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高一上学期第一次月考填空题压轴题50题专练-2023-2024学年高一数学重点题型专项训练（人教A版必修第一册）
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这是一份高一上学期第一次月考填空题压轴题50题专练-2023-2024学年高一数学重点题型专项训练（人教A版必修第一册），文件包含高一上学期第一次月考填空题压轴题50题专练原卷版docx、高一上学期第一次月考填空题压轴题50题专练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共37页， 欢迎下载使用。
高一上学期第一次月考填空题压轴题50题专练
【人教A版（2019）】
1．（2023秋·上海徐汇·高一校考期末）已知集合A=t+1,t+2∪t+5,t+10，0∉A，如果存在正数λ，使得对任意a∈A，都满足λa∈A，则实数t＝ －4或0 .
【解题思路】根据集合元素属性特征，通过解方程分类讨论求解即可.
【解题思路】当t>−1时，当a∈t+1,t+2时，则λa∈t+5,t+10，
当a∈t+5,t+10时，则λa∈t+1,t+2，
即当a=t+1时，λa≤t+10；当a=t+10时，λa≥t+1；所以λ=t+10t+1，
当a=t+2时，λa≥t+5；当a=t+5时，λa≤t+2，所以λ=t+5t+2，
因此有λ=t+10t+1=t+5t+2⇒t=0；
当t+2<0
即当a=t+1时，λa≤t+2；当a=t+10时，λa≥t+1；所以λ=t+2t+1，
当a=t+5时，λa≤t+10；当a=t+10时，λa≤t+5，所以λ=t+5t+10，
因此有λ=t+2t+1=t+5t+10⇒t=−4，
当t+10<0时，同理可得无解，
综上所述：实数t的值为－4或0，
故答案为：－4或0.
2．（2023春·江苏无锡·高二校联考期中）三角形的周长为31，三边a，b，c均为整数，且a≤b≤c，则满足条件的三元数组(a,b,c)的个数为 24 .
【解题思路】根据三角形三边关系、周长为31，a≤b≤c可求得313≤c<312且amax=10，采用列举法列举出所有可能的结果，从而得到三元数组的个数.
【解题思路】由三角形三边关系及周长可得：a+b+c=31a+b>ca>c−b ⇒c<312
又a≤b≤c ∴3c≥31，3a≤31，即c≥313，a≤313
∴313≤c<312，所以c所有可能的取值为：11,12,13,14,15且amax=10
①当c=11时，a=10b=10或a=9b=11
②当c=12时，a=9b=10或a=8b=11或a=7b=12
③当c=13时，a=9b=9或a=8b=10或a=7b=11或a=6b=12或a=5b=13
④当c=14时，a=8b=9或a=7b=10或a=6b=11或a=5b=12或a=4b=13或a=3b=14
⑤当c=15时，a=8b=8或a=7b=9或a=6b=10或a=5b=11或a=4b=12或a=3b=13或a=2b=14或a=1b=15
则三元数组a,b,c共有：2+3+5+6+8=24个
故答案为：24.
3．（2023秋·全国·高一随堂练习）下列说法中，正确的有 ② ．(填序号)
①单词book的所有字母组成的集合的元素共有4个；
②集合M中有3个元素a，b，c，其中a，b，c是△ABC的三边长，则△ABC不可能是等腰三角形；
③将小于10的自然数按从小到大的顺序排列和按从大到小的顺序排列分别得到不同的两个集合．
【解题思路】根据集合的元素的互异性判定①错误；根据集合的元素的互异性判定②正确；根据集合的元素的无序性可判定③错误.
【解题思路】①不正确. book的字母o有重复，共有3个不同字母，元素个数是3.
②正确. 集合M中有3个元素a，b，c，所以a，b，c都不相等，它们构成的三角形三边不相等，故不可能是等腰三角形．
③不正确. 小于10的自然数不管按哪种顺序排列，里面的元素都是0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这10个数，集合是相同的，和元素的排列顺序无关．
故答案为：②.
4．（2023·全国·高一专题练习）已知集合A是由0，m，m2－3m＋2三个元素构成的集合，且2∈A，则实数m＝ 3 ．
【解题思路】根据集合与元素的关系，分类求得m的值，然后利用集合元素的互异性检验取舍.
【解题思路】由题意知，m＝2或m2－3m＋2＝2，
解得m＝2或m＝0或m＝3，经验证，
当m＝0或m＝2时，
不满足集合中元素的互异性，
当m＝3时，满足题意，
故m＝3.
故答案为：3.
5．（2023·全国·高三专题练习）已知数集A=t,t+1∪t+4,t+9．若存在λ∈R，使得对任意a∈A都有λa∈A，则称A为完美集，给出下列四个结论：
①存在t∈0,+∞，使得A为完美集；
②存在t∈−∞,0，使得A为完美集；
③如果t∈Z，那么A一定不为完美集；
④使得A为完美集的所有t的值之和为-2．
其中，所有正确结论的序号是 ①② ．
【解题思路】由题意得，a≠0，即t的范围为t<−9或−40，且λ≠0，当λ>0时，分t<−9，−40三种情况讨论，根据完美集可求得t的值，当λ<0时，同理可得t的值，从而可的答案.
【解题思路】解：由题意得，a≠0，即t的范围为t<−9或−40，且λ≠0，
当λ>0时，
当t>0，又a∈t,t+1∪t+4,t+9，故λa∈λt+9,λt+4∪λt+1,λt，
则有λt+9≥tλt+4≤t+1λt+1≥t+4λt≤t+9，
可得tt+9≤λ≤tt+9t+1t+4≤λ≤t+1t+4，此时，t+1t+4=tt+9，解得t=1；
当−4
此时，tt+1=t+4t+9，解得t=−3；
当t<−9，a∈t,t+1∪t+4,t+9，故λa∈λt+9,λt+4∪λt+1,λt，
则有λt+9≥tλt+4≤t+1λt+1≥t+4λt≤t+9，可得tt+9≤λ≤tt+9t+1t+4≤λ≤t+1t+4，
此时，t+1t+4=tt+9，解得t=1（舍去），无解；
同理，当λ<0时，当−40，无解.
综上，所有正确结论的序号是①②.
故答案为：①②.
6．（2023·全国·高一专题练习）设x∈R，若x>0时均有[(a−1)x−1]x2−ax−1≥0，则a= 32 ．
【解题思路】考虑a=1，a<1，a>1三种情况，设fx=a−1x−1，gx=x2−ax−1，根据图像知gx=x2−ax−1过点A1a−1,0，带入计算得到答案.
【解题思路】[(a−1)x−1]x2−ax−1≥0，
当a=1时，−x−122+54≤54，不满足题意；
当a<1时，x→+∞时，ax−1→−∞，x2−ax−1→+∞，不满足题意；
当a>1时，设fx=a−1x−1，gx=x2−ax−1，函数均过定点0,−1，
函数fx与x轴的交点为A1a−1,0，如图当直线绕0,−1旋转时，只有当fx与gx都交于x轴时才能满足fx⋅gx≥0，故gx=x2−ax−1过点A1a−1,0，即1a−12−a1a−1−1=0，解得a=32或a=0（舍去）.
故答案为：32.
7．（2023·全国·高一专题练习）已知集合A=xx<−1或x>4，B=x2a≤x≤a+3，若B⊆A，则实数a的取值范围是 aa<−4或a>2 ．
【解题思路】分B=∅和B≠∅两种情况讨论，结合B⊆A得出关于实数a的不等式组，解出即可得出实数a的取值范围.
【解题思路】当B=∅时，2a>a+3，即a>3，满足要求；
当B≠∅时，根据题意作出如图所示的数轴，可得a+3≥2aa+3<−1或a+3≥2a2a>4，
解得a<−4或2
综上，实数a的取值范围为aa<−4或a>2.
故答案为aa<−4或a>2.
8．（2023·全国·高三专题练习）对于集合M=aa=x2−y2,x∈Z,y∈Z，给出如下三个结论：
①如果B=bb=2n+1,n∈N，那么B⊆M；
②若C=cc=2n,n∈N，对于∀c∈C，则有c∈M；
③如果a1∈M，a2∈M，那么a1a2∈M.
④如果a1∈M，a2∈M，那么a1+a2∈M
其中，正确结论的序号是 ①③ .
【解题思路】根据集合的定义，对选项进行逐一分析即可.
【解题思路】对①：对b=2n+1,n∈N，
总是有b=2n+1=n+12−n2，n+1,n∈z，故B⊆M，则①正确；
对②c=2n,n∈N，若c=2n∈M，则存在x,y∈Z，使得
x2−y2=2n=(x+y)(x−y)，
因为当x,y一个是偶数，一个是奇数时，
x+y是奇数，x−y也是奇数，故(x+y)(x−y)也是奇数，
而显然2n是偶数，故2n≠(x+y)(x−y)，故c=2n∉M，故②错误；
对③如果a1∈M，a2∈M，
不妨设a1=x12−y12,a2=x22−y22，
则a1a2=x12−y12x22−y22=x1x2+y1y22−x1y2+x2y12∈M，
故a1a2∈M，故③正确；
对④同理，设a1=x12−y12,a2=x22−y22，
则a1+a2=x12−y12+x22−y22=x1+x22−y1+y22−2x1x2+2y1y2，
故不满足集合M的定义，故④错误.
综上所述，正确的是①③.
故答案为：①③.
