江西省上饶市重点高中2022-2023学年高一上学期8月开学考试数学试卷（Word版含解析）

上饶市重点高中2022-2023学年高一上学期8月开学考试
数学试卷
考试范围：第一章，第二章；考试时间：120分钟
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、单选题（每题5分，共40分）
1．若，则集合A中元素的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
2．设集合，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知集合，，若，则实数a的值为
A．1 B． C． D．
4．已知p： q：，则p是q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
5．下列说法错误的是
A．命题“若，则”的逆否命题是“若，则”
B．“”是“”的充分不必要条件
C．若为假命题，则、均为假命题
D．命题：“，使得”，则非：“，”
6．下列结论中正确的个数是（ ）
①命题“所有的四边形都是矩形”是存在量词命题；
②命题“”是全称量词命题；
③命题“”的否定为“”；
④命题“是的必要条件”是真命题；
A．0 B．1 C．2 D．3
7．已知函数的图象与x轴交于、两点，则不等式 的解集为（ ）
A． B．
C． D．
8．集合或，若，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（每题5分，共20分）
9．若正实数，满足，则下列说法正确的是（ ）
A． B． C． D．
10．设正实数、满足，则下列说法中正确的是（ ）
A． B．的最大值为
C．的最小值为 D．的最小值为
11．下列命题不正确的（ ）
A． B．
C． D．
12．已知，，给出下列四个不等式，其中一定成立的不等式为（ ）
A． B．
C． D．
第II卷（非选择题）
三、填空题（每题5分，共20分）
13．能够说明“，”是假命题的一个x值为__________．
14．已知，，，则______．
15．若不等式对满足的一切实数都成立，则的取值范围是___________
16．若集合，则实数的取值范围是______.
四、解答题（本题共6小题，共70分，其中第17题10分，其余每题12分）
17．已知集合
（1）求；
（2）若，求实数的取值范围.
18．设命题，命题，若是的必要条件，但不是的充分条件，求实数的取值组成的集合.
19．已知集合其中．
(1)试分别判断，与集合A的关系；
(2)若，，则是否一定为集合A的元素？请说明你的理由．
20．已知全集，集合，.
（1）求；
（2）若集合，满足，，求实数的取值范围.
21．现有A，B，C，D四个长方体容器，A，B的底面积均为，高分别为a和b，C，D的底面积均为，高分别为a和b（其中）．现规定一种游戏规则：甲、乙两人每人一次从四个容器中取两个且不放回，盛水多者为胜，则先取者有没有必胜的方案？若有的话，有几种？
22．设a，b，cR，a+b+c=0，abc=1．
（1）证明：ab+bc+ca<0；
（2）用max{a，b，c}表示a，b，c中的最大值，证明：max{a，b，c}≥．
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【分析】集合是点集，即可得出集合的元素，从而得解；
【详解】解：因为，集合中有、两个元素；
故选：B
2．C
【分析】先求得，由此求得
【详解】，
.
故选：C
3．B
【分析】根据集合元素的互异性和交集的定义，可得方程组或即可得答案；
【详解】由题意可得或
，
故选：B.
【点睛】本题考查根据交集的结果求参数，考查运算求解能力，求解时注意集合元素的互异性.
4．A
【分析】根据与的互相推出情况判断出属于何种条件.
【详解】当时，，所以，所以充分性满足，
当时，取，此时不满足，所以必要性不满足，
所以是的充分不必要条件，
故选：A.
5．C
【分析】由命题的逆否命题为将条件、结论互换,再同时进行否定,可得A正确；
由“”的充要条件为“”,可得B正确；
由“且”命题的真假可得C错误；由特称命题的否定为全称命题可得D正确，得解.
【详解】解:对于选项A,命题的逆否命题为将条件、结论互换,再同时进行否定,
可得命题“若，则”的逆否命题是“若，则”,即A正确；
对于选项B, “”的充要条件为“”,又“”是“”的充分不必要条件,即B正确；
对于选项C, 为假命题，则、至少有1个为假命题,即C错误；
对于选项D,由特称命题的否定为全称命题可得命题：“，使得”，则非：“，”,即D正确,
故选.
