2022-2023学年江西省赣州市赣县第三中学（南北校区）高一上学期10月联考数学试题（解析版）

2022-2023学年江西省赣州市赣县第三中学（南北校区）高一上学期10月联考数学试题

一、单选题

1．给出下列关系：①；②；③；④；⑤，其中正确的个数（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】A

【分析】依次判断出各数所属于的数域范围，进而判断出正误.

【详解】是实数，①正确；是无理数，②错误；是整数，③错误；是自然数，④错误；0是有理数，⑤错误，所以正确的个数为1．

故选：A．

2．已知集合，且，则a=（    ）

A．1 B．-1 C．±1 D．0

【答案】B

【分析】代入求值，再由集合的互异性验证即可求解.

【详解】由题意可得或，

解得或，

当时，，不满足集合的互异性，舍去；

当时，，满足题意，

故选：B

3．设集合，集合，若集合是集合的真子集，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据集合的包含关系计算可得.

【详解】解：因为集合，集合，且，

所以；

故选：A

4．已知命题：“，方程有解”是真命题，则实数a的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由根的判别式列出不等关系，求出实数a的取值范围.

【详解】“，方程有解”是真命题，故，解得：，

故选：B

5．十七世纪，数学家费马提出猜想：“对任意正整数，关于x，y，z的方程没有正整数解”，经历三百多年，1995年数学家安德鲁·怀尔斯给出了证明，使它终成费马大定理，则费马大定理的否定为（    ）

A．对任意正整数n，关于x，y，z的方程都没有正整数解

B．对任意正整数，关于x，y，z的方程至少存在一组正整数解

C．存在正整数，关于x，y，z的方程至少存在一组正整数解

D．存在正整数，关于x，y，z的方程至少存在一组正整数解

【答案】D

【分析】根据命题的否定形式，直接写出命题的否定即可

【详解】命题的否定形式为，原命题的题设不变，结论改否定；

故只有D满足题意；

故选：D

6．设，则“且”是“”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】根据充分条件和必要条件的定义进行推理即可.

【详解】若且，则，充分性成立；取，则成立，但“且”不成立，必要性不成立.因此“且”是“”的充分不必要条件.

故选：A.

7．某班共人，其中人喜欢篮球运动，人喜爱乒乓球运动，人对这两项运动都不喜爱，则喜欢篮球运动但不喜爱乒乓球运动的人数为（    ）

A．5 B．10 C．12 D．13

【答案】C

【分析】根据条件作出图，设既喜欢篮球也喜欢乒乓球运动的人数为，根据图列方程即可得的值，进而可得喜爱篮球运动但不喜爱乒乓球运动的人数.

【详解】根据条件作出图：

设既喜欢篮球也喜欢乒乓球运动的人数为，

则喜爱篮球运动但不喜爱乒乓球运动的人数为，

喜欢乒乓球运到但不喜欢篮球运动的人数为，

由题意可得：，解得：，

所以喜爱篮球运动但不喜爱乒乓球运动的人数为人，

故选：C.

8．设的两实根为，，而以，为根的一元二次方程仍是，则数对的个数是（    ）

A．2 B．3 C．4 D．0

【答案】B

【分析】利用根与系数关系列方程，通过解方程求得的所有可能取值，由此得出正确选项.

【详解】根据题意得，①，②，③，④，

由②、④可得，解得或，即或.

由①、②、③可得，即.

当时，，解得或，

即或把它们代入原方程的判别式中可知符合题意；

当时，，解得或，即或

把它们代入原方程的判别式中可知不合题意，舍去.所以数对的个数是3，

故选B.

【点睛】本小题主要考查根与系数关系，考查方程的解法，考查分类讨论的数学思想方法，考查运算求解能力，属于中档题.

二、多选题

9．若全集为，集合则下列结论正确的是（　　）

A． B．

C． D．

【答案】ABD

【分析】根据给定条件，利用子集、交集、并集、补集的定义及性质直接求解作答.

【详解】因集合，则有，A正确；

全集为，则，又，则有，B正确；

因，，因此，不正确，C不正确；

因，则，而，则正确，D正确.

故选：ABD

10．已知，则下列结论正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BCD

【分析】由，得到，逐项判断.

【详解】解：因为，

所以，则，，

所以，

则，所以，即，

所以，所以，

故选：BCD

11．下列命题中，真命题的是（    ）

A．，都有 B．，使得

C．任意非零实数，都有 D．函数的最小值为

【答案】AB

【分析】对于A，配方即可判断；对于B，当即可判断；对于C，令，即可判断；对于D，由基本不等式即可判断.

【详解】对于A，，

所以，都有成立，故为真命题.

对于B，显然当时，成立，故为真命题.

对于C，当时，则，故不成立，为假命题.

对于D，，当且仅当时，取等号，即，显然无解，即取不到最小值，故不成立，为假命题.

故选:AB.

12．已知关于x的不等式组仅有一个整数解，则k的值可能为（    ）

A． B． C． D．5

【答案】ABD

【分析】根据一元二次不等式可求两个不等式的解，根据不等式组的解只有一个整数解，结合两不等式的解的交集，即可确定第二个不等式端点需要满足的关系，即可列不等式求解.