9．（2023秋·江苏南京·高一校考开学考试）已知非空集合M满足M⊆0,1,2,3，若存在非负整数k（k≤3），使得对任意a∈M，均有2k−a∈M，则称集合M具有性质P，则具有性质P的集合M的个数为 8 .
【解题思路】分k的取值进行分情况计算讨论满足条件的集合M，从而得到答案.
【解题思路】当k=0时，M为{0}.
当k=1时，M为{1},{0,2},{0,1,2}
当k=2时，M为{2},{1,3},{1,2,3}
当k=3时，M为{3}.
所以满足条件的集合M有8个.
故答案为：8.
10．（2023·全国·高一专题练习）已知−1≤a+b≤4，2≤a−b≤3，则3a−2b的取值范围为 [92,192] .
【解题思路】令m(a+b)+n(a−b)=3a−2b求出m、n，再应用不等式的性质求3a−2b的范围.
【解题思路】令m(a+b)+n(a−b)=3a−2b，则(m+n)a+(m−n)b=3a−2b，
所以{m+n=3m−n=−2，可得{m=12n=52，故3a−2b=12(a+b)+52(a−b)，
而12(a+b)∈[−12,2],52(a−b)∈[5,152]，故3a−2b∈[92,192].
故答案为：[92,192].
11．（2023春·北京·高二校考期中）已知全集U=(x,y)x∈Z, y∈Z，非空集合S⊆U. 若在平面直角坐标系xOy中，对S中的任意点P，与P关于x轴、y轴以及直线y=x对称的点也均在S中，则以下命题：
①若(1,3)∈S，则(−1,−3)∈S；
②若(0,4)∈S，则S中至少有8个元素；
③若(0,0)∉S，则S中元素的个数可以为奇数；
④若(x,y)x+y=4⊆S，则(x,y)x+y=4⊆S.
其中正确命题的序号为 ①④ ．
【解题思路】①根据定义和点关于坐标轴对称的性质可判断；
②若(0,4)∈S，则S中至少有4个元素，故错误；
③若(0,0)∉S，则S中元素的个数一定为成对出现，故为偶数；
④根据|x|+|y|=4，显然图象关于x轴，y轴，和y=x轴对称，判断即可．
【解题思路】S中的点在平面直角坐标系xOy内形成的图形关于x轴、y轴和直线y=x均对称.
所以当x,y∈S，则有x,−y∈S，−x,y∈S，y,x∈S，
进而有：−x,−y∈S，−y,x∈S，y,−x∈S，−y,−x∈S，
①若1,3∈S，则−1,−3∈S，故①正确；
②若0,4∈S，则0,−4∈S，4,0∈S，−4,0∈S，能确定4个元素，故②不正确；
③根据题意可知，x,y∈S，若x=0，y≠0能确定4个元素，
当x≠0，y=0也能确定4个，当x≠0，y≠0也能确定8个所以0,0∉S，
则S中元素的个数一定为偶数，故③错误；
④若x,yx+y=4,x∈Z,y∈Z⊆S，由S中的点在平面直角坐标系xOy内形成的图形关于x轴、y轴和直线y=x均对称可知，
则x,yx−y=4,x∈Z,y∈Z⊆S，x,y−x+y=4,x∈Z,y∈Z⊆S，x,y−x−y=4,x∈Z,y∈Z⊆S，即x,yx+y=4,x∈Z,y∈Z⊆S，
即x,yx+y=4⊆S，故④正确，
综上：①④正确.
故答案为：①④.
12．（2023·上海·高一专题练习）设集合S,T,S⊆N·,T⊆N·,S,T中，至少有两个元素，且S,T满足：①对于任意x,y∈S，若x≠y，都有xy∈T；②对于任意x,y∈T，若x
若取S=2,4,8,16，则T=8,16,32,64,128，此时S∪T=2,4,8,16,32,64,128，包含7个元素，
具体如下：
设集合S=p1,p2,p3,p4，且p1
若p1=1，则p2≥2，则p3p2
故S=1,p2,p22,p23，此时p25∈T,p2∈T，故p24∈S，矛盾，舍去；
若p1≥2，则p2p1
故S=p1,p12,p13,p14，此时p13,p14,p15,p16,p17⊆T，
若q∈T，则qp13∈S，故qp13=p1i,i=1,2,3,4，故q=p1i+3,i=1,2,3,4，
即q∈p13,p14,p15,p16,p17，故p13,p14,p15,p16,p17=T，
此时S∪T=p1,p12,p13,p14,p15,p16,p17，即S∪T中有7个元素.
故答案为：7.
13．（2023·全国·高一专题练习）已知正数x，y满足4x+9y=xy且x+y
x+y=(x+y)(4y+9x)=4xy+9yx+13≥24xy×9yx+13=25，
当且仅当x=15,y=10时取等号；
由题意：x+ymin
解得：m<−1或m>25，
故答案为：(−∞,−1)∪(25,+∞).
14．（2022·高一课时练习）已知集合A={aa=x2−y2,x∈Z,y∈Z}．给出如下四个结论：
①2∉A，且3∈A；
②如果B={b|b=2m−1,m∈N∗}，那么B⊆A；
③如果C={c|c=2n+2,n∈N∗}，那么对于∀c∈C，则有c∈A；
④如果a1∈A，a2∈A，那么a1a2∈A．
其中，正确结论的序号是 ①②④ ．
【解题思路】①：举例子可证3∈A，由a=x+yx−y的性质可知，其结果为奇数或能被4整除的偶数，即可判断2∉A；②由2m−1=m2−m−12,m∈N∗可得B⊆A；③当n=2时，c=6由①可得6∉A；④设a1=x12−y12,a2=x22−y22,x1,x2,y1,y2∈Z，则由a1a2=x1x2+y1y22−x1y2+x2y12∈A.
【解题思路】解：①：a=x+yx−y，由x+y,x−y的奇偶一致，若同为奇数，a此时为奇数；
若同为偶数，a此时为偶数，且能被4整除，因此2∉A.当x=2,y=1时，x2−y2=3，
所以3∈A.综上所述，①正确.
②：因为2m−1=m2−m−12,m∈N∗，所以2m−1∈A，即B⊆A，则②正确.
③：假设③正确，则对于n∈N∗，2n+2=x+yx−y成立，当n=2时，2n+2=6，
由①知，a为奇数或能被4整除的数，因此6∉A，故③错误；
④：设a1=x12−y12,a2=x22−y22,x1,x2,y1,y2∈Z，则a1a2=x12−y12x22−y22
=x1x22+y1y22−x1y22−x2y12=x1x2+y1y22−x1y2+x2y12∈A，
即a1a2∈A，所以④正确.
故答案为: ①②④.
15．（2022秋·陕西西安·高一校考阶段练习）已知a,b,a+m均为大于0的实数,给出下列五个论断:①a>b,②a0,④m<0,⑤b+ma+m>ba.以其中的两个论断为条件,余下的论断中选择一个为结论,请你写出一个正确的命题 ①③推出⑤(答案不唯一还可以①⑤推出③等) .
【解题思路】选择两个条件根据不等式性质推出第三个条件即可，答案不唯一.
【解题思路】已知a,b,a+m均为大于0的实数,选择①③推出⑤.
①a>b，③m>0，
则b+ma+m−ba=ab+am−ab−bma(a+m)=am−bma(a+m)=(a−b)ma(a+m)>0，
所以b+ma+m>ba.
故答案为：①③推出⑤.
16．（2023·全国·高三专题练习）已知X为包含v个元素的集合（v∈N∗，v≥3）．设A为由X的一些三元子集（含有三个元素的子集）组成的集合，使得X中的任意两个不同的元素，都恰好同时包含在唯一的一个三元子集中，则称X,A组成一个v阶的Steiner三元系．若X,A为一个7阶的Steiner三元系，则集合A中元素的个数为 7 ．
【解题思路】令X={a,b,c,d,e,f,g}，列举出所有三元子集，结合X,A组成v阶的Steiner三元系定义，确定A中元素个数.
