2022-2023学年上海市复兴高级中学高一上学期10月月考数学试题（解析版）

2022-2023学年上海市复兴高级中学高一上学期10月月考数学试题

一、单选题

1．设A={x|x为合数}, B={x|x为质数},N表示自然数集,若E满足,则这样的集合E

A．只有一个 B．只有两个 C．至多3个 D．有无数个

【答案】D

【解析】由题意E中的元素一定有0,1,并且还可以有其它自然数,由此能求出结果.

【详解】∵设,,N表示自然数集,

∴中只比N中少两个元素:0和1,

∵E满足,

∴E中的元素一定有0,1,并且还可以有其它自然数,

∴这样的集合E有无数个.

故选:D.

【点睛】本题考查满足条件的集合个数的判断,是基础题,解题时要熟练掌握并集的性质.

2．给出三个条件：①；②；③；④．其中能分别成为的充分条件的个数为（    ）

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】C

【分析】根据不等式的性质作答．

【详解】由能得出，由不能得出（时不成立），，显然有（原因是），时可能有，如，因此有两个，①③满足题意．

故选：C.

【点睛】本题考查不等式的性质，掌握不等式的性质是解题基础．

3．若“不积跬步，无以至千里”是真命题，则下面的命题一定是真命题的是（    ）

A．积跬步一定可以至千里 B．不积跬步也可能至千里

C．要想至千里一定要积跬步 D．不想至千里就不用积跬步

【答案】C

【分析】根据命题与逆否命题的真假关系,即可判断.

【详解】命题“不积硅步,无以至千里”

则其逆否命题为“至千里,积硅步”

可知C为正确选项.

故选:C

【点睛】本题考查了命题与逆否命题的真假关系应用,对抽象问题的分析与理解能力,属于基础题.

4．记方程①：，方程②：，方程③：，其中，，是正实数．当，，成等比数列时，下列选项中，能推出方程③无实根的是

A．方程①有实根，且②有实根 B．方程①有实根，且②无实根

C．方程①无实根，且②有实根 D．方程①无实根，且②无实根

【答案】B

【详解】当方程①有实根，且②无实根时，，从而即方程③：无实根，选B.而A,D由于不等式方向不一致，不可推；C推出③有实根

【解析】不等式性质

二、填空题

5．集合，，则______.

【答案】

【分析】根据绝对值的定义确定集合，然后由并集定义计算．

【详解】，所以．

故答案为：．

6．已知方程的两根为，，则______.

【答案】

【分析】由方程易知，根据根与系数的关系写出、，由即可求值.

【详解】由题设知：，

∴，，

∴.

故答案为：.

7．已知全集，集合，则______.

【答案】[1,)

【分析】先化简集合，再求集合在全集中的补集即可.

【详解】先解不等式，解得，所以集合，因为全集所以.

故填：或

8．已知，则“”是“”的______.

【答案】既不充分又不必要条件

【分析】根据充分性与必要性的定义即可作出判断.

【详解】若成立，如，,则不成立，

故命题：“” “”为假命题；

若，如，，则不成立，

故命题：“” “”为假命题；

故“”是“”的既不充分又不必要条件.

故答案为：既不充分又不必要条件

9．能够说明“设是任意实数,若,则”是假命题的一组整数的值依次为__________.

【答案】

【详解】试题分析：，矛盾，所以−1，−2，−3可验证该命题是假命题.

【名师点睛】对于判断不等式恒成立问题，一般采用举反例排除法．解答本题时利用赋值的方式举反例进行验证，答案不唯一．

10．设集合，，其中，若，则实数m的取值范围是________．

【答案】

【分析】因为集合与集合分别表示直线与直线上所有的点所构成的集合，若，则直线与直线平行，即，解方程，即可.

【详解】

直线与直线平行

即，解得或

故答案为：

【点睛】本题通过，考查了两直线平行斜率相等，属于较易题.

11．不等式的解集是________．

【答案】或

【分析】将分式不等式，移项，通分，合并同类项，变形为，转化为等价的整式不等式组，解不等式组，即可.

【详解】

，解得：或.

不等式的解集是：或

故答案为：或

【点睛】本题考查分式不等式的求解，同时也考查了转化与化归的思想，属于容易题.

12．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：

13．已知集合，，则满足的集合C有______ 个.

【答案】

【分析】根据集合的包含关系和题干条件，先找出集合的关系，然后利用子集的性质求解.

