2022级高一新生暑假返校自主检测考试——数学试题6（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．设集合，则（ ）
A．M B． C． D．
2．若全集，集合，，则=（ ）
A． B． C． D．
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．“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．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．已知全集，集合，，则（ ）
A． B．
C． D．的真子集个数是7
11．下列说法正确的是（ ）
A．对于任意两个向量，若，且同向，则
B．已知，为单位向量，若，则在上的投影向量为
C．设为非零向量，则“存在负数，使得”是“”的充分不必要条件
D．若，则与的夹角是钝角
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=，若，则实数的取值范围是______函数的定义域是____________
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．学校举办运动会时，高一（2）班共有28名同学参加比赛，有15人参加游泳比赛，有8人参加田径比赛，有14人参加球类比赛，同时参加游泳比赛和田径比赛的有3人，同时参加游泳比赛和球类比赛的有3人，没有人同时参加三项比赛.同时参加田径和球类比赛的同学有_________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，，其中．
（1）若，，求实数a的取值范围；
（2）若，求实数a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．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
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【解析】
【分析】
求出集合M，再利用交集的定义计算作答.
【详解】
因，则，而，
所以.
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．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】
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．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】
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．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．BC
【解析】
【分析】
根据向量不能比较大小可判定选项A；利用投影向量的计算公式可判定选项B；利用充分不必要条件的逻辑关系可判定选项C；若，则与的夹角是钝角或角，可判定选项D.
【详解】
选项A：向量是既有大小又有方向的量，但不能比较大小，故选项A错误；
选项B：在单位向量上的投影向量为，故选项B正确；
选项C：若存在负数，使得，则；
若，则向量与的夹角为钝角或，故选项C正确；
选项D：若，则与的夹角是钝角或角，故选项D错误；
故选：BC.
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． ；
【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】
【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.
16．3
【解析】
根据15人参加游泳比赛，有8人参加田径比赛，同时参加游泳和田径的有3人，同时参加游泳和球类比赛的有3人，可以求得只参加游泳比赛的人数；再结合总人数即可求得同时参加田径和球类比赛的人数．
【详解】
解：有15人参加游泳比赛，有8人参加田径比赛，有14人参加球类比赛，这三项累加时，比全班人数多算了三部分，
即同时参加游泳比赛和田径比赛的、同时参加游泳比赛和球类比赛的和同时参加田径比赛和球类比赛的重复算了两次
所以，就是同时参加田径比赛和球类比赛的人数，
所以同时参加田径比赛和球类比赛的有3人．
故答案为：3．
【点睛】
本题主要考查集合之间的元素关系，注意每两种比赛的公共部分，属于中档题．
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）由，列出不等式组，求解出的范围即可；
（2）求解出集合表示元素对应的一元二次方程的根，对采用分类讨论，根据列出不等式，求解出的范围.
【详解】
（1）因为，，所以或，
解得：，所以的取值范围是：；
（2）因为，所以，
当时，，所以或，
当时，，，
因为，所以，解得：，所以；
当时，，所以，，此时不满足；
当时，，，
因为，所以，解得：；
综上可知：的取值范围是.
【点睛】
本题考查根据元素与集合、集合与集合之间的关系求解参数范围，难度一般.利用集合的子集关系求解参数范围时，如：，要注意到集合是否有空集的可能，因此一般情况需要进行分类讨论：，.
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．（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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