【解题思路】由题设，令集合X={a,b,c,d,e,f,g}，共有7个元素，
所以X的三元子集，如下共有35个：
{a,b,c}、{a,b,d}、{a,b,e}、{a,b,f}、{a,b,g}、{a,c,d}、{a,c,e}、{a,c,f}、{a,c,g}、{a,d,e}、{a,d,f}、{a,d,g}、{a,e,f}、{a,e,g}、{a,f,g}、{b,c,d}、{b,c,e}、{b,c,f}、{b,c,g}、{b,d,e}、{b,d,f}、{b,d,g}、{b,e,f}、{b,e,g}、{b,f,g}、{c,d,e}、{c,d,f}、{c,d,g}、{c,e,f}、{c,e,g}、{c,f,g}、{d,e,f}、{d,e,g}、{d,f,g}、{e,f,g}，
因为A中集合满足X中的任意两个不同的元素，都恰好同时包含在唯一的一个三元子集，所以A中元素满足要求的有：
{a,b,c}、{a,d,e}、{a,f,g}、{b,d,f}、{b,e,g}、{c,d,g}、{c,e,f}，共有7个；
{a,b,c}、{a,d,f}、{a,e,g}、{b,d,e}、{b,f,g}、{c,d,g}、{c,e,f}，共有7个；
{a,b,c}、{a,d,g}、{a,e,f}、{b,d,e}、{b,f,g}、{c,d,f}、{c,e,g}，共有7个；
{a,b,d}、{a,c,e}、{a,f,g}、{b,c,f}、{b,e,g}、{c,d,g}、{d,e,f}，共有7个；
{a,b,d}、{a,c,g}、{a,e,f}、{b,c,e}、{b,f,g}、{c,d,f}、{d,e,g}，共有7个；
{a,b,d}、{a,c,f}、{a,e,g}、{b,c,e}、{b,f,g}、{c,d,g}、{d,e,f}，共有7个；
{a,b,e}、{a,c,d}、{a,f,g}、{b,c,f}、{b,d,g}、{c,e,g}、{d,e,f}，共有7个；
{a,b,e}、{a,c,f}、{a,d,g}、{b,c,d}、{b,f,g}、{c,e,g}、{d,e,f}，共有7个；
{a,b,e}、{a,c,g}、{a,d,f}、{b,c,d}、{b,f,g}、{c,e,f}、{d,e,g}，共有7个；
{a,b,f}、{a,c,d}、{a,e,g}、{b,c,e}、{b,d,g}、{c,f,g}、{d,e,f}，共有7个；
{a,b,f}、{a,c,e}、{a,d,g}、{b,c,d}、{b,e,g}、{c,f,g}、{d,e,f}，共有7个；
{a,b,f}、{a,c,g}、{a,d,e}、{b,c,d}、{b,e,g}、{c,e,f}、{d,f,g}，共有7个；
{a,b,g}、{a,c,d}、{a,e,f}、{b,c,e}、{b,d,f}、{c,f,g}、{d,e,g}，共有7个；
{a,b,g}、{a,c,e}、{a,d,f}、{b,c,d}、{b,e,f}、{c,f,g}、{d,e,g}，共有7个；
{a,b,g}、{a,c,f}、{a,d,e}、{b,c,d}、{b,e,f}、{c,e,g}、{d,f,g}，共有7个；
共有15种满足要求的集合A，但都只有7个元素.
故答案为：7.
17．（2023·全国·高三专题练习）已知集合M＝{x∈N|1≤x≤21}，集合A1，A2，A3满足①每个集合都恰有7个元素； ②A1∪A2∪A3＝M．集合Ai中元素的最大值与最小值之和称为集合Ai的特征数，记为Xi（i＝1，2，3），则X1+X2+X3的最大值与最小值的和为 132 ．
【解题思路】判断集合的元素个数中的最小值与最大值的可能情况，然后按照定义求解即可．
【解题思路】集合M＝{x∈N|1≤x≤21}，由集合A1，A2，A3满足①每个集合都恰有7个元素； ②A1∪A2∪A3＝M可知最小的三个数为1，2，3；21必是一个集合的最大元素，含有21集合中的元素，有21，20，19，…，16和1，2，3中一个组成，这样特征数最小，不妨取1，这时X1最小值为22；
15必是一个集合的最大元素，含有15集合中的元素，有15，14，13，…，10和2，3中一个组成，这样特征数最小，不妨取2，这时X2最小值为17；
9必是一个集合的最大元素，含有9集合中的元素，有9，8，7，…，4和3组成，这样特征数最小，这时X3最小值为10；则X1+X2+X3的最小值为22+17+12＝51．
同理可知最大的三个数为21，20，19；
含有21集合中的元素，有21，18，17，16，16，15，13；这样特征数最大，为34；
含有20的集合中元素为20，12，11，10，9，8，7，这样特征数最大，为27；
含有19的集合中元素为19，6，5，4，3，2，1，特征数最大，且为20；
则X1+X2+X3的最大值为34+27+20＝81；
所以X1+X2+X3的最大值与最小值的和为51+81＝132．
故答案为：132．
18．（2022秋·广东东莞·高一校考阶段练习）已知命题p:“∀x∈R，2kx2+kx−38<0恒成立”是真命题，则实数k的取值范围是 −3,0 .
【解题思路】分k=0与k≠0两种情况讨论，结合已知条件可得出关于实数k的不等式组，由此可解得实数k的取值范围.
【解题思路】已知命题p:“∀x∈R，2kx2+kx−38<0恒成立”是真命题.
当k=0时，则有−38<0恒成立，合乎题意；
当k≠0时，则有2k<0Δ=k2+3k<0，解得−3
故答案为：−3,0.
【点睛】结论点睛：利用二次不等式在实数集上恒成立，可以利用以下结论来求解：
设fx=ax2+bx+c a≠0
①fx>0在R上恒成立，则a>0Δ<0；
②fx<0在R上恒成立，则a<0Δ<0；
③fx≥0在R上恒成立，则a>0Δ≤0；
④fx≤0在R上恒成立，则a<0Δ≤0.
19．（2023·全国·高一专题练习）集合M，N，S都是非空集合，现规定如下运算：M⊙N⊙S= {x|x∈(M∩N)∪(N∩S)∪(S∩M)且x∉M∩N∩S}．假设集合A={x|a
【解题思路】a+b
【解题思路】将b+c看成一个整体，将所求式转化为常见二元最值问题，借助“1”的代换，适当变形后利用基本不等式求解即可.
【解题思路】设a=x，b+c=y，
原题转化为：已知x>0，y>0，且xy=4，求2x+2y+8x+y的最小值.
由2x+2y+8x+y=12(4x+4y)+8x+y=12(y+x)+8x+y ≥24=4.
当且仅当12(y+x)=8x+y即x=y=2时，等号成立.
所以2x+2y+8x+y的最小值为4.
故答案为：4.
21．（2022·全国·高三专题练习）已知集合B和C，使得B∪C=1,2,3,4,5,6,7,8,9,10，B∩C=∅，并且C的元素乘积等于B的元素和，写出所有满足条件的集合C= 6,7或1,4,10或1,2,3,7 .
【解题思路】求得B,C中所有元素之和后，根据C中元素个数得到其元素所满足的关系式，依次判断C中元素不同个数时可能的结果即可.
【解题思路】∵B∪C=1,2,3,4,5,6,7,8,9,10，∴B,C中所有元素之和为1+2+⋅⋅⋅+10=55；
若C中仅有一个元素，设C=a，则a=55−a，解得：a=552，不合题意；
若C中有且仅有两个元素，设C=a,ba
若C中有且仅有三个元素，设C=a,b,ca
若C中有且仅有四个元素，设C=a,b,c,da
当a=1，b=2，c=3，d=7时，abcd=55−a+b+c+d，∴C=1,2,3,7；
若C中有且仅有五个元素，若C=1,2,3,4,5，此时1×2×3×4×5=120>55，
∴ C中最多能有四个元素；
综上所述：C=6,7或1,4,10或1,2,3,7.
故答案为：6,7或1,4,10或1,2,3,7.
22．（2022·高一课时练习）若∀x∈R，∃t∈R，使得x2≥|t|+14−m，则实数m的取值范围是 m|m≥14 ．
【解题思路】先用不等式去表达题目的意义，再求解不等式.
【解题思路】解:∀x∈R，x2≥|ι|+14−m恒成立，等价于x2的最小值大于或等于|t|+14−m，即|t|+14−m≤0；
又∃t∈R，使得|ι|+14−m≤0，即|t|≤m−14，等价于|t|的最小值小于或等于m−14，因此0≤m−14，所以m≥14．
故答案为：m|m≥14.
23．（2023秋·湖北孝感·高一孝感高中校考阶段练习）已知A,B⊆U，则“A∩B=A”是“∁UB⊆∁UA”的 充要 条件（从“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”、“不充分不必要”中选择一个作答）．
【解题思路】根据集合之间的关系及充分、必要性定义判断条件间的关系.
【解题思路】由A∩B=A，则A⊆B，故∁UB⊆∁UA，充分性成立；
由∁UB⊆∁UA，则A⊆B，故A∩B=A，必要性成立；
所以“A∩B=A”是“∁UB⊆∁UA”的充要条件.
故答案为：充要.
24．（2022·全国·高三专题练习）向量集合S=aa=x,y,x,y∈R,对于任意α,β∈S,以及任意λ∈0,1,都有λα+1−λβ∈S,则称S为“C类集”,现有四个命题:
①若S为“C类集”,则集合M=μaa∈S,μ∈R也是“C类集”;
②若S,T都是“C类集”,则集合M=a+ba∈S,b∈T也是“C类集”;
③若A1,A2都是“C类集”,则A1∪A2也是“C类集”;
④若A1,A2都是“C类集”,且交集非空,则A1∩A2也是“C类集”.
其中正确的命题有 ①②④ (填所有正确命题的序号)
【解题思路】因为集合S=aa=x,y,x,y∈R,对于任意α,β∈S,且任意λ∈0,1,都有λα+1−λβ∈S,可以把这个“C类集”理解成,任意两个S中的向量所表示的点的连线段上所表示的点都在S上,因此可以理解它的图象成直线,逐项判断,即可求得答案.
【解题思路】∵集合S=aa=x,y,x,y∈R,对于任意α,β∈S,
且任意λ∈0,1,都有λα+1−λβ∈S
∴可以把这个“C类集”理解成,任意两个S中的向量所表示的点的连线段上所表示的点都在S上,因此可以理解它的图象成直线
对于①,M=μaa∈S,μ∈R,向量a整体μ倍,还是表示的是直线,故①正确;
对于②,因为S,T都是“C类集”,故M=a+ba∈S,b∈T还是表示的是直线,故②正确;
对于③,因为A1,A2都是“C类集”,可得A1∪A2是表示两条直线,故③错误;
对于④,A1,A2都是“C类集”,且交集非空,可得A1∩A2表示一个点或者两直线共线时还是一条直线.
综上所述,正确的是①②④.
故答案为:①②④.