【点睛】本题考查了四种命题的关系、充分必要条件及特称命题与全称命题，重点考查了简单的逻辑推理，属基础题.
6．C
【分析】根据存在量词命题、全称量词命题的概念，命题的否定，必要条件的定义，分析选项，即可得答案.
【详解】对于①：命题“所有的四边形都是矩形”是全称量词命题，故①错误；
对于②：命题“”是全称量词命题；故②正确；
对于③：命题，则，故③错误；
对于④：可以推出，所以是的必要条件，故④正确；
所以正确的命题为②④，
故选：C
7．D
【解析】利用函数图象与的交点，可知的两个根分别为或，再利用根与系数的关系，转化为，，最后代入不等式，求解集.
【详解】由条件可知的两个根分别为或，
则，，得，，
，
整理为：，
解得：或，
所以不等式的解集是.
故选：D
【点睛】思路点睛：本题的关键是利用根与系数的关系表示，，再代入不等式化简后就容易求解.
8．A
【分析】根据，分和两种情况讨论，建立不等关系即可求实数的取值范围．
【详解】解：，
①当时，即无解，此时，满足题意．
②当时，即有解，当时，可得，
要使，则需要，解得．
当时，可得，
要使，则需要，解得，
综上，实数的取值范围是．
故选：A．
【点睛】易错点点睛：研究集合间的关系，不要忽略讨论集合是否为.
9．CD
【分析】因为正实数,满足,可用“乘1法则”再根据基本不等式判断判断每个选项的正误.
【详解】解:,,且,,,A错误;
,
,B错误;,
,C正确;,
,D正确.
故选CD
【点睛】利用基本不等式的性质判断即可.需要注意“一正二定三相等”.
10．ABD
【分析】利用不等式的性质以及指数函数的性质可判断A选项的正误，利用基本不等式可判断BCD选项的正误.
【详解】对于A选项，因为正实数、满足，则，
，故，A对；
对于B选项，由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立，B对；
对于C选项，由基本不等式可得，
因为，故，当且仅当时，等号成立，C错；
对于D选项，，
可得，当且仅当时，等号成立，D对.
故选：ABD.
11．ABD
【分析】利用不等式的性质，结合特殊值法、比较法逐一判断即可.
【详解】A：且，因此，
即，故本命题不正确；
B：因为，显然不成立，所以本命题不正确；
C：由，而，
所以有，而，故本命题正确；
D：若，显然成立，但是不成立，故本命题不正确，
故选：ABD
【点睛】方法点睛：关于不等式是否成立问题，一般有直接运用不等式性质法、特殊值法、比较法.
12．ABD
【解析】选项A，利用基本不等式得，再利用基本不等式得，两次等号成立的条件必须相同；选项B，把展开，利用基本不等式即可证明；选项C，由基本不等式可判断；选项D，作差法证明即得.
【详解】对A，，当且仅当，即时，等号成立，故A正确；
对B，，当且仅当，即时等号成立，故B正确；
对C，，，当且仅当时等号成立，故C错误；
对D，，,
，，，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】本题考查基本不等式和作差法比较大小，属于中档题.
13．3
【分析】取代入验证即可得到答案.
【详解】因为，而，
∴说明“，”是假命题．
故答案为：3
【点睛】本题考查命题与简易逻辑，属于基础题．
14．
【分析】由题中所给的已知条件可知，分别说明两个集合的特征.再进行集合间的运算.
【详解】解：因为,表示全体整数集．
,表示全体奇数集．
表示偶数集合,且为除6余2的整数.
则表示整数集中去掉奇数集和“除6余2”的偶数集,则为偶数集,且不包含“除6余2”的偶数集.
故答案为
【点睛】本题考查的是利用描述法表示集合的方法解决问题的能力,以及集合间的运算.
15．或
【分析】令，依题意可得时恒成立，则，即可得到关于的一元二次不等式组，解得即可；
【详解】解：因为，所以
令，即在恒成立，即时恒成立，所以，即，解得或；解得或，所以原不等式组的解集为
故答案为：
16．
【解析】根据集合，分和两种情况讨论，结合一元二次方程的性质，即可求解.
