2022-2023学年上海南汇中学高一上学期期中数学试题（解析版）

2022-2023学年上海南汇中学高一上学期期中数学试题

一、单选题

1．设命题甲：“”，命题乙：“”，那么命题甲是命题乙的（    ）

A．充分非必要条件 B．必要非充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】根据不等式的求解，结合集合间的关系即可判断充分不必要条件.

【详解】由得，由得，

由于，

故命题甲是命题乙的充分不必要条件，

故选:A

2．若，，则下列命题中正确的是（    ）

A．若，则 B．若，则

C．，则 D．若，则

【答案】D

【分析】根据对数的运算性质即可求解.

【详解】对于A,若时，则无意义，故A错误，

对于B,若时，无意义，故B错误，

对于C,若，则或，故C错误，

对于D,若，则，故正确，

故选：D

3．已知、、，下列命题：①若，则；②若，则；③若，则；④若，则.其中正确的个数是（    ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

【答案】B

【分析】利用特殊值判断出错误的命题，利用差比较法、不等式的性质等知识确定正确答案.

【详解】①，若，则，所以①错误.

②，若，则，所以②正确.

③，若，即同号，所以，所以③正确.

④，若，如，则，所以④错误.

所以正确的个数是个.

故选：B

4．设集合，，，，其中，下列说法正确的是

A．对任意，是的子集，对任意，不是的子集

B．对任意，是的子集，存在，使得是的子集

C．对任意，使得不是的子集，对任意，不是的子集

D．对任意，使得不是的子集，存在，使得不是的子集

【答案】B

【分析】运用集合的子集的概念，令，推导出，可得对任意，是的子集；再由，，求得，，即可判断与的关系.

【详解】解对于集合，，

可得当即可得，

即有，可得对任意，是的子集；

当时，，

可得是的子集；

当时，，

可得不是的子集；

综上可得，对任意，是的子集，存在，使得是的子集.

故选：

【点睛】本题考查集合间的关系，一元二次不等式的解法，属于中档题.

二、填空题

5．已知集合，若全集，则________________.

【答案】或

【解析】根据补集的概念运算可得答案.

【详解】因为集合，全集，

所以或.

故答案为：或

6．陈述句“或”的否定形式是______.

【答案】且

【分析】利用命题的否定方法，求解即可.

【详解】解：由命题的否定方法，

的否定为，的否定为，

所以“或”的否定形式是且，

故答案为：且

7．不等式的解为                        ．

【答案】或

【详解】由，可得

即

所以不等式的解为或

8．设，若是的必要条件，则实数的取值范围为______.

【答案】

【分析】根据必要条件即得解.

【详解】因为是的必要条件，

所以是的子集，

即.

故答案为：.

9．已知关于x的不等式的解集为，则______．

【答案】-5

【分析】根据给定的条件，利用一元二次方程根与系数的关系计算作答.

【详解】因关于x的不等式的解集为，则是方程的二根，

则有，解得，所以.

故答案为：-5

10．若且，则_____

【答案】；

【解析】用因式分解变形后代入已知条件可得．

【详解】因为，

所以．

故答案为：．

11．若，，则______（结果用、表示）.

【答案】

【分析】利用对数的运算性质化简可得结果.

【详解】解：由题意可得，

故答案为：.

12．已知，则的最小值是______.

【答案】

【分析】利用基本不等式求得的最小值.

【详解】由于，所以，

所以，

当且仅当时等号成立.

故答案为：

13．已知为常数，集合，集合，且，则的所有取值构成的集合为______;

【答案】

【分析】先求出集合，由，得或或，分别求解的值即可.

【详解】解：集合，因为集合，且，

所以或或，

当时，，当时，，当时，，

故的所有取值构成的集合为.

故答案为：.

14．若关于的不等式的解集为，则实数的取值范围是______.

【答案】

【分析】分类讨论，根据一元二次不等式与二次函数的关系即可通过判别式求解.

【详解】当时，不等式为，此时解集为，符合题意，

当，即时，由开口向上的二次函数可知不可能为空集，故不符合题意，舍去，

当即时，此时，解得，

故答案为：

15．设集合，若非空集合同时满足：①，②，（其中表示中元素的个数，表示集合中最小的元素）称集合为的一个好子集，则的所有好子集的个数为______.

【答案】8

【分析】根据好子集的定义，分类讨论即可求出．

【详解】①当，即集合中元素的个数为1时，的可能情况为：,,

②当，即集合中元素的个数为2时，的可能情况为：

③当，即集合中元素的个数为3时，的可能情况为：

的所有好子集的个数为8．

故答案为：8．

16．已知，，且，则的最小值为______.