25．（2023·高一单元测试）设A，B是有限集，定义d(A,B)=card(A∪B)−card(A∩B)，其中card(A)表示有限集A中的元素个数．则“A≠B”是“d(A,B)>0”的 充分必要 条件．
【解题思路】根据题设定义，再结合充分条件和必要条件的判断方法即可得到结果.
【解题思路】若A≠B，则A∪B≠A∩B，则card(A∪B)>card(A∩B)，故d(A,B)>0成立，
若card(A∪B)>card(A∩B)，则A∪B≠A∩B，所以A≠B，
所以“A≠B”是“d(A,B)>0”的充要条件，
故答案为：充分必要.
26．（2023·全国·高一专题练习）设命题p：实数x满足x2−4ax+3a2<0，其中a>0，命题q：实数x满足x2−x−6≤0x2+2x−8>0，若¬p是q的必要不充分条件，则实数a的取值范围为 0,23∪3,+∞ .
【解题思路】解不等式求出其p,q对应的集合，根据¬p是q的必要不充分条件，可得集合间的包含关系，列出不等式组，即可求得答案.
【解题思路】解x2−4ax+3a2<0，其中a>0，可得a
又p:x|a
故答案为：0,23∪3,+∞.
27．（2023·全国·高一专题练习）在整数集中，被4除所得余数为k的所有整数组成一个“类”，记为k，即k=4n+kn∈Z,k=0,1,2,3.给出下列四个结论.
①2021∈1；②−1∈1；③Z=0∪1∪2∪3；④“整数a,b属于同一“类””的充要条件是“a−b∈0”.
其中正确的结论是 ①③④ （填所有正确的结论的序号）.
【解题思路】根据“类”的定义可判断①②③的正误；根据“类”的定义结合充分条件、必要条件的定义可判断④的正误.
【解题思路】对于①，∵2021=4×505+1，则2021∈1，①正确；
对于②，∵−1=4×−1+3，则−1∈3，②不正确；
对于③，∵任意整数除以4，余数可以且只可以是0,1,2,3四类，
则Z=0∪1∪2∪3，③正确；
对于④，若整数a、b属于同一“类”，
则整数a、b被4除的余数相同，可设a=4n1+k，b=4n2+k，其中n1、n2∈Z，k∈0,1,2,3，
则a−b=4n1−n2，故a−b∈0，
若a−b∈0，不妨令a=4n1+k1,b=4n2+k2n1,n2∈Z,k1,k2∈0,1,2,3，
则a−b=4(n1−n2)+k1−k2，
显然n1−n2∈Z,k1−k2∈0,1,2,3，于是得k1−k2=0，∴k1=k2，即整数a,b属于同一“类”，
∴“整数a,b属于同一“类””的充要条件是“a−b∈0”，④正确．
∴正确的结论是①③④.
故答案为：①③④.
28．（2023秋·高一单元测试）已知集合A={x|0≤x≤a}，集合B={x|m2+2≤x≤m2+4}，如果命题“∃m∈R,A∩B≠∅”为假命题，则实数a的取值范围为 (−∞,2) .
【解题思路】根据题意，将命题等价转化为命题“∀m∈R,A∩B=∅”为真命题，根据命题的真假得出关于m的不等式恒成立，进而求解即可.
【解题思路】因为命题“∃m∈R,A∩B≠∅”为假命题，
所以命题“∀m∈R,A∩B=∅”为真命题，
因为集合A={x|0≤x≤a}，当a<0时，集合A=∅，符合A∩B=∅；
当a≥0时，因为m2+2≥2，所以由对∀m∈R,A∩B=∅，可得m2+2>a对任意的m∈R恒成立，所以0≤a<2，
综上所述：实数a的取值范围为(−∞,2)，
故答案为：(−∞,2).
29．（2022秋·河南商丘·高三校考阶段练习）已知函数fx=ax+2 a>0，gx=2x−1，若∃x1∈−1,2，∀x2∈2,3，使fx1=gx2成立，则实数a的取值范围是 [1,+∞) .
【解题思路】根据函数的单调性，分别求得函数fx和gx的值域构成的集合 A,B，结合题意，得到B⊆A，列出不等式组，即可求解.
【解题思路】由题意，函数gx=2x−1在2,3为单调递减函数，可得 1≤gx≤2，
即函数gx的值域构成集合B=[1,2]，
又由函数fx=ax+2(a>0)在区间 −1,2上单调递增，可得−a+2≤fx≤2a+2，
即函数fx的值域构成集合A=[−a+2,2a+2]，
又由∃x1∈−1,2， ∀x2∈2,3，使fx1=gx2成立，即 B⊆A,
则满足−a+2≤12a+2≥2，解得 a≥1，
即实数a的取值范围是[1,+∞).
故答案为：[1,+∞).
30．（2023秋·高一课时练习）设x1、x2、x3、y1、y2、y3是六个互不相等的实数，则在以下六个式子中：x1y1+x2y2+x3y3，x1y1+x2y3+x3y2，x1y2+x2y3+x3y1，x1y2+x2y1+x3y3，x1y3+x2y2+x3y1，x1y3+x2y1+x3y2，能同时取到150的代数式最多有 2 个．
【解题思路】由作差法比较大小后判断
【解题思路】不妨设x1
由①−②=x2y2+x3y3−x2y3−x3y2=(x2−x3)(y2−y3)>0，故①>②，
②−③=x1y1+x3y2−x1y2−x3y1=(x1−x3)(y1−y2)>0，故②>③，
①−④=x1y1+x2y2−x1y2−x2y1=(x1−x2)(y1−y2)>0，故①>④，
同理得，①>⑤，②>⑥，③>⑤，④>③，④>⑥，⑥>⑤，
综上可知①>②>③>⑤，①>④>③>⑤，且②>⑥>⑤，④>⑥>⑤，
最多有②④或③⑥两项可同时取150，
令x1y1+x2y3+x3y2=x1y2+x2y1+x3y3=150，
得其一组解为x1=−1x2=0x3=1，y1=2y2=152y3=302，
故答案为：2.
31．（2023·上海普陀·统考一模）设a、b∈R且a≤b．若函数y=fx的表达式为fx=x−1x∈R，且fa=fb+1，则a⋅b+1的最大值为 34 ．
【解题思路】由fa=fb+1结合a≤b可得出a=1−b，求出b的取值范围，利用不等式的基本性质可求得a⋅b+1的最大值.
【解题思路】因为fa=fb+1，则a−1=b，所以，a−1=b或a−1=−b，∴a=b+1或a=1−b.
因为a≤b，所以，a=1−b，且a=1−b≤b，可得b≥12，
所以，a⋅b+1=1−b1+b=1−b2≤34，当且仅当b=12时，等号成立，
故a⋅b+1的最大值为34.
故答案为：34.
32．（2023·江苏·高一专题练习）已知a,b,c均为正实数，且aba+2b⩾13,bcb+2c⩾14,cac+2a⩾15，那么1a+1b+1c的最大值为 4 ．
【解题思路】本题目主要考查不等式的简单性质，将已知条件进行简单变形即可.
【解题思路】因为a,b,c均为正实数，所以由题可得：0
故答案为：4.
33．（2023·全国·高三专题练习）已知a，b，c是正实数，且b+c=6，则ac2+2abc+8a+1最小值为 6 .
【解题思路】由于a，b，c是正实数，且b+c=6，所以先结合基本不等式“1”的代换求c2+2bc的最小值，得c2+2bc≥2，则ac2+2abc+8a+1≥2a+8a+1，再根据基本不等式凑项法求2a+8a+1的最小值，即可求得ac2+2abc+8a+1的最小值.
【解题思路】解：ac2+2abc+8a+1=a⋅c2+2bc+8a+1，由于a，b，c是正实数，且b+c=6，
所以c2+2bc=cb+2bc=cb+13⋅b+c2bc=cb+13⋅b2+2bc+c2bc
=cb+b3c+23+c3b=4c3b+b3c+23≥24c3b⋅b3c+23=43+23=2，当且仅当4c3b=b3c，即b=2c，所以b=263，c=63时等号成立，
则c2+2bc的最小值为2，所以ac2+2abc+8a+1≥2a+8a+1=2a+1+8a+1−2≥22a+1⋅8a+1−2=6，
当且仅当2a+1=8a+1，即a=1时等号成立，
则ac2+2abc+8a+1最小值为6.
故答案为：6.
34．（2023·北京·高三专题练习）曲线C是平面内与两个定点F1(0,1),F2(0,−1)的距离的积等于32的点P的轨迹，给出下列四个结论：
①曲线C关于坐标轴对称；
②△F1PF2周长的最小值为2+6；
③点P到y轴距离的最大值为22；
④点P到原点距离的最小值为22．
其中所有正确结论的序号是 ①②④ ．
【解题思路】由题意得到方程x2+(y+1)2⋅x2+(y−1)2=32，结合对称性的判定方法，可判定①正确；设a=x2+(y+1)2,b=x2+(y−1)2，得到ab=32，结合基本不等式，可判定②正确；过点P作PE⊥F1F2，求得△F1PF2的最大面积为S△F1PF2=34，结合面积相等，可判定③不正确；化简a+b2=a2+b2+2ab=2(x2+y2)2+5，结合不等式，可判定④是正确的.
