2021-2022学年广东省深圳市龙华中学高一上学期第一次考试数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年广东省深圳市龙华中学高一上学期第一次考试数学试题（解析版），共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年广东省深圳市龙华中学高一上学期第一次考试数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】直接根据交集的定义计算即可.【详解】集合，，.故选：.2．若全集，且，则集合A的子集共有（    ）A．3个 B．4个 C．8个 D．7个【答案】C【解析】先求出集合，再根据中元素个数即可求出子集个数.【详解】，且，，其中有3个元素，则集合A的子集共有个.故选：C.【点睛】本题考查根据补集求集合子集个数，属于基础题.3．设全集，集合，则等于（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】求出全集和，由此能求出．【详解】解：全集，1，2，3，4，，集合，2，，，，，2，3，，，．故选：D．4．若a＞0，b＞0，，则2a＋b的最小值为（    ）A．6 B． C． D．【答案】B【分析】利用已知凑出积为定值，然后利用基本不等式求最小值．【详解】因为a＞0，b＞0，，所以，当且仅当，即，时等号成立．故选：B．5．已知命题P：若命题P是假命题，则a的取值范围为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】命题P是假命题，其否定为真命题:为真命题，转化成不等式恒成立求参数范围，即可求解.【详解】由题：命题P是假命题，其否定:为真命题，即，解得.故选：B【点睛】此题考查特称命题和全称命题的否定和真假性判断，当一个命题为假，则其否定为真，在解题中若发现正面解决问题比较繁琐，可以考虑通过解该命题的否定进而求解.6．已知集合，，若，则a的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】解不等式化简集合，再根据列式可求出结果.【详解】由得，所以，由得或，所以或，因为，所以，得.所以a的取值范围是.故选：A7．对任意实数，，，给出下列命题，其中真命题是（    ）．A．“”是“”的充要条件B．“”是“”的充分条件C．“”是“”的必要条件D．“是无理数”是“是无理数”的充分不必要条件【答案】C【分析】利用充分与必要条件的定义，判定各选项中的充分性与必要性是否成立，从而选出正确答案．【详解】解：中，由，充分性成立；由，不能得出，时，，，必要性不成立；命题是假命题；中，推不出，如，时，充分条件不成立；命题是假命题；中，时，得出，是的必要条件；命题是真命题；中，是无理数是无理数，即充分性成立；是无理数是无理数，即必要性成立；“是无理数”是“是无理数”的充要条件，命题是假命题；故选：．8．已知实数，满足，，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】画出不等式组表示的平面区域，由此判定断选项中的取值范围是否正确．【详解】画出不等式组表示的平面区域，如图所示：由，求得点；由，求得，；由，求得；由，求得，；所以的取值范围是，故A错误；的取值范围是，故B错误；设，画出直线，由图象知，过点A时取得最小值为，过点时取得最大值为，所以，故正确；设，画出直线，由图象知，过点时取得最小值为，过点时取得最大值为，所以，故D错误．故选：C．【点睛】本题考查简单的线性规划应用问题，考查数形结合思想的应用，求解时注意根据截距的几何意义进行求解． 二、多选题9．已知是的充要条件，是的充分不必要条件，那么（ ）A．是的充分不必要条件 B．是的必要不充分条件C．是的充分不必要条件 D．是的必要不充分条件【答案】BC【解析】根据充分条件和必要条件的定义即可判断.【详解】因为是是充要条件，所以，，因为是的充分不必要条件，所以，，所以，，则是的的必要不充分条件，由，，可得，因为，所以，所以是的充分不必要条件，故选：BC【点睛】关键点点睛：正确解决本题的关键是准确理解充分条件和必要条件的定义，指是是充分条件，同时是的必要条件；如是的充分不必要条件指，，也可以说成是的的必要不充分条件.10．已知全集，集合，，则（    ）A． B．C． D．的真子集个数是7【答案】ACD【分析】求出集合，再由集合的基本运算以及真子集的概念即可求解.【详解】，，，故A正确；，故B错误；，所以，故C正确；由，则的真子集个数是，故D正确.故选：ACD11．“关于的不等式对恒成立”的一个必要不充分条件是（    ）A． B．C． D．【答案】BD【分析】根据关于的不等式对恒成立求出 的范围，在根据充分条件和必要条件的定义即可得到答案.【详解】由题意，关于的不等式对恒成立，则，解得，对于选项A中，“”是“关于的不等式对恒成立”的充要条件；对于选项B 中，“”是“关于的不等式对恒成立”的必要不充分条件；对于选项C中，“”是“关于的不等式对恒成立”的充分不必要条件；对于选项D中，“”是“关于的不等式对恒成立”必要不充分条件.