2022级高一新生暑假返校自主检测考试——数学试题2（Word版含解析）

2022级高一新生暑假返校自主检测考试——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．设集合A={0，1，2}，B={m|m=x+y，x∈A，y∈A}，则集合A与B的关系为（　　）
A． B． C． D．
5．已知a，，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
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．已知向量，，则“”是“与共线”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．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．设全集，集合，，则（ ）
A． B．
C． D．集合的真子集个数为8
11．下列各命题中P是Q的充分不必要条件的是（ ）
A．P：；Q：；
B．P：；Q：
C．P：四边形为菱形；Q：四边形的对角线垂直；
D．P：；Q：
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．已知集合，，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．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．已知全集，集合，，则下列Venn图中阴影部分的集合为___________．
五、解答题
17．已知集合，若，求的值．
18．已知全集，集合，．
(1)求；
(2)设非空集合，若，求实数a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，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．
(1)求角B：
(2)从①，②中选取一个作为条件，证明另外一个成立；
(3)若D为线段上一点，且，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．C
【解析】
【分析】
根据交集的定义求解即可
【详解】
由题意，
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．D
【解析】
【分析】
先分别求出集合A和B，由此能求出结果．
【详解】
∵合A={0，1，2}，B={m|m=x+y，x∈A，y∈A}={0，1，2，3，4}，∴A B．故选D．
【点睛】
本题考查命题真假的判断，考查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】
由重要不等式得到充分性成立，举出反例得到必要性不成立.
【详解】
当时，由，故充分性成立，当时，比如，满足，但，故必要性不成立.
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】
根据给定条件，求出与共线的充要条件，再利用充分条件、必要条件的定义判断作答.
【详解】
向量，，则，解得或，
所以“”是“与共线”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．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．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．AC
【解析】
【分析】
根据题意，结合充分条件、必要条件的方法，逐项判定，即可求解.
【详解】
对于A中，当时，可得，即充分性成立；
反之：当，可得，所以必要性不成立，
所以是的充分不必要条件，所以A正确；
对于B中，当时，可得，即充分性成立；
反之：当时，可得，所以必要性成立，
所以是的充分必要条件，所以B不正确；
对于C中，由四边形为菱形，可得四边形的对角线垂直，即充分性成立；
反之：当四边形的对角线垂直，四边形不一定是菱形，所以必要性不成立，
所以是的充分不必要条件，所以C正确；
对于D中，例如：由，且时，可得，即充分性不成立，
反之：由，当时，可得；当时，可得，即必要性不成立，
所以是的既不充分也不必要条件，所以D正确.
故选：AC.
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．
【解析】
求出集合，利用交集的定义可求出集合，利用补集和并集的定义可求出集合.
【详解】
，，
，，则.
故答案为：；.
【点睛】
本题考查交集、补集与并集的计算，同时也涉及了具体函数定义域的求解，考查计算能力，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】
【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．
【解析】
【分析】
由给定条件求出集合M，再由Venn图中阴影部分表示的意义求解即得．
【详解】
由题意，集合，
则Venn图中阴影部分表示的集合是．
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）先化简集合A，B，再利用并集运算求解；
（2）利用（1）的结论，由子集的定义求解；
(1)
解：因为，
所以，
所以．
(2)
因为，，
则，
所以．
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)
(2)见解析
(3)4
【解析】
【分析】
（1）利用余弦定理即可得解；
（2）选①，根据结合（1）求出，可得，则有，再根据正弦定理化角为边即可得证；
选②，利用正弦定理化边为角，再结合（1）即可得出结论；
（3）利用正弦定理求得，再利用三角形的面积公式结合诱导公式及倍角公式即可得出答案.
(1)
解：因为，
所以，
所以，
又，
所以；
(2)
证明：选①，
因为，，
所以，
所以，即，
所以；
选②，因为，
所以，
所以，
又，则，
所以，
即，
所以；
(3)
解：由（1）得，则，
因为，所以
，
所以的面积为4．
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
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