【解题思路】由题意，曲线C是平面内与两个定点F1(0,1),F2(0,−1)的距离的积等于32，
可得x2+(y+1)2⋅x2+(y−1)2=32，即[x2+(y+1)2]⋅[x2+(y−1)2]=94，
用−x代换x，或−y代换y方程不变，所以曲线C关于坐标轴对称，所以①正确；
设a=x2+(y+1)2,b=x2+(y−1)2，可得ab=32，
则a+b≥2ab=232=6，当且仅当a=b时，等号成立，
所以△F1PF2周长的最小值为l△F1PF2=a+b+2=2+6，所以②正确；
过点P作PE⊥F1F2，则cos∠F1PF2=a2+b2−42ab=a2+b23−43≥13×2ab−43=−13，
当且仅当a=b时，等号成立，
当∠F1PF2=π2时，sin∠F1PF2取得最大值，
所以△F1PF2的最大面积为S△F1PF2=12absin∠F1PF2=34，
又由S△F1PF2=12F1F2PE=34，解得PE=34，即点P到y轴的最大距离为34，
所以③不正确；
由a+b2=a2+b2+2ab=[x2+(y+1)2]+[x2+(y−1)2]+2ab
=2x2+2y2+2+2ab=2[(x2+y2)]2+2+2ab=2(x2+y2)2+5，
又由a+b≥2ab=232=6，当且仅当a=b时，等号成立，
所以2[(x2+y2)]2+5≥6，所以2(x2+y2)2+5≥6，可得x2+y2≥22，
所以④是正确的.
故答案为：①②④.
35．（2023·全国·高一专题练习）设集合A={r1,r2,⋯rn}⊆{1,2,3,⋯37},且A中任意两数之和不能被5整除，则n的最大值为 17 .
【解题思路】由已知中A⊆{1，2，3，…，37}，且A中任意两数之和不能被5整除，我们可根据1～37中各数除以5的余数将数分为5类，进而分析出集合A中元素的最多个数，得到答案
【解题思路】根据除以5的余数，可将A集合分为5组：
A0＝{5，10，15，20，25，30，35}，则card(A0)＝7，
A1＝{1，6，11，16，21，26，31，36}，则card(A1)＝8，
A2＝{2，7，12，17，22，27，32，37}，则card(A2)＝8，
A3＝{3，8，13，18，23，28，33}，则card(A3)＝7，
A4＝{4，9，14，19，24，29，34}，则card(A4)＝7，
A中的任何两个数之和不能被5整除，故A1和A4，A2和A3中不能同时取数，且A0中最多取一个，
∴最多的取法是取A1∪A2和A0中的一个元素，card(A)max=8+8+1=17，
故n的最大值为17.
故答案为：17.
36．（2023·全国·高三专题练习）若实数a,b>0，满足abc=a+b+c，a2+b2=1，则实数c的最小值为
−22 .
【解题思路】先由题意，根据基本不等式，得到ab≤12，得出ab−1≤−12，再由a2+b2=1，得到ab=a+b2−12，根据abc=a+b+c得c=2a+ba+b2−3=2a+b−3a+b，令t=a+b，根据题意得到t=a+b∈0,2，由函数单调性，得到y=t−3t的最值，进而可求出结果.
【解题思路】因为a,b>0，a2+b2=1，所以a2+b2=1≥2ab，即ab≤12，当且仅当a=b时，取等号；因此ab−1≤12−1=−12，
又a2+b2=1，所以a2+b2+2ab=1+2ab，即ab=a+b2−12，
由abc=a+b+c得c=a+bab−1，所以c=2a+ba+b2−3=2a+b−3a+b，
令t=a+b，因为a+b=(a+b)2=a2+b2+2ab≤2a2+b2=2，当且仅当a=b时取等号.
所以t=a+b∈0,2，
又易知函数y=t−3t在t∈0,2上单调递增，
因此y=t−3t≤2−32=−22，
因此c=2a+b−3a+b=2t−3t≥2−22=−22.
即实数c的最小值为−22.
故答案为：−22.
37．（2023·全国·高一专题练习）已知x∈4,+∞，y∈0,5，z∈0,1，则2x+y+4zx+2z+2x+zy的最小值为 2+22 ．
【解题思路】将2x+y+4zx+2z+2x+zy变形为yx+2z+x+2z2y+32⋅xy+2，然后利用基本不等式求解得yx+2z+x+2z2y+32⋅xy+2≥2+32⋅xy+2，再根据取等号的条件可得xy=2xx+2z=21+2zx，判断出zx的范围，进而判断得xy的范围，可得32⋅xy≥2，可得所求最小值.
【解题思路】2x+y+4zx+2z+2x+zy=2+yx+2z+x+2z+3x2y =yx+2z+x+2z2y+32⋅xy+2≥212+32⋅xy+2=2+32⋅xy+2，
当且仅当yx+2z=x+2z2y，即2y2=x+2z2时取“＝”，
此时xy=2xx+2z=21+2zx，∵x∈4,+∞，z∈0,1，
∴zx∈0,14，∴xy≥21+12=223，∴32⋅xy≥2，
∴原式≥2+22，此时x=4，y=32，z=1．
故答案为：2+22.
38．（2023·全国·高一专题练习）已知x>0，y>0且x+y=3，若12x−y+22y−x≥a恒成立，则实数a的范围是 −∞,3+223 ．
【解题思路】依题意可得a≤12x−y+22y−xmin，利用乘“1”法及基本不等式求出12x−y+22y−x的最小值，即可得解.
【解题思路】因为x>0，y>0且x+y=3，若12x−y+22y−x≥a恒成立，
则a≤12x−y+22y−xmin，
又12x−y+22y−x=1312x−y+22y−x2x−y+2y−x
=133+2y−x2x−y+2(2x−y)2y−x≥133+22y−x2x−y⋅2(2x−y)2y−x=3+223，
当且仅当2y−x2x−y=2(2x−y)2y−x，即x=2，y=3−2时，等号成立，
∴a≤3+223，即实数a的取值范围是−∞,3+223．
故答案为：−∞,3+223．
39．（2023·江苏·高一专题练习）已知正数x，y满足x+y=1，若不等式1x+4y>m对任意正数x，y恒成立，则实数m的取值范围为 (−∞,9) ．
【解题思路】由1x+4y=1x+4y(x+y)再利用基本不等式可得答案．
【解题思路】因为x>0,y>0，
所以1x+4y=1x+4y(x+y)=5+yx+4xy≥5+4=9，
当且仅当y=2x，即x=13,y=23时取等号，
所以实数m的取值范围为(−∞,9)．
故答案为：(−∞,9)．
40．（2023·全国·高三专题练习）高一某班共有54人，每名学生要从物理、化学、生物、历史、地理、政治这六门课程中选择3门进行学习.已知选择物理、化学、生物的学生各有至少25人，这三门学科均不选的有8人.这三门课程均选的8人，三门中任选两门课程的均至少有15人.三门中只选物理与只选化学均至少有6人，那么该班选择物理与化学但未选生物的学生至多有 9 人.
【解题思路】根据题意，设学生54人看成集合U，选择物理的人组成集合A，选择化学的人组成集合B，选择生物的人组成集合C，选择物理与化学但未选生物的人组成集合D，结合Venn图可知，要使区域D的人数最多，其他区域人数最少即可，进而可求解.
【解题思路】把学生54人看成集合U，选择物理的人组成集合A，选择化学的人组成集合B，选择生物的人组成集合C，选择物理与化学但未选生物的人组成集合D.
要使选择物理与化学但未选生物的学生人数最多，除这三门课程都不选的8人，则结合Venn图可知，其他区域人数均为最少，即得到只选物理与只选化学均至少6人，只选生物的最少25人，做出下图，得该班选择物理与化学但未选生物的学生至多有9人.
故答案为：9.
41．（2023秋·贵州遵义·高三校考阶段练习）若关于x的不等式组−24
【解题思路】由x2−2ax−3a2≥0，得x+ax−3a≥0，因为a为正数，所x≤−a或x≥3a.
当a=23时，xx≤−a∩x−24
当a=22时，xx≤−a∩x−24
当a=21时，xx≤−a∩x−24
a越大，则−a越小，3a越大，
从而不等式组−24
从而不等式组−24
42．（2023·全国·高一专题练习）设函数fx=x2+2x+a，若关于x的不等式ffx<0的解集为空集，则实数a的取值范围为 −1+52,+∞ .
【解题思路】根据题意，设fx=t，可知t≥a−1，从而将不等式ffx<0的解集为空集，转化为ft<0在区间a−1,+∞上的解集为空集，从得出而y=t+12+a−1≥0在区间a−1,+∞上恒成立，根据二次函数的图象与性质，得出y=t+12+a−1，开口向上，对称轴为t=−1，且Δ=4−4a，分类讨论Δ≤0和Δ>0两种情况，进而根据一元二次不等式恒成立问题，即可求出a的取值范围.
【解题思路】解：根据题意，可知fx=x2+2x+a=x+12+a−1≥a−1，
设fx=t，则t≥a−1，
因为不等式ffx<0的解集为空集，
即ft<0在区间a−1,+∞上的解集为空集，
即y=t2+2t+a=t+12+a−1<0在区间a−1,+∞上无解，
所以y=t+12+a−1≥0在区间a−1,+∞上恒成立，
对于二次函数y=t+12+a−1，开口向上，对称轴为t=−1，
∴Δ=4−4a，
当Δ=4−4a≤0，即a≥1时，则a−1≥0>−1，
所以y=t+12+a−1≥0在区间a−1,+∞上恒成立，符合题意；
当Δ=4−4a≥0，即a≤1时，
令y=t+12+a−1≥0，解得：t≤−1−1−a或t≥−1+1−a，
要使得y=t+12+a−1≥0在区间a−1,+∞上恒成立，
只需满足a−1>t=−1且a−1≥−1+1−a，
即a>0且a2+a−1≥0，解得：a≤−1−52（舍去）或a≥−1+52，
又因为a≤1，故解得：−1+52≤a<1，
综上得，实数a的取值范围是−1+52,+∞.
