，即时，，解得，又因为，所以；
当时，，显然是
的真子集．
综上，实数的取值范围是．
故答案为：.
16．6
【解析】
【分析】
利用venn图求解即可.
【详解】
解：如图，设三科都参加的人有人，
由题意得，解得.
故答案为：6
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)选①②③结果均为.
(2)选①②③时答案一致，均为实数的取值范围为
【解析】
【分析】
（1）先解不等式，求出集合与，进而求出；（2）得到，利用包含关系，分类讨论，得到实数的取值范围.
(1)
选①时：，解得：，即，又因为，故，综上：
选②时：，解得：，所以
选③时：，解得：，所以
当时，
当选①时，；当选②时，；当选③时，.
(2)
因为，所以，由第一问可知：选①时，
当时，，解得：，
当时，要满足，解得：，
综上：实数的取值范围为
选②③时，答案与①一致，均为实数的取值范围为
19．（1）（2）
【解析】
（1）化简得到和，代入计算得到答案.
（2）根据题意得到，计算得到或，再验证互异性得到答案.
【详解】
（1）因为，，所以.
（2）因为，所以中有两个元素，即，所以，
解得或，由元素的互异性排除可得.
【点睛】
本题考查了根据元素与集合的关系，集合的运算结果求参数，意在考查学生对于集合性质的综合应用.
20．（1）；（2）或
【解析】
（1）将代入绝对值不等式，直接根据绝对值不等式的意义，进行求解；
（2）若是的充分必要条件，则则中不等式的解集相同，先解中的不等式，再对中不等式中参数进行分类讨论求解，从而得到关于的方程组，解方程即可得到答案.
【详解】
（1）当时，，
所以实数的取值范围为.
（2），
若是的充分必要条件，则中不等式的解集相同.
因为，（1）
当时，不等式（1）无解，所以不成立；
当时，不等式（1），所以
当时，不等式（1），所以
综上所述：或
【点睛】
本题考查绝对值不等式、一元二次不等式、充要条件的综合运用，考查分类讨论思想的运用，考查逻辑推理能力和运算求解能力.
21．(1)任选一条件，都有
(2)
【解析】
【分析】
（1）若选①：利用正弦定理进行边角互化，再结合两角和的正弦公式化简可得解；若选②：结合余弦定理化简即可得解；若选③：利用正弦定理进行边角互化，结合三角恒等变换可得解；
（2）由三边关系及周长可得，再结合余弦定理可得边及面积.
(1)
选①：因为，
由正弦定理得，
即，，
化简得：，
又，即，故；
选②：由，
结合余弦定理得，
整理得，
故，；
选③：因为，
由正弦定理得，
即，，
化简得，
又，所以，即，
所以；
(2)
因为，且，得，，
又，
即，解得，
.
22．（1）y＝x+2，y＝；（2）4；（3）﹣3≤x＜0或x≥1.
【解析】
（1）用待定系数发法，即可求解；
（2）△COD的面积＝S△OBC+S△OBD＝×OB×（xC﹣xD）＝×2×4＝4；
（3）观察图象即可求解.
【详解】
解：（1）将点A、B的坐标代入一次函数表达式得：，解得，
故一次函数表达式为：y＝x+2①，
将点C的坐标代入反比例函数表达式并解得：m＝3，
故反比例函数表达式为：y＝②；
（2）联立①②并解得：x＝1或﹣3，
故点C、D的坐标分别为（1，3）、（﹣3，﹣1）；
∵点B（0，2），
∴△COD的面积＝S△OBC+S△OBD＝×OB×（xC﹣xD）＝×2×4＝4；
（3）由图象可知，当y1≥y2时x的取值范围为﹣3≤x＜0或x≥1.
【点睛】
本题考查了反比例函数与一次函数的交点，当有两个函数的时候，着重使用一次函数，体现了方程思想，综合性较强.
答案第1页，共2页
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