【详解】由题意，集合，
若时，集合，满足题意；
若时，要使得集合，
则满足，解得，
综上可得，实数的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查了集合的表示方法，以及集合中元素的判定，其中解答中正确理解集合的表示方法，结合一元二次方程的性质求解是解答的关键，属于基础题.
17．（1），，（2）
【分析】（1）先求出集合B，再求，然后求，
（2）由，可得答案
【详解】解：（1）由，得，所以，
所以或，
因为，所以，
（2）因为，，，
所以，
所以实数的取值范围为，
18．．
【分析】由是的必要不充分条件得出集合A与B的包含关系而得解.
【详解】由得或，∴，
由是的必要条件，但不是的充分条件得且，从而有BA，
∴或或，
当时，，∴；
当时，，无解；
当时，，无解；
综上：实数a的取值组成的集合为．
19．(1)，
(2)，理由见解析
【分析】（1）将，化简，并判断是否可以化为，的形式即可判断关系.
（2）由题设，令，，进而判断是否有，的形式即可判断.
(1)
，即符合；
，即符合.
(2)
．理由如下：
由，知：存在，，，，使得，，
∴，其中，，
∴.
20．（1）或.；（2）.
【分析】（1）求出以及后可得.
（2）根据集合等式关系可得，故可得各集合中范围的端点的大小关系，从而可求实数的取值范围.
【详解】（1）由题，或，
或.
（2）由得，则，解得，
由得，则，解得，
∴实数的取值范围为．
【点睛】本题考查集合的交和补以及在包含的条件下参数的取值范围的求法，注意根据集合的等式关系判断出集合之间的包含关系，本题属于中档题.
21．有一种，先取、是唯一必胜的方案
【分析】分3种情况：（1）若先取、，后者只能取、；（2）若先取、，后者只能取、；（3）若先取、，后者只能取、；分别作差比较大小可得．
【详解】解：（1）若先取、，后者只能取、，
因为，
显然，而，的大小不定，所以正负不确定，
所以这种取法没有必胜的把握；
（2）若先取、，后者只能取、，
因为，
显然，而，的大小不定，所以正负不确定，
所以这种取法没有必胜的把握；
（3）若先取、，后者只能取、，
因为，
又，，，所以，即，
故先取、是唯一必胜的方案．
22．（1）证明见解析（2）证明见解析.
【分析】（1）方法一：由结合不等式的性质，即可得出证明；
（2）方法一：不妨设，因为，所以，则．故原不等式成立．
【详解】（1）［方法一］【最优解】：通性通法
，
.
均不为，则，．
［方法二］：消元法
由得，则，当且仅当时取等号，
又，所以．
［方法三］：放缩法
方式1：由题意知 ，又，故结论得证．
方式2：因为，
所以
．
即，当且仅当时取等号，
又，所以．
［方法四］：
因为，所以a，b，c必有两个负数和一个正数，
不妨设则.
［方法五］：利用函数的性质
方式1：，令，
二次函数对应的图像开口向下，又，所以，
判别式，无根，
所以，即．
方式2：设，
则有a，b，c三个零点，若，
则为R上的增函数，不可能有三个零点，
所以．
（2）［方法一］【最优解】：通性通法
不妨设，因为，所以，
则．故原不等式成立．
［方法二］：
不妨设，因为，所以，且
则关于x的方程有两根，其判别式，即．
故原不等式成立．
［方法三］：
不妨设，则，关于c的方程有解，判别式，则．故原不等式成立．
［方法四］：反证法
假设，不妨令，则，又，矛盾，故假设不成立．即，命题得证．
【整体点评】（1）方法一：利用三项平方和的展开公式结合非零平方为正数即可证出，证法常规，为本题的通性通法，也是最优解法；方法二：利用消元法结合一元二次函数的性质即可证出；方法三：利用放缩法证出；方法四：利用符号法则结合不等式性质即可证出；方法五：利用函数的性质证出．
（2）方法一：利用基本不等式直接证出，是本题的通性通法，也是最优解；
方法二：利用一元二次方程根与系数的关系以及方程有解的条件即可证出；方法三：利用消元法以及一元二次方程有解的条件即可证出；方法四：利用反证法以及基本不等式即可证出．
答案第1页，共2页