故答案为：−1+52,+∞.
43．（2023春·甘肃张掖·高一校考阶段练习）已知关于x的不等式(mx−m2−6)(x+4)<0（其中m∈R）的解集为A，若满足A∩Z=B（其中Z为整数集），则使得集合B中元素个数最少时m取值范围是 2≤m≤3 .
【解题思路】先对m分类讨论，利用一元二次不等式的解法求出解集确定出A，再根据A∩Z=B（其中Z为整数集），写出当集合B中元素个数最少时m的取值范围.
【解题思路】分情况讨论：
当m=0时，−6x+4<0，解得A=xx>−4；
当m<0时，x−m2+6mx+4>0，m2+6m=m+6m≤−26<−4，解得A=xx−4；
当m>0时，x−m2+6mx+4<0，解得A=x−4
当m>0时，m2+6m=m+6m≥26>4，所以要使集合B中元素个数最少，需要m2+6m≤5，解得2≤m≤3.故答案为2≤m≤3.
44．（2023·全国·高一专题练习）已知对任意x∈R，均有不等式ax2+bx+c≥0成立，其中b<0.若存在t∈R使得1−ta+1+2tb+3c=0成立，则t的最小值为 14 .
【解题思路】由一元二次不等式恒成立得c≥b24a>0、a>0，将问题化为求t=a+b+3ca−2b的最小值，令m=ba<0则t≥1+38⋅4m+m212−m，应用基本不等式求最值，注意取值条件.
【解题思路】由题设a>0Δ=b2−4ac≤0，有b2≤4ac，又b<0，则c≥b24a>0，
又1−ta+1+2tb+3c=a+b+3c+(2b−a)t，则2b−a<0，
故存在t∈R使a+b+3c+(2b−a)t=0成立，则t=a+b+3ca−2b，
所以t=1+3(b+c)a−2b≥1+3⋅ba(1+b4a)1−2ba，令m=ba<0，故t≥1+38⋅4m+m212−m，
所以t≥1+38⋅(12−m)2+5(m−12)+9412−m=1+38⋅[(12−m)+94(12−m)−5]，且12−m>0，
而38⋅[(12−m)+94(12−m)−5]≥38⋅[2(12−m)⋅94(12−m)−5]=−34，仅当12−m=32，即m=−1等号成立，
所以t≥14，仅当a=−b且c=b24a=a4时等号成立，故t的最小值为14.
故答案为：14.
45．（2022秋·浙江·高一校联考期中）函数f(x)=x2+ax+4ax+16x2−8，x∈(1,4]，f(x)最大值为M(a)，则M(a)的最小值是 4 .
【解题思路】变换得到f(x)=(x+4x)2+a(x+4x)−16，计算x+4x=t，4≤t≤5，考虑−a2≤4，4<−a2≤92，92<−a2<5，−a2≥5四种情况，根据函数单调性分别函数最值得到答案.
【解题思路】f(x)=x2+ax+4ax+16x2−8=x2+16x2+a(x+4x)−8=(x+4x)2+a(x+4x)−16，
x∈(1,4]，函数y=x+4x在1,2上单调递减，在2,4上单调递增，故4≤x+4x≤5，
设x+4x=t，4≤t≤5，y=t2+at−16，
当−a2≤4，即a≥−8时，函数y在4,5上单调递增，4a≤y≤5a+9，
则Ma=ymax=max4a,5a+9≥54a+45a+99≥20a+36−20a9=4，
当4a+5a+9=0，即a=−1时等号成立，M(a)min=4；
当4<−a2≤92，即−9≤a<−8时，函数y在4,−a2上单调递减，在−a2,5上单调递增.
−a24−16≤y≤5a+9<0，则M(a)=a24+16>16>4；
当92<−a2<5，即−1016>4；
当−a2≥5，即a≤−10时，函数y在4,5上单调递减，5a+9≤y≤4a<0，
则M(a)=5a+9>41；
综上可知M(a)min=4.
故答案为：4.
46．（2022·上海·高一专题练习）二次函数f(x)=x2+mx+n恒有两个零点x1、x2，不等式l≤(m−1)2+(n−1)2+(m−n)2恒成立，则实数l的最大值为 98 .
【解题思路】由题设可设Δ=m2−4n=t>0即有n=m2−t4，令M=(m−1)2+(n−1)2+(m−n)2，将其整理成M关于m的函数，将n代入函数式，转化主元法令M=g(t)，利用二次函数的性质求M值域范围，结合不等式恒成立确定l的最大值.
【解题思路】由f(x)恒有两个零点，则Δ=m2−4n=t>0，
令M=(m−1)2+(n−1)2+(m−n)2=2n2−2(m+1)n+2(m2−m+1)，
∴M=2(n−m+12)2−(m+1)22+2(m2−m+1)=2(n−m+12)2+3(m−1)22，而n=m2−t4，
∴M=(m2−2m−2−t)28+3(m−1)22=[(m−1)2−3−t]28+3(m−1)22，若N=(m−1)2≥0，
∴M=g(t)=(N−3−t)28+3N2，
当−3≤N−3≤0时，有M>g(0)=(N−3)28+3N2=N2+6N+98∈[98,92]；当N−3>0时，有M≥3N2∈(92,+∞)；
综上，M>98，要使l≤M恒成立，则l≤98，故l的最大值为98.
故答案为：98.
47．（2022秋·湖南长沙·高三校考阶段练习）已知函数f(x)=ax2+bx+c(0<2a
【解题思路】因为∀x∈R，f（x）=ax2+bx+c≥0 恒成立，0＜2a＜b， 所以0＜2a＜b△＝b2−4ac≤0 ，得b2≤4ac， 又0<2a
设t=ba，由0＜2a＜b 得，t＞2，则f1f0−f(−1)≥4+4t+t24(t−1)=(t−1)2+6(t−1)+94(t−1)=14[（t−1）+9(t−1)+6]≥14×6+6=3，当且仅当t−1＝9t−1 时取等号，此时t=4， f1f0−f−1取最小值是3，
故答案为3．
48．（2023·全国·高一专题练习）若实数x,y满足2x2+xy−y2=1，则x−2y5x2−2xy+2y2的最大值为 24 .
【解题思路】已知条件可化为(2x−y)(x+y)=1，故可设2x−y=t,x+y=1t,u=t−1t，从而目标代数式可化为uu2+2，利用基本不等式可求其最大值.
【解题思路】由2x2+xy−y2=1，得(2x−y)(x+y)=1，
设2x−y=t,x+y=1t，其中t≠0.
则x=13t+13t,y=23t−13t，从而x−2y=t−1t, 5x2−2xy+2y2=t2+1t2，
记u=t−1t，则x−2y5x2−2xy+2y2=uu2+2，
不妨设u>0，则1u+2u≤12u×2u=24,
当且仅当u=2u，即u=2时取等号，即最大值为24.
故答案为：24.
49．（2023·全国·高三专题练习）如图，某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练，已知点A到墙面的距离为AB，某目标点P沿墙面的射击线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角θ的大小（仰角θ为直线AP与平面ABC所成角）．若AB=15m,AC=25m,∠BCM=30°，则tanθ的最大值为 539 ．
【解题思路】由勾股定理可得，BC=20，得到tanθ=33xx2−40x+625=331−40x+625x2，进行求解即可.
【解题思路】由勾股定理可得，BC=20，过P作PP′⊥BC，交BC于P′，连结AP′，
则tanθ=PP′AP′，设CP′=x，则PP′=CP′tan30∘=33x
在Rt△ABC中，AB=15m，AC=25m，所以BC=20m
所以cos∠BCA=45，所以AP′=625+x2−2×25x×45
=x2−40x+625，
所以tanθ=33xx2−40x+625=331−40x+625x2=33(25x−45)2+925，
当25x=45，即x=1254时，tanθ取得最大值为3335=539.
故答案为：539.
50．（2022秋·湖北武汉·高一华中师大一附中期中）已知函数f(x)=x|x|，若对任意x≥1，有f(x+m)+mf(x)<0恒成立，则实数m的取值范围是 (−∞,−1] .
【解题思路】可先将f(x+m)+mf(x)<0采用代入法转化为常规表达式，采用分类讨论去绝对值的方式，来进一步探讨不等式是否成立，进一步确定参数m的范围
【解题思路】f(x+m)+mf(x)<0可等价转化为x+mx+m+mxx<0对任意x≥1恒成立，
当m≥0时，不等式转化为x+m2+mx2<0对任意x≥1恒成立，显然无解；
当m∈−1,0时，不等式转化为x+m2+mx2<0，即m+1x2+2mx+m2<0，显然当x→+∞时不成立；
当m=−1时，x+mx+m+mxx<0⇔x−12−x2<0，即1−2x<0对任意x≥1恒成立，经检验，恒成立；
当m<−1时，x+mx+m+mxx<0⇔x+mx−−m+mx2<0对任意x≥1恒成立
尚需进一步讨论，当1
当x>−m时，x+mx+m+mxx<0⇔x+m2+mx2<0，即m+1x2+2mx+m2<0
此时对应的对称轴为x=−mm+1<1，又−mm+1<−m，则y=m+1x2+2mx+m2在区间−m,+∞为减区间，即y=m+1x2+2mx+m2≤y−m=m3<0恒成立；
综上所述，当m∈−∞,−1时，对任意x≥1，有f(x+m)+mf(x)<0恒成立.
