2021-2022学年上海市外国语大学附属大境中学高一上学期10月月考数学试题（解析版）

2021-2022学年上海市外国语大学附属大境中学高一上学期10月月考数学试题

一、填空题

1．用列举法表示集合__________．

【答案】

【分析】对整数取值，并使为正整数，这样即可找到所有满足条件的值，从而用列举法表示出集合．

【详解】因为且

所以可以取，2，3，4.

所以

故答案为：

【点睛】考查描述法、列举法表示集合的定义，清楚表示整数集，属于基础题.

2．著名的哥德巴赫猜想指出：“任何大于的偶数可以表示为两个素数的和”，用反证法研究该猜想，应假设的内容是_______．

【答案】存在一个大于2的偶数不可以表示为两个素数的和.

【分析】从命题的否定入手可解.

【详解】反证法先否定命题，故答案为存在一个大于2的偶数不可以表示为两个素数的和.

【点睛】本题主要考查反证法的步骤，利用反证法证明命题时，先是否定命题，结合已知条件及定理得出矛盾，从而肯定命题.

3．若恒成立，则的值______．

【答案】5

【解析】根据等式恒成立，对应项的系数相等可求得结果.

【详解】因为，即恒成立，

所以，所以.

故答案为：5

【点睛】关键点点睛：根据等式恒成立，对应项的系数相等求解是解题关键.

4．已知，有四个推理：①；②；③；④，其中正确的序号是_____．

【答案】③

【分析】根据不等式的性质或取特殊值依次讨论各选项即可得答案.

【详解】对于①，当时，显然不等式不成立，故①错误；

对于②，当时，满足，不满足，故②错误；

对于③，由，则，即，故③正确；

对于④，由得同号，故当时，等价于，故，故④错误.

故答案为：③

5．不等式对恒成立，则实数的取值范围为_______.

【答案】；

【分析】由题意可得，不等式成立；当，结合二次函数的性质可得，进而可得结果.

【详解】① 当即时，不等式显然成立；

② 当，欲使不等式对恒成立，则需满足

，解之；综合①②，则实数的取值范围为.

故答案为：

6．若关于的不等式的解集为，则关于的不等式的解集为_____．

【答案】

【分析】根据不等式解集可知且方程的两根为，，结合韦达定理可得，代入不等式求解即可.

【详解】由题，因为不等式的解集为，

所以方程的两根为，，

所以且，解得，

所以不等式为，即，

解得，

故答案为：

7．已知一元二次方程的两实根为、，且，则实数m的值为______．

【答案】或

【分析】应用根与系数关系可得，结合已知及与、的关系列方程求m的值.

【详解】由的两实根为、，

∴，且

∴，解得或．

故答案为：或.

8．“”是“不等式与同解”的__条件.

【答案】既不充分又不必要

【分析】取说明充分性不满足；举不等式与不等式说明必要性不满足，从而即可得答案.

【详解】解：取，满足，

所以即为，即为，

两不等式的解集不同，故充分性不满足；

不等式与不等式的解集相同，均为，但不满足，故必要性不满足；

所以“”是“不等式与同解”的既不充分又不必要条件.

故答案为：既不充分又不必要

9．不等式的解集是__．

【答案】

【分析】将原不等式转化为一元二次不等式求解.

【详解】原不等式 与不等式 同解，故有 ；

故答案为： .

10．已知，同时满足不等式和的的整数值只有2021个，则实数的取值范围是__．

【答案】

【分析】解不等式得到的解集为或，的解集为，从而根据整数解得个数得到，求出实数的取值范围.

【详解】解得：或，

变形为，

因为，所以不等式的解集为，

其中之间有1个整数解-2，

要想同时满足两不等式的的整数值只有2021个，

则要满足，解得：.

故答案为：

11．若三个非零且互不相等的实数满足，则称是调和的；若满足，则称是等差的．已知集合，集合是的三元子集，即．若集合中元素既是调和的，又是等差的，则称集合为“大境集”．不同的“大境集”的个数为______．

【答案】1010

【分析】由为“大境集”的定义解方程，将全用代换，结合可求解.

【详解】联立得，即，，展开得，解得或（根据集合的互异性，舍去），代入得，

则，

所以为4的整数倍，且不为0，则共有个不同的“大境集”的个数.

故答案为：1010

12．设，若时，均有成立，则实数的取值集合为_________.

【答案】

【分析】可得时，不等式不恒成立，当，必定是方程的一个正根，由此可求出.

