2022-2023学年上海市南洋模范中学高一上学期开学考试数学试题含解析

2022-2023学年上海市南洋模范中学高一上学期开学考试数学试题

一、单选题

1．下列关系中错误的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】对于A，根据空集的性质判断，对于B，直接判断，对于C，由集合的特征判断，对于D，由子集的性质判断.

【详解】对于A，因为空集是任何非空集合的真子集，所以，所以A正确，

对于B，因为表示的是整数集，所以，所以B正确，

对于C，因为表示此集合中只有一个元素，而集合表示集合中有2个数，所以两集合间不存在包含关系，所以C错误，

对于D，和是两个相等的集合，所以，所以D正确，

故选：C

2．已知1和3是关于的方程的两个根，且关于的方程有两个相等的实数根，则实数的值是（    ）

A．1或 B．或 C．或 D．1或

【答案】D

【分析】根据韦达定理得到，由根的判别式得到，解出或

【详解】整理为，

所以，，

即，

又因为有两个相等的实数根，

所以，

整理为，解得：或

故选：D

3．二次函数的图象如图所示，则一次函数与反比例函数在同一坐标内的图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据二次函数图象可得，从而可判断出一次函数和反比例函数的图象.

【详解】解：∵二次函数图象开口方向向上，∴a>0，

∵对称轴为直线x=>0，

∴b<0，

∵当x=1时，y=a+b+c<0，

∴y=bx+a的图象经过第二四象限，且与y轴的正半轴相交，反比例函数y=图象在第二､四象限，只有D选项图象符合.

故选：D.

4．设、、是两个两两不相等的正整数.若，则的最小值是（    ）

A．2007 B．1949 C．1297 D．1000

【答案】C

【详解】不妨设，则.

因为为偶数，所以、、必为两奇一偶，从而，为奇数.

又因为，所以为不小于3的奇数.

若.则.故，且.

所以，不符合要求.

若，则.

故解得

此时，.

二、填空题

5．分解因式：__________．

【答案】

【分析】先提公因式x，再利用平方差公式分解因式．

【详解】

故答案为：．

6．已知集合，，则__________．

【答案】

【分析】根据集合的交集补集运算即可求解.

【详解】因为，

所以

因此.

故答案为

【点睛】本题主要考查了集合的补集，交集运算，属于中档题.

7．若三角形的面积为，且三边长分别为，则三角形的内切圆的半径是___________;

【答案】

【解析】运用三角形的等面积法可求得答案．

【详解】如下图所示，设三角形的内切圆的半径为，则有，

所以，

故答案为：．

【点睛】本题考查三角形的内切圆的半径求解，常运用三角形的等面积法，属于基础题．

8．在平面直角坐标系中，一次函数与反比例函数的图象交于，两点，则的值是______．

【答案】

【分析】根据一次函数与反比例函数的图象和性质可知，其交点，关于原点对称，进而得出其纵坐标互为相反数，得出答案.

【详解】由一次函数与反比例函数的图象和性质可知，

其交点，关于原点对称，

所以.

故答案为：

9．若都满足方程且，则的取值范围是_____．

【答案】

【分析】由绝对值的几何意义得到方程的解即可得到所求范围.

【详解】

两边同时除以得，

由绝对值的几何意义可知，此方程的解为，

从而可知，即的取值范围是.

故答案为：

10．已知，为正数，化简_______．

【答案】

【分析】根据根式与分数指数幂的互化以及指数幂的运算公式即可求出结果.

【详解】原式．

故答案为：．

11．已知抛物线经过点、、，则该抛物线上纵坐标为的另一个点的坐标为______．

【答案】

【分析】将、两点坐标代入函数解析式，可得出，可求出抛物线的对称轴方程，结合抛物线的对称性可求得结果.

【详解】将、两点坐标代入函数解析式可得，解得，

由题意可知，所以，抛物线对应的函数解析式为，

所以抛物线的对称轴为直线，故点关于直线的对称点为.

故答案为：.

12．已知点是一次函数的图象与反比例函数的图象在第一象限内的交点，点在轴的负半轴上，且（为坐标原点），则的面积为___________.

【答案】

【分析】求出点的坐标，即解方程组，再根据三角形面积公式可求的面积

【详解】解：依题意得，解得，

∴，

∴，

∴，

故答案为：

13．方程的两个根分别是一个直角三角形的两条边长，则直角三角形的第三条边长是________.

【答案】4或

【分析】先求得方程的两个根，然后按为直角边或为斜边进行分类讨论，利用勾股定理计算出第三边.

【详解】方程因式分解得，所以或，解得，，

即直角三角形的两条边长分别为3，5.当5为直角边长时，第三条连长为；

当5为斜边长时，第三条连长为.

故答案为4或

【点睛】本小题主要考查一元二次方程的解法，考查直角三角形中有关计算，属于基础题.

14．设已知关于的不等式的解集为求不等式的解集为_______

【答案】

【解析】由不等式与方程的关系知1为的根，可得出关系，代入不等式求解即可.

【详解】因为不等式的解集为

所以且，

即且，

所以可化为，

解得，

所以不等式的解集为，

故答案为：

【点睛】本题主要考查了方程的根与不等式的解之间的关系，属于中档题.