【答案】

【分析】令，，从而可得，再利用基本不等式即可求解.

【详解】令，，

则，且，

∴，

∴

，

当且仅当取等号，即时成立.

故答案为：.

三、解答题

17．集合，，若，求实数的取值范围.

【答案】

【分析】根据分数不等式和绝对值不等式化简集合,进而根据集合的包含关系列出不等式即可求解.

【详解】由得，故，

由，

由得,

由于，所以集合，

所以，解得，

故实数的取值范围是.

18．设，，，是四个正数.

(1)已知，比较与的大小；

(2)已知，求证：，，，中至少有一个小于1.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据作差法以及不等式的性质即可求解，

（2）根据反证法以及均值不等式即可求证.

【详解】（1）由，且，两边同乘以得，，

，

由于，，，，均为正数，所以,

故

（2）假设，，，都不小于1，即，，，均大于等于1，

即，

由均值不等式得：，

故，当且仅当时等号成立，

这与矛盾，故假设不成立，原命题成立.

19．某学校为了支持生物课程基地研究植物生长，计划利用学校空地建造一间室内面积为的矩形温室，在温室内划出三块全等的矩形区域，分别种植三种植物，如图所示，在相邻区域之间间隔，三块矩形区域的前、后与内墙各保留宽的通道，左、右两块矩形区域分别与相邻的左右内墙保留宽的通道.设矩形温室的室内长为，三块种植植物的矩形区域的总面积为.

(1)用表示；

(2)当为何值时，最大，并求出该最大值.

【答案】(1)，且；

(2)米时，的最大值676平方米

【分析】（1）设矩形温室的室内长为，得出宽为，求出三块种植植物的矩形区域的总面积的解析式以及自变量的取值范围；

（2）根据自变量的取值范围，利用基本不等式，求出的最大值即可．

【详解】（1）由题意得矩形温室的室内长为，则矩形温室的室内宽为，

则三块种植植物的矩形区域的总面积为，

由题意得，解得，

，且；

（2）由（1）可得，

，（当且仅当时取等号）

,此时长为．

故长度为60米，的最大值676平方米，

20．若设为曼哈顿扩张距离，它由个绝对值之和组成，其中为正整数.

(1)若，求的取值范围；

(2)若对一切实数恒成立，求实数的取值范围；

(3)是否存在最小值？若存在，求出该最小值，若不存在，说明理由.

【答案】(1)

(2)

(3)存在，最小值为9

【分析】（1）零点分段法求解绝对值不等式；

（2）利用绝对值三角不等式得到，从而得到；

（3）利用绝对值的几何意义求出的最小值.

【详解】（1），

当时，，解得：，

与取交集得，

当时，，故，

当时，，解得：，

与取交集得，

综上：的取值范围是；

（2）对一切实数恒成立，

因为，故，

实数的取值范围为.

（3）

其中的几何意义为：在数轴上一点到的距离之和，

要想距离之和最小，其中时，取得最小值，

当时，取得最小值，

当时，取得最小值，

综上：当时，取得最小值，

最小值为，

故的最小值为9.

21．法国数学家佛朗索瓦·韦达，在欧洲被尊称为“现代数学之父”，他最重要的贡献是对代数学的推进，他最早系统地引入代数符号，推进了方程论的发展，由于其最早发现代数方程的跟与系数之间的关系，因此，人们把这个关系称为韦达定理.韦达定理有着广泛的应用，是高中阶段非常重要的知识内容，为了致敬前辈数学家，请同学们利用韦达定理完成以下问题.

(1)关于的方程的一个实数根为2，求另一实数根及实数的值；

(2)关于的方程有两个实数根、，若，求实数的值；

(3)已知集合有且仅有3个元素，这3个元素恰为直角三角形的三条边长，求，的值.

【答案】(1)另一个根为1，

(2)

(3)，，

【分析】（1）根据韦达定理即可求解，

（2）由韦达定理代入即可求值，

（3）根据二次函数的特征，将问题转化为函数与的图象恰好有3个交点，进而根据勾股定理以及韦达定理即可求解.

【详解】（1）设另外一个根为由韦达定理得，解得

（2）方程有两个实数根、，由韦达定理得，故，

代入得，解得或，

由得，故，

（3）由题意可知：函数与的图象恰好有3个交点，

即方程有两个实数根、，不妨设且满足关于对称轴对称，第三个根，（），时，…①

故，，…②

由勾股定理得，进而得，

由于，所以，进而得，将其代入①②可得

由于，所以，则.