2022-2023学年上海市南洋模范中学高一上学期10月月考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年上海市南洋模范中学高一上学期10月月考数学试题（解析版），共13页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年上海市南洋模范中学高一上学期10月月考数学试题 一、单选题1．已知集合，则下列命题中是真命题的是（    ）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】B【分析】先求得，由此对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】，A选项，，A选项错误.B选项，和都小于，所以若，则，B选项正确.C选项，，C选项错误.D选项，，但，所以D选项错误.故选：B2．关于的一元二次方程的两个实数根的平方和为4，则实数 的值为（ ）A．4 B．-10 C．2 D．-10或2【答案】C【解析】用韦达定理得出根与系数的关系，然后计算可得．【详解】方程有实根，则，解得 或，设方程的两根为，则， ，∴，解得 （舍去）．故选：C．【点睛】易错点睛：本题考查一元二次方程根与系数的关系，解题中利用韦达定理得，然后利用 去化简求值，这里有一个前提条件：方程有实解，因此有个隐含条件：由此求出参数的范围，只有在这个范围内的参数值才是所求解．3．已知，，则“”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】B【分析】利用赋值法可知不能推出，然后利用分类讨论法可知能推出，再结合充分性和必要性的概念即可求解.【详解】不妨令，，故不能推出，若，故，同号，若，都大于0，则，从而；若，都小于0，则，从而，故能推出，从而“”是“”成立的必要不充分条件.故选：B.4．定义区间、、、的长度均为，已知实数，则满足的构成的区间的长度之和为（    ）A． B． C．4 D．2【答案】D【分析】将不等式转化为高次分式不等式，求得不等式的解集，由此求得构成的区间的长度和.【详解】原不等式可转化为①，对于，其判别式，故其必有两不相等的实数根，设为，由求根公式得，.下证：构造函数，其两个零点为，且.而，所以，由于，且，由二次函数的性质可知.故不等式①的解集为，其长度之和为.故选D.【点睛】本小题主要考查高次分式不等式的解法，考查一元二次方程、一元二次不等式的关系，考查新定义的理解和运用，考查化归与转化的数学思想方法，综合性较强，属于难题. 二、填空题5．已知x∈{1，2，x2﹣x}，则实数x为 _____．【答案】1或0##0或1【分析】将x依次等于集合中的元素并验证即可．【详解】解：①若x＝1，则{1，2，x2﹣x}＝{1，2，0}，成立；②若x＝2，则，不成立；③当x＝x2﹣x时，x＝0，或x＝2（舍去）．故答案为：1或0．6．用描述法表示图中的阴影部分的点（含边界）的坐标组成的集合___________.【答案】【分析】先由图象得到点的范围，再用描述法表示.【详解】由图可知：阴影部分在第三象限和x，y轴上，且，所以用集合表示为，故答案为：7．命题“，若 ，则 ”用反证法证明时应假设为__________．【答案】.     【详解】分析： 利用的否定为不都等于，从而可得结果.详解：考虑的否定，由于都等于，故否定为不都等于，故答案为或.点睛：反证法的适用范围：（1）否定性命题；（2）结论涉及“至多”、“至少”、“无限”、“唯一”等词语的命题；（3）命题成立非常明显，直接证明所用的理论较少，且不容易证明，而其逆否命题非常容易证明；（4）要讨论的情况很复杂，而反面情况较少．8．已知不等式组解为，则的值为________.【答案】1【分析】根据已知求出的值即得解.【详解】解：，解不等式①得，解不等式②得，∴原不等式组的解为，∵该不等式组的解为-2<x<3，所以且，∴ a=3，b=4，∴.故答案为：19．已知a，b，c均为非零实数，集合，则集合A的元素的个数有___________个.【答案】【分析】通过对、正负的讨论，利用绝对值的定义去掉绝对值，然后进行计算，即可求出集合A的元素，即可求得答案【详解】当，时，，当，时，， ，当，时，， ，当，时，， ，故的所有值构成的集合为，集合A的元素的个数有2个，故答案为：【点睛】本题主要考查集合元素的个数，涉及绝对值的定义以及元素的互异性，属于基础题.10．设全集，若，，，则A=______.【答案】【分析】写出全集U，作出韦恩图，将全集U中的元素放置在合适的区域内即可求出集合A.【详解】依题意，全集，作出韦恩图，如下图所示：观察韦恩图知集合.故答案为：11．设有两个命题：①方程没有实数根；②；如果这两个命题中有且只有一个是真命题，那么实数的取值范围是___________.【答案】【分析】分别求得命题①②为真时的范围，根据“两个命题中有且只有一个是真命题”求得的取值范围.【详解】①方程没有实数根，；②，；当①真②假时：“”且“”，所以.当①假②真时：“或”且“”，所以.综上所述，的取值范围是.故答案为：12．已知关于的方程有两个正根，则实数的取值范围是___________.【答案】【分析】结合一元二次方程、判别式、根与系数关系求得正确答案.【详解】由于关于的方程有两个正根，所以，解得.故答案为：13．不等式的解集为，则实数的取值范围是______.【答案】【分析】讨论a的取值情况，列出相应的不等式(组)，即可求得答案.【详解】当时，原不等式为满足解集为；当时，根据题意得 ，解得．综上，的取值范围为,．