15．设，若，，则不同的有序集合组的总数是___________.

【答案】

【分析】按中元素个数分类讨论，再定中元素个数，最后由分类、分步计数原理可得结论.

【详解】法一：

集合中有10个元素时，不同的有序集合组有个；

当集合中有9个元素时，不同的有序集合组有个；

…

当集合中有0个元素时，不同的有序集合组有个；

∴总数为：++…+=++…+=

法二：

如图，每个数字的位置都有5个位置可供选择，所以共有种.

故答案为：

16．已知且，其中，若，且的所有元素之和为56，求___________.

【答案】

【分析】先通过，判断得，分类讨论与的情况，得到，再求的元素，进而得到，解得，故得答案.

【详解】由得，所以，又因为，即，所以，

（1）若，因为，所以，此时，

即，故，从而，

所以，则，即或1，与矛盾，

（2）若，则，即，所以，

从而，显然，即或1，

而与矛盾，故；

又，故，

将代入，得到，解得或（舍去），

所以.

故答案为：8.

三、解答题

17．先化简，再求值：，其中．

【答案】化简结果为，值为

【分析】分式通分，分子分母能因式分解的因式分解，然后约分即可化简，再代入参数值可得结论．

【详解】，

当时，原式

18．解下列方程（组）：

(1)；

(2).

【答案】(1)或；

(2).

【分析】（1）利用消元法解方程组得解；

（2）化简得即得解.

【详解】(1)解：,由(1)得，

把代入（2）得，

当时，；当时，.

经检验满足题意.

所以原方程组的解为或.

(2)解：.

原方程可以化为

所以.

经检验满足题意.

所以原方程的解为.

19．已知为实数，，.

(1)当肘，求的取值集合；

(2)当时，求的取值集合.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）分析可知，则，根据可得出关于的等式组，由此可解得实数的值；

（2）分析可知，分、两种情况讨论，在时，直接验证即可；在时，根据集合的包含关系可得出关于实数的等式，即可解得实数的值，综合可得结果.

【详解】(1)解：因为，且，则，所以，，

由题意可知，，解得.

因此，实数的取值集合为.

(2)解：，则.

当时，，合乎题意；

当时，则，若，则，解得.

综上所述，的取值集合为.

20．如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（5，0）两点，直线y＝x+3与y轴交于点C，与x轴交于点D．点P是x轴上方的抛物线上一动点，过点P作PF⊥x轴于点F，交直线CD于点E．设点P的横坐标为m．

(1)求抛物线的解析式；

(2)若PE＝5EF，求m的值．

【答案】(1)y＝x2+4x+5

(2)m＝2或m＝

【分析】（1）将点A、B坐标代入抛物线解析式，解方程组求出，从而可求出抛物线的解析式，

（2）由题意表示出点的坐标，从而可表示出PE，EF，然后由PE＝5EF，列方程可求出m的值．

【详解】(1)将点A、B坐标代入抛物线解析式，得：

，

解得：．

故抛物线的解析式为：y＝x2+4x+5；

(2)∵点P的横坐标为m，

∴P（m，m2+4m+5），E（m，m+3），F（m，0）．

∴PE＝|yPyE|＝|(m2+4m+5) (m+3)|＝|m2+m+2|，

EF＝|yEyF|＝|(m+3) 0|＝|m+3|．

由题意，PE＝5EF，即：|m2+m+2|＝5|m+3|＝|m+15|

①若m2+m+2＝m+15，

整理得：2m217m+26＝0，

解得：m1＝2，m2＝；

②若m2+m+2＝(m+15)，

整理得：m2m17＝0，

解得：m＝或m＝．

由题意得，m的取值范围为：1＜m＜5，

故m＝、m＝这两个解均舍去．

∴m＝2或m＝．

21．设是非空实数集，且.若对于任意的，都有，则称集合具有性质；若对于任意的，都有，则称集合具有性质.

(1)写出一个恰含有两个元素且具有性质的集合；

(2)若非空实数集具有性质，求证：集合具有性质；

(3)设全集，是否存在具有性质的非空实数集，使得集合具有性质？若存在，写出这样的一个集合；若不存在，说明理由.

【答案】(1);

(2)证明见解析;

(3)不存在，理由见解析.

【分析】（1）根据题意直接写出即可.

（2）根据性质可知，分别说明集合中元素为1个、2个、大于2个时，集合中元素满足性质即可.

（3）由题意可知，且不是单元素集，令，,且 ，则可分别说明当与当时矛盾.

【详解】(1)

(2)若集合具有性质，不妨设,

由非空数集具有性质，有.

①若,易知此时集合具有性质.

②若实数集只含有两个元素，不妨设，

由，且，解得，此时集合具有性质.

③若实数集含有两个以上的元素，不妨设不为1的元素，

则有,由于集合具有性质，

所以有，这说明集合具有性质.

(3)不存在具有性质的非空实数集,使得集合具有性质.

由于非空实数集具有性质,令集合,

依题意不妨设.

因为集合具有性质,所以.

若,则,否则,这与矛盾.

故集合不是单元素集.

令,且 ，

①若,可得,即,这与矛盾;

 ②若,由于,所以,因此,这与矛盾.

综上可得:不存在具有性质的非空实数集,使得集合具有性质.