【详解】解不等式，得或

解方程，得

（1）当，即时，不等式的解为：

此时不等式组的解集为，依题意，则，即；

（2）当，即时，不等式的解为：，要使不等式组的解集中只有一个整数，

则需满足：，即；

所以k的取值范围为.

故选：ABD.

三、填空题

13．已知全集U＝，且＝{2}，则A＝______．

【答案】{1,0}.

【分析】根据补集的定义，结合全集中的元素，即可求得结果.

【详解】因为全集U＝，且＝{2}，则.

故答案为：.

14．已知二次函数，当时的解集是，则不等式的解集是______________

【答案】或

【分析】先由不等式的解集，确定之间关系，再解所求不等式，即可得出结果.

【详解】因为不等式的解集为，

所以方程的两根为和，且；

则，即，

所以不等式可化为，则，

解得或，

所以不等式的解集是或.

故答案为：或.

15．如图是二次函数的部分图象，图象过点，对称轴为直线.给出以下结论：

①；②；③；④.

其中所有正确结论的序号是___________.

【答案】①③④

【分析】根据二次函数的对称轴可判断②；由对称性知图象过点可判断①；根据时，可判断③；根据开口向下可判断④；进而可得正确答案.

【详解】因为的对称轴为，所以，即，所以②不正确；

因为图象过点，对称轴为，

所以图象过点，所以，故①正确；

当时，，故③正确；

因为二次函数开口向下，所以，所以，故④正确；

故答案为：①③④.

16．若y均为正实数，且，则的最小值为________.

【答案】 1.8

【分析】令，则，由得,根据，得，再根据基本不等式可求出结果.

【详解】令，则，

由得，即，

所以，

因为，所以，，

所以，

所以，

所以，

所以，即，当且仅当，时，等号成立.

故答案为：.

四、解答题

17．已知集合，．

(1)若，求；

(2)在①，②中任选一个，补充到横线上，并求解问题．

若______，求实数a的取值范围．

【答案】(1)

(2)条件选择见解析，

【分析】（1）当时，集合，则可求出；

（2）任选一个条件都可得，讨论集合是否为空集，即可求出实数a的取值范围.

【详解】(1)当时，集合，

又，

所以；

(2)方案一  选择条件①．

由，得．

当时，，得，此时，符合题意；

当时，得，解得．

综上，实数a的取值范围是．

方案二  选择条件②．

由，得．

当时，，得，此时，符合题意．

当时，得，解得．

综上，实数a的取值范围是．

18．已知集合，集合，集合．

(1)若，求实数a的值；

(2)若，，求实数a的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）求出集合，由，得到，由此能求出a的值，再注意检验即可；

（2）求出集合，由，，得，由此能求出a，最后同样要注意检验．

【详解】(1)因为集合，

集合，且，

所以，所以，即，

解得或．

当时，，，符合题意；

当时，，，不符合题意．

综上，实数a的值为．

(2)因为，，

，且，，

所以，

所以，即，解得或．

当时，，满足题意；

当时，，不满足题意．

综上，实数a的值为．

19．比较下列各组中两式的大小：

(1)设，与；

(2)设，与.

【答案】(1)

(2).

【分析】将两个代数式作差，因式分解、配方，与零比较大小即可.

【详解】(1)因为

，

因为，所以，

所以，所以；

(2)因为

，

所以.

20．（1）求函数的最小值.

（2）已知，，且，求的最小值.

【答案】（1）；（2）

【分析】（1）利用配凑法再分离常数得到，利用基本不等式即可；

（2）对条件变形得到，利用基本不等式“1”的妙用求最值.

【详解】（1）解： ，

，

，

当且仅当时，即时，函数有最小值；

（2）由题意，

，又，，

，

当且仅当，即是等号成立，

结合，知时，有最小值为.

21．已知，，其中.

(1)若p是q的充分条件，求实数m的取值范围；

(2)是否存在m，使得是q的必要条件？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)

(2)不存在，理由见解析.

【分析】分别求出命题与命题，再根据充分条件与必要条件即可解出答案.

【详解】(1)命题.

命题.

若p是q的充分条件，则

即

(2):或.

是q的必要条件,则

即或；解得：或；又

故不存在使是q的必要条件.

【点睛】本题考查充分必要条件.属于基础题.解本类题型常用“小范围可以推大范围，大范围不能推小范围”来解决.

22．如图，某小区有一块五边形的空地，延长交的延长线于点，四边形为矩形，，，，．为了合理利用该空地，在线段上取一点，使得四边形为矩形，矩形作为小区广场，其余为绿化带，其中点在上，点在上．

(1)设，，求的值，并分别求，的取值范围；

(2)求广场面积的最大值，并指出此时点的位置．

【答案】(1)；，

(2)当是的中点时，广场面积取得最大值，且最大值为

【分析】（1）延长交于，延长交于，根据可求出；

（2）利用基本不等式即可求出.

【详解】(1)如图，延长交于，延长交于，则，．

∵，，∴，

∴，即，

∴，

故，的取值范围分别是，．

(2)设广场面积为S，则．

∵，∴，即，

当且仅当，即，时，等号成立，

故的最大值为，

此时，，∴是的中点．

因此，当是的中点时，广场面积取得最大值，且最大值为．