2022级高一新生暑假返校自主检测考试——数学试题3（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．若集合，则（ ）
A． B．
C． D．
2．由大于﹣3且小于11的偶数所组成的集合是
A．{x|﹣3＜x＜11，x∈Q}
B．{x|﹣3＜x＜11}
C．{x|﹣3＜x＜11，x=2k，k∈N}
D．{x|﹣3＜x＜11，x=2k，k∈Z}
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．设全集为R，集合，则
A． B． C． D．
5．设，则“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
6．已知函数，若恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．已知a，b为非零实数，下列四个条件中，使成立的充分而不必要的条件是（ ）
A． B． C． D．
8．全集，非空集合，且中的点在平面直角坐标系内形成的图形关于轴、轴和直线均对称.下列命题：
①若，则；
②若，则中至少有8个元素；
③若，则中元素的个数一定为偶数；
④若，则.
其中正确命题的个数是
A．1 B．2 C．3 D．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．已知集合，若集合有且仅有两个子集，则的值是（ ）
A． B． C． D．
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．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A={1，2}，B={2，3}，则A∩B=__________，A∪B=__________.
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．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，集合﹒
(1)条件“”是命题“”成立的充分不必要条件，求实数m的取值范围；
(2)求．
19．已知集合，集合，.
（1）若“”是真命题，求实数取值范围；
（2）若“”是“”的必要不充分条件，求实数的取值范围.
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．D
【解析】
【分析】
求出集合，再根据交集的定义即可得解.
【详解】
解：，
所以.
故选：D.
2．D
【解析】
【详解】
试题分析：先确定集合元素的范围是﹣3＜x＜11，同时再确定偶数的形式，利用描述法表示集合．
解：因为所求的数为偶数，所以可设为x=2k，k∈z，又因为大于﹣3且小于11，所以﹣3＜x＜11．
即大于﹣3且小于11的偶数所组成的集合是{x|﹣3＜x＜11，x=2k，k∈Z}．
故选D．
点评：本题的考点是利用描述法表示集合．比较基础．
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】
【详解】
试题分析：，
考点：1．解不等式；2．集合的子集关系
5．A
【解析】
【分析】
先解出不等式，再判断充分性和必要性即可.
【详解】
由于不等式的解集为，则可推出，反之不成立，
所以“”是“”的充分而不必要条件．
故选：A.
6．D
【解析】
【分析】
等价转化为，即函数的图象在直线的上方，再通过数形结合分析得解.
【详解】
不等式可等价转化为，
即函数的图象在直线的上方，
如图，考虑直线与二次函数相切，，
解得或，
所以.
故选：D.
【点睛】
本题主要考查不等式的恒成立问题的求解方法，考查函数的图象的作法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和数形结合分析推理能力.
7．D
【解析】
【分析】
对于A：得；对于B：是既不充分也不必要条件；对于C：结合指数函数单调性可得：；对于D：结合对数函数定义域及单调性可得：．
【详解】
若，不妨设，显然不成立，，A错误；
若，不妨设，显然不成立，B错误；
若，因为在R上单调递增，则，C错误；
若，因为在上单调递增，则，
若，不妨设，显然不成立，D正确；
故选：D．
8．C
【解析】
【分析】
中的点在平面直角坐标系内形成的图形关于轴、轴和直线均对称.
所以当，则有，，，
进而有：，，，
①若，则，正确；
②若，则，，，能确定4个元素，不正确；
③根据题意可知，，若能确定4个元素，当也能确定四个，当也能确定8个所以，则中元素的个数一定为偶数正确；
④若，由中的点在平面直角坐标系内形成的图形关于轴、轴和直线均对称可知，，，，即，故正确，
综上：①③④正确.
故选C.
点睛：图象的变换：（1）平移：左加右减，上加下减；
（2）对称：①变为，则图象关于y轴对称；
②变成，则图象关于x轴对称；
③变成，则图象关于原点对称；
④变成，则将x轴正方向的图象关于y轴对称；
⑤变成，则将x轴下方的图象关于x轴对称.
【详解】
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．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．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．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． {2} {1，2，3}
【解析】
【分析】
利用集合的交、并运算即可求解.
【详解】
集合A={1，2}，B={2，3}，
所以A∩B={2}，
A∪B={1，2，3}.
故答案为：{2}；{1，2，3}
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.
16．4
【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)当时，；当时，；当时，；当时，或．
【解析】
【分析】
（1）讨论确定集合，根据题意可得是B的真子集，根据真子集的概念分析运算；（2）讨论与的大小关系，结合交集的定义运算求解．
(1)
∵
∴时，；
当时，
或；
∵条件“”是命题“”成立的充分不必要条件，∴A是B的真子集
∴或，∴.
(2)
当时，
当时，
当时，
当时，或．
19．（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）若“”是真命题，则满足不等式，代入进行求解即可．
（2）根据充分条件和必要条件的定义转化为集合关系进行求解即可
【详解】
（1）若“”是真命题，则，得．
（2），
若“”是“”的必要不充分条件，
则是的真子集，
即，即，得，
即实数的取值范围是．
【点睛】
本题主要考查充分条件和必要条件的应用，以及不等式的求解，根据定义转化为集合关系是解决本题的关键．
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)
【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