2022级高一新生暑假返校自主检测考试——数学试题8（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．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．设全集为R，集合，则
A． B． C． D．
5．设x，y都是实数，则“且”是“或”的（ ）条件
A．充分非必要 B．必要非充分
C．充要 D．既非充分也非必要
6．函数的大致图象是（ ）．
A． B．
C． D．
7．设为实数，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．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．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．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．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．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．已知全集，集合，．
(1)若，求；．
(2)若，求实数a的取值范围．
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．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．在中，内角所对的边分别为，且.
(1)求角的大小；
(2)若是锐角三角形，且，求面积的取值范围.
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．B
【解析】
【分析】
直接根据交集的定义即可得解.
【详解】
解：因为集合，
所以.
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】
【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】
直接根据充分性和必要性进行判断即可.
【详解】
由题意知：且能推出或，满足充分性；反过来或不能推出且，不满足必要性，
故“且”是“或”的充分非必要条件.
故选：A.
6．C
【解析】
先利用定义判断函数定义域和对称性，结合对数函数图象和平移变换作出y轴右侧部分图象，再结合对称性即得到函数图象.
【详解】
函数中，令得定义域为，且，即是偶函数，图象关于y轴对称，当时，，图象可由向右平移一个单位得到（如图所示），
再关于y轴对称得到时的图像，即函数图象为选项C中的图象.
故选：C.
【点睛】
思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：
(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．
(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；
(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；
(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.
7．A
【解析】
【分析】
根据充分必要条件的定义判断．
【详解】
，
时一定有，充分性满足，
但时有，但，必要性不满足，
因此是充分不必要条件．
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．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．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．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】
求出集合，利用交集和并集的定义可分别求出集合，.
【详解】
，，，.
故答案为：；.
【点睛】
本题考查交集和并集的计算，同时也考查了一元二次不等式的解法，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】
【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：.
16．4
【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)，或．
(2)．
【解析】
【分析】
（1）根据集合的运算法则计算；
（2）由得，结合包含关系可得参数范围．
（1）时，，，又或，所以或．
（2）由得，若，即，则满足题意，若，则，无解，综上，．
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），．
【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）先由正弦定理及和角公式得，进而求得，即可求解；
（2）由正弦定理得，结合三角恒等变换得，由角的范围求出的范围，再由面积公式即可求得面积的范围.
(1)
由正弦定理得：，所以，
又因为，所以，，又，所以.
(2)
由（1）知，又是锐角三角形，所以，由正弦定理得，
得，
因为，所以，所以ac的取值范围为，因为，
所以面积的取值范围为.
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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