故答案为：14．已知全集，集合，则的所有情况中，所有元素的和构成的集合为___________.【答案】【分析】解不等式求得，根据判别式求得，由此求得，进而求得中所有元素的和构成的集合.【详解】，所以.，所以，当时，，，所有元素的和为.当时，由求根公式有的两个不相等的实数根为，，其中，若，，，所有元素的和为.若，则，所有元素的和为，综上所述，的所有情况中，所有元素的和构成的集合为.故答案为：15．关于的不等式恰有2个整数解，则实数的取值范围是__．【答案】．【分析】先将原不等式转化为，再对分类讨论分别求出原不等式的解集，然后根据其解集中恰有两个整数求出实数的取值范围．【详解】不等式可化为，①当时，原不等式等价于，其解集为，不满足题意；②当时，原不等式等价于，其解集为，不满足题意；③当时，原不等式等价于，其解集为，其解集中恰有2个整数，，解得：；④当时，原不等式等价于，其解集为，不满足题意；⑤当时，原不等式等价于，其解集为，其解集中恰有2个整数，，解得：，综合以上，可得：.故答案为：．【点睛】关键点睛：解决本题的关键一是正确的分类讨论，二是要注意在处理满足整数解时等号的取舍．16．设S＝{r1，r2，…，rn}⊆{1，2，3，…，50}，且S中任意两数之和不能被7整除，则n的最大值为___.【答案】23【解析】根据S＝{r1，r2，…，rn}⊆{1，2，3，…，50}，且S中任意两数之和不能被7整除，将中各数除以7的余数分为7类，进而分析出集合S中元素的最大个数，得到结果.【详解】可将S集合分为6组S0＝{7，14，21，28，35，42，49}，则card（S0）＝7 S1＝{1，8，15，22，29，36，43，50}，则card（S1）＝8 S2＝{2，9，16，23，30，37，44}，则card（S2）＝7 S3＝{3，10，17，24，31，38，45}，则card（S3）＝7 S4＝{4，11，18，25，32，39，46}，则card（S4）＝7 S5＝{5，12，19，26，33，40，47}，则card（S5）＝7 S6＝{6，13，20，27，34，41，48}，则card（S6）＝7 S中的任何两个数之和不能被7整除，故S1和S6，S2和S5，S3和S4中不能同时取数，且S0中最多取一个所以最多的取法是取S1，S2（或S5），S3（或S4），和S0中的一个故card（S）max＝8+7+7+1＝23故答案为：23【点睛】关键点点睛：将中各数除以7的余数将数分为7类，进而分析出集合S中元素的最大个数是本题的关键. 三、解答题17．解不等式(1)(2)【答案】(1)(2) 【分析】（1）分和两种情况去绝对值符号，解不等式即可；（2）根据分式不等式的解法解不等式即可.【详解】（1）解：由，得或，解得或，所以不等式的解集为；（2）解：由，得，则，解得或，所以不等式的解集为.18．若集合，．(1)若，写出的子集个数；(2)若，求实数的取值范围．【答案】(1)8个(2) 【分析】（1）先利用一元二次方程化简集合A，B，再利用集合的并集运算求解，进而得到子集的个数； （2）由，得到，分中没有元素即，中只有一个元素和中有两个元素求解.【详解】（1）解：，若，则，此时，    ．有3个元素，故子集个数为个，即8个．（2）因为，所以，                                ．①若中没有元素即，则，此时；        ．②若中只有一个元素，则，此时．则，此时．③若中有两个元素，则，此时．因为中也有两个元素，且，则必有，由韦达定理得，则，矛盾，故舍去．综上所述，当时，．所以实数的取值范围：．【点睛】．19．⑴当时，求证：； ⑵已知，．试证明至少有一个不小于．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.【详解】试题分析：⑴由，当时，可得，即可证明结论；⑵可用反证法：假设都小于，即，可得，进而，即可得到矛盾，即可作出证明．试题解析：⑴∵    ∴∴⑵假设都小于，即则有   ①而   ②①与②矛盾故至少有一个不小于．20．关于的不等式组的整数解的集合为.(1)当吋，求集合：(2)若集合，求实数的取值范围：(3)若集合中有2019个元素，求实数的取值范围.【答案】(1)；(2)；(3). 【分析】（1）解一元二次不等式组求解集即可；（2）由不等式组有唯一整数解，应用数轴法有，即可得结果.（3）讨论、，由元素个数确定的范围.【详解】（1）当时，可得，满足条件的整数不存在，故.（2）由得：或.因为有唯一整数解，又的两根为和，则，所以，综上，所求的取值范围为.（3）当时，，所以，得.当时，，所以，得.所以实数的取值范围为.21．已知集合）具有性质：对任意与至少一个属于.(1)分别判断集合与是否具有性质，并说明理由；(2)具有性质，当时，求集合；(3)记，求.【答案】(1)具有性质，不具有性质(2)(3) 【分析】（1）由定义证明.（2）由定义知,，可得，再由，，可分析出，即得解.（3）由得，再由，可得，，即可得到，用累加法即可得到，进而得到答案.【详解】（1）集合中，因为,所以集合具有性质.集合中，因为,所以集合不具有性质.（2）因为，且具有性质，所以,，则，又因为，所以，则，由集合的互异性知.故：.（3）因为具有性质，所以. ,则，则又因为，所以又因为，所以，则，所以.所以，即，所以，则.故：答案为.【点睛】数列新定义问题处理方法：①找：要抓住新定义的本质——新定义的要素，首先找出新定义有几个要素，少一个都不是“新的定义”哦；然后找出要素分别是什么②看：看所求是什么？③代：将已知条件代入新定义的要素④解：结合数学知识进行解答