【详解】若，，则，由于的图象开口向上，

则不恒成立，

，

由可解得，而方程的两个实数根异号，

必定是方程的一个正根，

则，，则可解得，

故实数的取值集合为.

故答案为：.

【点睛】本题考查不等式的恒成立问题，解题的关键是先判断，再得出当，必定是方程的一个正根.

二、单选题

13．是成立的（    ）

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

【答案】A

【分析】充分性显然成立，通过反例可得必要性不成立.

【详解】充分性显然成立，必要性可以举反例：，，显然必要性不成立.

故选：A

14．若，则下列命题正确的是

A．和均不成立 B．和均不成立

C．和均不成立 D．和均不成立

【答案】B

【分析】由不等式的性质依次检验选项即可得解.

【详解】因为，所以，，所以，A不正确；

因为，所以，所以，又，，所以，B正确；

因为， ，，所以，所以,C不正确；

因为与的大小关系不确定，故与的大小关系不确定，D不正确．

综上，可知B选项正确，故选B．

【点睛】本题主要考查了不等式的性质，属于中档题.

15．在关于的方程和中，已知至少有一个方程有实数根，则实数的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】可以采用补集思想．三个判别式均小于0的条件下取交集后再取补集即可．

【详解】若方程和都没有实数根.

则 ，解得：.

则方程和中，已知至少有一个方程有实数根.

所以或

故选：C

【点睛】本题考查了命题与命题的否定，考查补集的方法解题，属于基础题．

16．设，关于的方程组.对于命题：①存在a，使得该方程组有无数组解；②对任意a，该方程组均有一组解，下列判断正确的是（　　）

A．①和②均为真命题 B．①和②均为假命题

C．①为真命题，②为假命题 D．①为假命题，②为真命题

【答案】D

【分析】通过解方程组的知识求得正确答案.

【详解】由得，则，，所以，

则，解得，

所以关于的方程组有唯一解.

所以①为假命题，②为真命题.

故选：D

三、解答题

17．已知，且，，且或

(1)若，，求实数a的值.

(2)若p是q的充分条件，求实数a的取值范围.

【答案】(1)2

(2)

【分析】（1）由题意结合数轴法易得，得到后再检验一下，进而确定；

（2）利用充要条件与集合之间的关系得到，结合数轴可得或，从而得到a的取值范围.

【详解】（1）因为，，

所以由数轴法可得，解得，

此时，或，满足，，

故.

（2）因为p是q的充分条件，所以，

又因为，

所以结合数轴可得，或，得或，

所以满足p是q的充分条件的实数的取值范围为.

18．设关于的不等式的解集为M．

(1)求M；

(2)若且，求实数a的取值范围．

【答案】(1)答案不唯一，具体见解析

(2)a∈

【分析】（1）对进行分类讨论，结合一元一次不等式的解法求得.

（2）根据已知条件列不等式组，由此求得的取值范围.

【详解】（1）依题意，即，

当时，不等式转化为，解集为空集.

当时，不等式转化为，即不等式的解集为.

当时，不等式转化为，即不等式的解集为.

（2）由于且，

所以，

解得.

19．某种商品原来每件售价为25元，年销售8万件．据市场调查，若价格每提高1元，销售量将相应减少2000件，要使销售的总收入不低于原收入，该商品每件定价最多为多少元？

【答案】40元

【分析】每件定价为元，由题意可得，整理得，求解即可.

【详解】解：设每件定价为元，则提高价格后的销售量为万件，

由销售的总收入不低于原收入，得，

整理得，解得．

故要使销售的总收入不低于原收入，每件定价最多为40元．

20．已知，，且，求证：与中至少有一个小于2．

【答案】证明见解析.

【分析】假设与都大于或等于2，即，两式相加得出与已知矛盾，可证得原命题成立．

【详解】证明：假设与都大于或等于2，即，

因为，，故可化为，两式相加，得，

与已知矛盾．所以假设不成立，即原命题成立．

【点睛】本题考查反证法的证明，考查学生逻辑思维能力，属于中档题．

21．已知集合，，，若非空，且，求的值以及相应的取值范围．

【答案】，；，.

【分析】化简集合A、B，由非空确定m的取值，再讨论、及求得的取值范围.

【详解】或.

，故或，得或.

（1）当时，，，不合题意；

（2）当时，

i.当时，，故；

ⅱ.当时，，故.

综上所述，当时，；当时，.