【详解】由条件，集合的包含关系可知：，即，故只需求子集的个数，由子集的性质可知，含个元素的集合子集的个数有个.

故答案为：

14．在整数集中，被除所得余数为的所有整数组成一个“类”，记为，即，.给出下列四个结论：

①；②；③；④“整数属于同一‘类’”的充要条件是“”.

其中正确结论的个数是______.

【答案】

【分析】根据“类”的定义可知①②正误；根据整数除以的余数所有可能的情况可知③正确；假设，，，可证得充分性成立；由，，可证得，知必要性成立，可得④正确.

【详解】对于①，，，①正确；

对于②，，，②错误；

对于③，一个整数除以的余数只能为：，，③正确；

对于④，若整数属于同一“类”，则，，，

，，必要性成立；

当时，，，，

若，设，，则，，

属于同一“类”，充分性成立；④正确.

综上所述：正确结论的个数为.

故答案为：.

15．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.

16．已知集合，，存在正数，使得对任意，都有，则的值是____________

【答案】1或

【分析】根据所处的不同范围，得到和时，所处的范围；再利用集合的上下限，得到与的等量关系，从而构造出方程，求得的值.

【详解】，则只需考虑下列三种情况：

①当时，

又    

    且

可得：

②当即时，与①构造方程相同，即，不合题意，舍去

③当即时

可得：且

综上所述：或

【点睛】本题考查利用集合与元素的关系求解参数的取值问题，关键在于能够通过的不同取值范围，得到与所处的范围，从而能够利用集合的上下限得到关于的等量关系，从而构造出关于的方程；难点在于能够准确地对的范围进行分类，对于学生的分析和归纳能力有较高的要求，属于难题.

三、解答题

17．证明：若、、，且，，，则、、中至少有一个不小于0.

【答案】证明见解析

【分析】利用给定条件借助反证法证明、、都小于0不可能即可得解.

【详解】假设、、都小于0，即，则有，

因、、，且，，，

于是得，与矛盾，

从而假设是错的，即、、都小于0是错的，则原结论成立，

所以、、中至少有一个不小于0.

18．设关于的不等式的解集为 .

(1)求；

(2)若，求实数的取值范围.

【答案】(1)见详解

(2)

【分析】（1）利用分类讨论的数学思想即可求出,（2）利用分类讨论解出关于的不等式即可得到的取值范围

【详解】(1)因为关于的不等式解集为,

故，所以原不等式可化为.

当时，不等式解集为.

当时，解不等式为即解集为

当时，解不等式为即解集为

综上所述：时解集为，时解集为，时解集为

(2)因为，所以故

当时，解得.

当时，解得 .

综上所述：的取值范围为

19．已知集合，，其中 .

(1)当时，求集合A，B；

(2)问：是的什么条件？并证明你的结论.

【答案】(1)

(2)充分不必要条件，证明见解析.

【分析】(1)当a=1时，分别解不等式 和 即可；

(2)根据（1）的结果，先求出 时a的取值范围，再根据充分必要条件的定义作判断即可.

【详解】(1)由题意，，即 ，

，解得 ，即 ；

，即 ；

当a=1时， ；

(2)由（1）的结果可知，若 ，则有 ，即 ；

或者 ，即 ；

即当 时， ，但如果是，不能推出，

所以是充分不必要条件；

综上，（1），（2）是充分不必要条件.

20．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？

【答案】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．

21．已知数集具有性质：对任意的与两数中至少有一个属于．

(1)分别判断数集与是否具有性质

(2)证明：，且

(3)当时，若，若数集具有性质，求数集．

【答案】(1)数集不具有性质，具有性质.

(2)证明见解析

(3)

【分析】（1）由定义直接判断．

（2）由已知得与中至少有一个属于，从而得到；再由，得到，3，，．由具有性质可知，2，3，，，由此能证明，且．

（3）根据（2），只要证明即可求得集合．

【详解】(1)由于与均不属于数集，3，，

所以数集，3，不具有性质．

由于，，，，，，，，，都属于数集，2，3，，

所以数集，2，3，具有性质．

(2)数集具有性质，则与中至少有以一个属于，由于，所以，所以，从而，即，即

，所以

由数集具有性质，得

从而

(3)由（2）知，当时，

有，，即，

，，，

由具有性质可知．

由，得，

且，，

即，，，， 是首项为1，公比为等比数列，

即有集合，2，4，8，．