2022级新高一开学摸底考试——数学试题4（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．设集合，则（ ）
A． B．
C． D．
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．“高铁、扫码支付、共享单车和网购”称为中国的“新四大发明”．某中学为了解本校学生对“新四大发明”的使用情况，随机调查了100位学生，其中使用过共享单车或扫码支付的学生共有80位，使用过扫码支付的学生共有65位，使用过共享单车且使用过扫码支付的学生共有30位，则使用过共享单车的学生人数为（ ）
A．65 B．55 C．45 D．35
4．对于任意集合，设，已知集合，则对任意的，下列说法错误的是（ ）
A． B．
C． D．
5．已知，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．既不充分又不必要条件
6．几何学中把变换前后两点间距离保持不变的变换称为刚体变换，在平面中作图形变换，易知平移变换是一种刚体变换，以下两个函数与，其中可以由通过平移得到的是（ ）
A．
B．
C．
D．
7．已知a，，那么“”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．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．已知集合，若集合有且仅有两个子集，则的值是（ ）
A． B． C． D．
11．对任意实数a、b，给出下列命题，其中真命题有（ ）
A．“”是“”的充要条件
B．“”是“”的充分不必要条件
C．“”是“”的必要不充分条件
D．“是无理数”是“b是无理数”的充要条件
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．已知全集，集合，，则______；______.
14．设A，B是R中两个子集，对于x∈R，定义：，
①若A B．则对任意x∈R，m（1-n）=______；
②若对任意x∈R，m+n=1，则A，B的关系为______．
四、填空题
15．设命题;命题，若是的充分不必要条件.则的取值范围是 .
16．设全集是实数集，，为函数的定义域，则图中阴影部分所表示的集合是___________.
五、解答题
17．已知集合，若，求的值．
18．已知集合______，集合．从下列三个条件中任选一个，补充在上面横线中．①；②；③.
(1)当时，求；
(2)若，求实数m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．已为分别为三内角的对边，且
(1)求；
(2)若，角的平分线，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】
根据交集的计算求解即可
【详解】
由题意，
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】
用集合表示使用过共享单车的人，集合表示使用过扫码支付的人，根据集合运算确定结果．
【详解】
参数调查的所有人组成全集，使用过共享单车的人组成集合，使用过扫码支付的人组成集合，表示集合中的元素，
由题意，，，
∴，∴．
故选：C．
4．D
【解析】
【分析】
根据题中特征函数的定义，利用集合的交集、并集和补集运算法则，对、、、各项中的运算加以验证，可得、、都可以证明它们的正确性，而项可通过反例说明它不正确．由此得到本题答案.
【详解】
对于，因为，可得则，
所以当时，，当时，
即对于任意的，都有，故正确；
对于B，当时，，
当时，，故B正确；
对于C，当时，，
当且时，，
当且时，，
当且时，，故C正确；
对于，当且时，，故不正确；
故选：D
【点睛】
本题给出特征函数的定义，判断几个命题的真假性，着重考查了集合的运算性质和函数对应法则的理解等知识，属于中档题.
5．A
【解析】
【分析】
先解不等式，再根据充分条件和必要条件的定义即可判断.
【详解】
对于不等式，可解得或.
所以可以推出，而不可以推出.
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
6．A
【解析】
【分析】
利用平移变换判断.
【详解】
A.因为，
，所以是由向左平移得到，故正确；
B.因为，所以无法由平移得到，故错误；
C.因为，所以无法由平移得到，故错误；
D. 因为，所以无法由平移得到，故错误；
故选：A
7．A
【解析】
【分析】
根据充分条件、必要条件的定义判断即可；
【详解】
解：若，因为，所以，即充分性成立；
由推不出，如，，满足，
此时，故必要性不成立；
所以“”是“”的充分不必要条件；
故选：A
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．ABC
【解析】
【分析】
分析可知，集合为单元素集合，分与两种情况讨论，结合方程只有一根可求得实数的值.
【详解】
由于集合有且仅有两个子集，则集合为单元素集合，即方程只有一根.
①当时，方程为，解得，合乎题意；
②当时，对于方程，，解得.
综上所述，或.
故选：ABC.
11．BD
【解析】
根据是的必要不充分条件判断A；利用不等式的性质与特殊值判断BC；根据根据充分条件与必要条件的定义判断D；
【详解】
推不出，（a，b有可能小于零），， 是的必要不充分条件，A为假命题；
，充分性成立，是推不出（如），必要性不成立，是的充分不必要条件，B是真命题；
可以推出，但推不出的（如），是的充分不必要条件，C为假命题；
是无理数，可以直接推出b就是无理数，b是无理数也可以推出是无理数，是无理数是是无理数的充要条件，D是真命题.
故选：BD
【点睛】
判断充分条件与必要条件应注意：首先弄清条件和结论分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试.对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想化抽象为直观外，还可利用原命题和逆否命题、逆命题和否命题的等价性，转化为判断它的等价命题；对于范围问题也可以转化为包含关系来处理.
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】
【分析】
根据集合，，直接可以求出，由集合中除去集合的元素，可得出.
【详解】
全集，集合，
则.
故答案为：(1). (2).
【点睛】
本题考查求两集合的交集和求集合的补集，属于基础题.
14． 0 A= RB
【解析】
【分析】
①由A B．分x A和x∈A两种情况讨论； ②对任意x∈R，m+n=1，则m，n的值一个为0，另一个为1，分类讨论即可得出A，B的关系．
【详解】
解：①∵A B．则x A时，m=0，m（1-n）=0．
x∈A时，必有x∈B，∴m=n=1，m（1-n）=0．
综上可得：m（1-n）=0．
②对任意x∈R，m+n=1，则m，n的值一个为0，另一个为1，
即x∈A时，必有x B，或x∈B时，必有x A，
∴A，B的关系为A= RB．
故答案为0，A= RB．
【点睛】
本题考查了集合之间的关系、分类讨论方法、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
15．
【解析】
【详解】
试题分析：命题表示的范围是图中内部（含边界），命题表示的范围是以点为圆心，为半径的圆及圆内部分，是的充分不必要条件，说明在圆内，实际上只须三点都在圆内（或圆上）即可.
考点：充分必要条件，点与圆的位置关系.
16．
【解析】
【分析】
求出集合、，分析可知阴影部分区域所表示的集合为，由此可求得结果.
【详解】
或，则，
对于函数，，即，解得，
所以，.
由图象可知阴影部分对应的集合为.
故答案为：.
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）首先分别求两个集合，再求集合的运算；
（2）由条件可知，分和两种情况，求实数的取值范围.
(1)
若选①，则，所以，
若选②，得，
若选③，得，
时，，
；
(2)
由题意
当，，得
当，得
∴．
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）利用正弦定理边化角，再结合和角的正弦及辅助角公式求解作答.
（2）在中，用余弦定理求出，由角平分线及面积定理可得，再利用余弦定理求出即可计算作答.
(1)
在中，由正弦定理及得：，
整理得，而，则，即，
又，有，解得，所以.
(2)
如图，在中，由余弦定理得：，即，解得，
因平分，，
即，在中，，
又，则，
即，而，解得：，有，
所以的面积.
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