故选：BD.12．下列结论中正确的是（    ）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】CD【分析】由可判断A；由基本不等式可判断B、C、D.【详解】当时，，故A错误；当时，，则，故B错误；当，时，，，相加可得，故C正确；当，时，，故D正确.故选：CD. 三、填空题13．用列举法表示集合_____________.【答案】【分析】先解一元二次不等式，再根据，得到元素，利用列举法表示即可.【详解】由得，，又，知，故.故答案为：.14．某班共40人，其中20人喜欢篮球运动，15人喜欢乒乓球运动，8人对这两项运动都不喜欢，则喜欢篮球运动但不喜欢乒乓球运动的人数为___________.【答案】17【分析】根据题意可求得既喜欢篮球运动又喜欢乒乓球运动的人数，从而可得答案.【详解】解：根据题意可知喜欢篮球运动或乒乓球运动的人数为人，则既喜欢篮球运动又喜欢乒乓球运动的人数为，所以喜欢篮球运动但不喜欢乒乓球运动的人数为人.故答案为：17.15．命题“，”的否定为__________.【答案】，使得【分析】根据命题的否定直接求解即可.【详解】根据全称命题的否定为特称命题，所以命题“，”的否定为“，使得”. 故答案为：，使得.【点睛】本题考查命题的否定，解题时应注意命题的否定与否命题的区别，属于基础题.16．若不等式对任意实数x恒成立，则实数m的取值范围为_______.【答案】【分析】先验证m=0时符合题意；在m≠0时，利用二次函数的图象得到不等式恒成立的条件，解得m的取值范围.综合得到m的取值范围.【详解】当m=0时不等式为,显然对于任意实数x恒成立；当m≠0时，不等式对任意实数x恒成立等价于,解得,所以m的取值范围是,故答案为：. 四、解答题17．设集合，集合，求和.【答案】，.【分析】化简集合A，利用集合的运算律求和.【详解】解：.因为，或，所以，；18．已知集合，.（1）是否存在实数，使是的充要条件？若存在，求出的取值范围，若不存在，请说明理由；（2）是否存在实数，使是的必要条件？若存在，求出的取值范围，若不存在，请说明理由.【答案】（1）不存在实数，使是的充要条件；（2）【分析】（1）首先解一元二次不等式求出，由于是的充要条件，则集合与集合相等；（2）由于是的必要条件，则．再结合集合关系求出实数即可．【详解】解：由，所以，解得所以，（1）要使是的充要条件，则，即，而此方程组无解，则不存在实数，使是的充要条件；（2）要使是的必要条件，则，①当时，，即满足题意；②当时，则，得，要使，即有，解得，即得，综上可得，当实数时，使是的必要条件．19．设集合， ，求实数的取值范围．【答案】【分析】由，，分，，其中分有一个或两个实数根解决即可.【详解】由题知，由得或，即因为，所以，当时，方程无实数根，即 解得：或；当时，方程有实数根，若只有一个实数根，，解得或；当时，满足题意；当时，不满足题意；所以．若只有两个实数根，则，故，无解． 综上可得实数的取值范围是：．20．（1）若正数满足，求的最小值．（2）已知，求的最小值．【答案】（1） ；（2） ．【分析】（1）由题得，又得即可解决；（2）令，得即可解决.【详解】由题得，正数满足，因为，所以所以当且仅当，得，即时，等号成立；所以的最小值为.（2）因为，所以，令，所以，所以当且仅当，即时，等号成立；所以时，的最小值为．21．已知不等式的解集是．（1）若，求的取值范围；（2）若，求不等式的解集．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）将代入不等式，满足不等式求解即可. （2）根据一元二次不等式与一元二次方程的关系，利用韦达定理求出，将代入不等式求解即可.【详解】（1）∵，∴，∴（2）∵，∴是方程的两个根，∴由韦达定理得，解得，∴不等式，即为：，其解集为．【点睛】本题考查了由一元二次不等式的解集求参数值、一元二次不等式的解法，考查了考生的基本运算能力，属于基础题.22．如图，某人计划用篱笆围成一个一边靠墙（墙的长度没有限制）的矩形菜园．设菜园的长为xm，宽为ym．(1)若菜园面积为72m2，则x，y为何值时，可使所用篱笆总长最小？(2)若使用的篱笆总长度为30m，求的最小值．【答案】(1)菜园的长x为12m，宽y为6m时，可使所用篱笆总长最小(2)． 【分析】（1）由已知可得xy＝72，而篱笆总长为x+2y．利用基本不等式x+2y≥2即可得出；（2）由已知得x+2y＝30，利用基本不等式（）•（x+2y）＝55+2，进而得出．【详解】（1）由已知可得xy＝72，而篱笆总长为x+2y．又∵x+2y≥224，当且仅当x＝2y，即x＝12，y＝6时等号成立．∴菜园的长x为12m，宽y为6m时，可使所用篱笆总长最小．（2）由已知得x+2y＝30，又∵（）•（x+2y）＝55+29，∴，当且仅当x＝y，即x＝10，y＝10时等号成立．∴的最小值是．