故答案为：(−∞,−1].
高一上学期第一次月考填空题压轴题50题专练
【人教A版（2019）】
1．（2023秋·上海徐汇·高一校考期末）已知集合A=t+1,t+2∪t+5,t+10，0∉A，如果存在正数λ，使得对任意a∈A，都满足λa∈A，则实数t＝ －4或0 .
【解题思路】根据集合元素属性特征，通过解方程分类讨论求解即可.
【解题思路】当t>−1时，当a∈t+1,t+2时，则λa∈t+5,t+10，
当a∈t+5,t+10时，则λa∈t+1,t+2，
即当a=t+1时，λa≤t+10；当a=t+10时，λa≥t+1；所以λ=t+10t+1，
当a=t+2时，λa≥t+5；当a=t+5时，λa≤t+2，所以λ=t+5t+2，
因此有λ=t+10t+1=t+5t+2⇒t=0；
当t+2<0
即当a=t+1时，λa≤t+2；当a=t+10时，λa≥t+1；所以λ=t+2t+1，
当a=t+5时，λa≤t+10；当a=t+10时，λa≤t+5，所以λ=t+5t+10，
因此有λ=t+2t+1=t+5t+10⇒t=−4，
当t+10<0时，同理可得无解，
综上所述：实数t的值为－4或0，
故答案为：－4或0.
2．（2023春·江苏无锡·高二校联考期中）三角形的周长为31，三边a，b，c均为整数，且a≤b≤c，则满足条件的三元数组(a,b,c)的个数为 24 .
【解题思路】根据三角形三边关系、周长为31，a≤b≤c可求得313≤c<312且amax=10，采用列举法列举出所有可能的结果，从而得到三元数组的个数.
【解题思路】由三角形三边关系及周长可得：a+b+c=31a+b>ca>c−b ⇒c<312
又a≤b≤c ∴3c≥31，3a≤31，即c≥313，a≤313
∴313≤c<312，所以c所有可能的取值为：11,12,13,14,15且amax=10
①当c=11时，a=10b=10或a=9b=11
②当c=12时，a=9b=10或a=8b=11或a=7b=12
③当c=13时，a=9b=9或a=8b=10或a=7b=11或a=6b=12或a=5b=13
④当c=14时，a=8b=9或a=7b=10或a=6b=11或a=5b=12或a=4b=13或a=3b=14
⑤当c=15时，a=8b=8或a=7b=9或a=6b=10或a=5b=11或a=4b=12或a=3b=13或a=2b=14或a=1b=15
则三元数组a,b,c共有：2+3+5+6+8=24个
故答案为：24.
3．（2023秋·全国·高一随堂练习）下列说法中，正确的有 ② ．(填序号)
①单词book的所有字母组成的集合的元素共有4个；
②集合M中有3个元素a，b，c，其中a，b，c是△ABC的三边长，则△ABC不可能是等腰三角形；
③将小于10的自然数按从小到大的顺序排列和按从大到小的顺序排列分别得到不同的两个集合．
【解题思路】根据集合的元素的互异性判定①错误；根据集合的元素的互异性判定②正确；根据集合的元素的无序性可判定③错误.
【解题思路】①不正确. book的字母o有重复，共有3个不同字母，元素个数是3.
②正确. 集合M中有3个元素a，b，c，所以a，b，c都不相等，它们构成的三角形三边不相等，故不可能是等腰三角形．
③不正确. 小于10的自然数不管按哪种顺序排列，里面的元素都是0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这10个数，集合是相同的，和元素的排列顺序无关．
故答案为：②.
4．（2023·全国·高一专题练习）已知集合A是由0，m，m2－3m＋2三个元素构成的集合，且2∈A，则实数m＝ 3 ．
【解题思路】根据集合与元素的关系，分类求得m的值，然后利用集合元素的互异性检验取舍.
【解题思路】由题意知，m＝2或m2－3m＋2＝2，
解得m＝2或m＝0或m＝3，经验证，
当m＝0或m＝2时，
不满足集合中元素的互异性，
当m＝3时，满足题意，
故m＝3.
故答案为：3.
5．（2023·全国·高三专题练习）已知数集A=t,t+1∪t+4,t+9．若存在λ∈R，使得对任意a∈A都有λa∈A，则称A为完美集，给出下列四个结论：
①存在t∈0,+∞，使得A为完美集；
②存在t∈−∞,0，使得A为完美集；
③如果t∈Z，那么A一定不为完美集；
④使得A为完美集的所有t的值之和为-2．
其中，所有正确结论的序号是 ①② ．
【解题思路】由题意得，a≠0，即t的范围为t<−9或−4
【解题思路】解：由题意得，a≠0，即t的范围为t<−9或−4
当λ>0时，
当t>0，又a∈t,t+1∪t+4,t+9，故λa∈λt+9,λt+4∪λt+1,λt，
则有λt+9≥tλt+4≤t+1λt+1≥t+4λt≤t+9，
可得tt+9≤λ≤tt+9t+1t+4≤λ≤t+1t+4，此时，t+1t+4=tt+9，解得t=1；
当−4
此时，tt+1=t+4t+9，解得t=−3；
当t<−9，a∈t,t+1∪t+4,t+9，故λa∈λt+9,λt+4∪λt+1,λt，
则有λt+9≥tλt+4≤t+1λt+1≥t+4λt≤t+9，可得tt+9≤λ≤tt+9t+1t+4≤λ≤t+1t+4，
此时，t+1t+4=tt+9，解得t=1（舍去），无解；
同理，当λ<0时，当−4
综上，所有正确结论的序号是①②.
故答案为：①②.
6．（2023·全国·高一专题练习）设x∈R，若x>0时均有[(a−1)x−1]x2−ax−1≥0，则a= 32 ．
【解题思路】考虑a=1，a<1，a>1三种情况，设fx=a−1x−1，gx=x2−ax−1，根据图像知gx=x2−ax−1过点A1a−1,0，带入计算得到答案.
【解题思路】[(a−1)x−1]x2−ax−1≥0，
当a=1时，−x−122+54≤54，不满足题意；
当a<1时，x→+∞时，ax−1→−∞，x2−ax−1→+∞，不满足题意；
当a>1时，设fx=a−1x−1，gx=x2−ax−1，函数均过定点0,−1，
函数fx与x轴的交点为A1a−1,0，如图当直线绕0,−1旋转时，只有当fx与gx都交于x轴时才能满足fx⋅gx≥0，故gx=x2−ax−1过点A1a−1,0，即1a−12−a1a−1−1=0，解得a=32或a=0（舍去）.
故答案为：32.
7．（2023·全国·高一专题练习）已知集合A=xx<−1或x>4，B=x2a≤x≤a+3，若B⊆A，则实数a的取值范围是 aa<−4或a>2 ．
【解题思路】分B=∅和B≠∅两种情况讨论，结合B⊆A得出关于实数a的不等式组，解出即可得出实数a的取值范围.
【解题思路】当B=∅时，2a>a+3，即a>3，满足要求；
当B≠∅时，根据题意作出如图所示的数轴，可得a+3≥2aa+3<−1或a+3≥2a2a>4，
解得a<−4或2
综上，实数a的取值范围为aa<−4或a>2.
故答案为aa<−4或a>2.
8．（2023·全国·高三专题练习）对于集合M=aa=x2−y2,x∈Z,y∈Z，给出如下三个结论：
①如果B=bb=2n+1,n∈N，那么B⊆M；
②若C=cc=2n,n∈N，对于∀c∈C，则有c∈M；
③如果a1∈M，a2∈M，那么a1a2∈M.
④如果a1∈M，a2∈M，那么a1+a2∈M
其中，正确结论的序号是 ①③ .
【解题思路】根据集合的定义，对选项进行逐一分析即可.
【解题思路】对①：对b=2n+1,n∈N，
总是有b=2n+1=n+12−n2，n+1,n∈z，故B⊆M，则①正确；
对②c=2n,n∈N，若c=2n∈M，则存在x,y∈Z，使得
x2−y2=2n=(x+y)(x−y)，
因为当x,y一个是偶数，一个是奇数时，
x+y是奇数，x−y也是奇数，故(x+y)(x−y)也是奇数，
而显然2n是偶数，故2n≠(x+y)(x−y)，故c=2n∉M，故②错误；
对③如果a1∈M，a2∈M，
不妨设a1=x12−y12,a2=x22−y22，
则a1a2=x12−y12x22−y22=x1x2+y1y22−x1y2+x2y12∈M，
故a1a2∈M，故③正确；
对④同理，设a1=x12−y12,a2=x22−y22，
则a1+a2=x12−y12+x22−y22=x1+x22−y1+y22−2x1x2+2y1y2，
故不满足集合M的定义，故④错误.
综上所述，正确的是①③.
故答案为：①③.
9．（2023秋·江苏南京·高一校考开学考试）已知非空集合M满足M⊆0,1,2,3，若存在非负整数k（k≤3），使得对任意a∈M，均有2k−a∈M，则称集合M具有性质P，则具有性质P的集合M的个数为 8 .
【解题思路】分k的取值进行分情况计算讨论满足条件的集合M，从而得到答案.
【解题思路】当k=0时，M为{0}.
当k=1时，M为{1},{0,2},{0,1,2}
当k=2时，M为{2},{1,3},{1,2,3}
当k=3时，M为{3}.
所以满足条件的集合M有8个.
故答案为：8.
10．（2023·全国·高一专题练习）已知−1≤a+b≤4，2≤a−b≤3，则3a−2b的取值范围为 [92,192] .
【解题思路】令m(a+b)+n(a−b)=3a−2b求出m、n，再应用不等式的性质求3a−2b的范围.
【解题思路】令m(a+b)+n(a−b)=3a−2b，则(m+n)a+(m−n)b=3a−2b，
所以{m+n=3m−n=−2，可得{m=12n=52，故3a−2b=12(a+b)+52(a−b)，
而12(a+b)∈[−12,2],52(a−b)∈[5,152]，故3a−2b∈[92,192].
故答案为：[92,192].
11．（2023春·北京·高二校考期中）已知全集U=(x,y)x∈Z, y∈Z，非空集合S⊆U. 若在平面直角坐标系xOy中，对S中的任意点P，与P关于x轴、y轴以及直线y=x对称的点也均在S中，则以下命题：
①若(1,3)∈S，则(−1,−3)∈S；
②若(0,4)∈S，则S中至少有8个元素；
③若(0,0)∉S，则S中元素的个数可以为奇数；
④若(x,y)x+y=4⊆S，则(x,y)x+y=4⊆S.
其中正确命题的序号为 ①④ ．
【解题思路】①根据定义和点关于坐标轴对称的性质可判断；
②若(0,4)∈S，则S中至少有4个元素，故错误；
③若(0,0)∉S，则S中元素的个数一定为成对出现，故为偶数；
④根据|x|+|y|=4，显然图象关于x轴，y轴，和y=x轴对称，判断即可．
【解题思路】S中的点在平面直角坐标系xOy内形成的图形关于x轴、y轴和直线y=x均对称.
所以当x,y∈S，则有x,−y∈S，−x,y∈S，y,x∈S，
进而有：−x,−y∈S，−y,x∈S，y,−x∈S，−y,−x∈S，
①若1,3∈S，则−1,−3∈S，故①正确；
②若0,4∈S，则0,−4∈S，4,0∈S，−4,0∈S，能确定4个元素，故②不正确；
③根据题意可知，x,y∈S，若x=0，y≠0能确定4个元素，
当x≠0，y=0也能确定4个，当x≠0，y≠0也能确定8个所以0,0∉S，
则S中元素的个数一定为偶数，故③错误；
④若x,yx+y=4,x∈Z,y∈Z⊆S，由S中的点在平面直角坐标系xOy内形成的图形关于x轴、y轴和直线y=x均对称可知，
则x,yx−y=4,x∈Z,y∈Z⊆S，x,y−x+y=4,x∈Z,y∈Z⊆S，x,y−x−y=4,x∈Z,y∈Z⊆S，即x,yx+y=4,x∈Z,y∈Z⊆S，
即x,yx+y=4⊆S，故④正确，
综上：①④正确.
故答案为：①④.
12．（2023·上海·高一专题练习）设集合S,T,S⊆N·,T⊆N·,S,T中，至少有两个元素，且S,T满足：①对于任意x,y∈S，若x≠y，都有xy∈T；②对于任意x,y∈T，若x
若取S=2,4,8,16，则T=8,16,32,64,128，此时S∪T=2,4,8,16,32,64,128，包含7个元素，
具体如下：
设集合S=p1,p2,p3,p4，且p1
若p1=1，则p2≥2，则p3p2
故S=1,p2,p22,p23，此时p25∈T,p2∈T，故p24∈S，矛盾，舍去；
若p1≥2，则p2p1
故S=p1,p12,p13,p14，此时p13,p14,p15,p16,p17⊆T，
若q∈T，则qp13∈S，故qp13=p1i,i=1,2,3,4，故q=p1i+3,i=1,2,3,4，
即q∈p13,p14,p15,p16,p17，故p13,p14,p15,p16,p17=T，
此时S∪T=p1,p12,p13,p14,p15,p16,p17，即S∪T中有7个元素.
故答案为：7.
13．（2023·全国·高一专题练习）已知正数x，y满足4x+9y=xy且x+y
x+y=(x+y)(4y+9x)=4xy+9yx+13≥24xy×9yx+13=25，
当且仅当x=15,y=10时取等号；
由题意：x+ymin
解得：m<−1或m>25，
故答案为：(−∞,−1)∪(25,+∞).
14．（2022·高一课时练习）已知集合A={aa=x2−y2,x∈Z,y∈Z}．给出如下四个结论：
①2∉A，且3∈A；
②如果B={b|b=2m−1,m∈N∗}，那么B⊆A；
③如果C={c|c=2n+2,n∈N∗}，那么对于∀c∈C，则有c∈A；
④如果a1∈A，a2∈A，那么a1a2∈A．
其中，正确结论的序号是 ①②④ ．
【解题思路】①：举例子可证3∈A，由a=x+yx−y的性质可知，其结果为奇数或能被4整除的偶数，即可判断2∉A；②由2m−1=m2−m−12,m∈N∗可得B⊆A；③当n=2时，c=6由①可得6∉A；④设a1=x12−y12,a2=x22−y22,x1,x2,y1,y2∈Z，则由a1a2=x1x2+y1y22−x1y2+x2y12∈A.
【解题思路】解：①：a=x+yx−y，由x+y,x−y的奇偶一致，若同为奇数，a此时为奇数；
若同为偶数，a此时为偶数，且能被4整除，因此2∉A.当x=2,y=1时，x2−y2=3，
所以3∈A.综上所述，①正确.
②：因为2m−1=m2−m−12,m∈N∗，所以2m−1∈A，即B⊆A，则②正确.
③：假设③正确，则对于n∈N∗，2n+2=x+yx−y成立，当n=2时，2n+2=6，
由①知，a为奇数或能被4整除的数，因此6∉A，故③错误；
④：设a1=x12−y12,a2=x22−y22,x1,x2,y1,y2∈Z，则a1a2=x12−y12x22−y22
=x1x22+y1y22−x1y22−x2y12=x1x2+y1y22−x1y2+x2y12∈A，
即a1a2∈A，所以④正确.
故答案为: ①②④.
15．（2022秋·陕西西安·高一校考阶段练习）已知a,b,a+m均为大于0的实数,给出下列五个论断:①a>b,②a
【解题思路】选择两个条件根据不等式性质推出第三个条件即可，答案不唯一.
【解题思路】已知a,b,a+m均为大于0的实数,选择①③推出⑤.
①a>b，③m>0，
则b+ma+m−ba=ab+am−ab−bma(a+m)=am−bma(a+m)=(a−b)ma(a+m)>0，
所以b+ma+m>ba.
故答案为：①③推出⑤.
16．（2023·全国·高三专题练习）已知X为包含v个元素的集合（v∈N∗，v≥3）．设A为由X的一些三元子集（含有三个元素的子集）组成的集合，使得X中的任意两个不同的元素，都恰好同时包含在唯一的一个三元子集中，则称X,A组成一个v阶的Steiner三元系．若X,A为一个7阶的Steiner三元系，则集合A中元素的个数为 7 ．
【解题思路】令X={a,b,c,d,e,f,g}，列举出所有三元子集，结合X,A组成v阶的Steiner三元系定义，确定A中元素个数.
【解题思路】由题设，令集合X={a,b,c,d,e,f,g}，共有7个元素，
所以X的三元子集，如下共有35个：
{a,b,c}、{a,b,d}、{a,b,e}、{a,b,f}、{a,b,g}、{a,c,d}、{a,c,e}、{a,c,f}、{a,c,g}、{a,d,e}、{a,d,f}、{a,d,g}、{a,e,f}、{a,e,g}、{a,f,g}、{b,c,d}、{b,c,e}、{b,c,f}、{b,c,g}、{b,d,e}、{b,d,f}、{b,d,g}、{b,e,f}、{b,e,g}、{b,f,g}、{c,d,e}、{c,d,f}、{c,d,g}、{c,e,f}、{c,e,g}、{c,f,g}、{d,e,f}、{d,e,g}、{d,f,g}、{e,f,g}，
因为A中集合满足X中的任意两个不同的元素，都恰好同时包含在唯一的一个三元子集，所以A中元素满足要求的有：
{a,b,c}、{a,d,e}、{a,f,g}、{b,d,f}、{b,e,g}、{c,d,g}、{c,e,f}，共有7个；
{a,b,c}、{a,d,f}、{a,e,g}、{b,d,e}、{b,f,g}、{c,d,g}、{c,e,f}，共有7个；
{a,b,c}、{a,d,g}、{a,e,f}、{b,d,e}、{b,f,g}、{c,d,f}、{c,e,g}，共有7个；
{a,b,d}、{a,c,e}、{a,f,g}、{b,c,f}、{b,e,g}、{c,d,g}、{d,e,f}，共有7个；
{a,b,d}、{a,c,g}、{a,e,f}、{b,c,e}、{b,f,g}、{c,d,f}、{d,e,g}，共有7个；
{a,b,d}、{a,c,f}、{a,e,g}、{b,c,e}、{b,f,g}、{c,d,g}、{d,e,f}，共有7个；
{a,b,e}、{a,c,d}、{a,f,g}、{b,c,f}、{b,d,g}、{c,e,g}、{d,e,f}，共有7个；
{a,b,e}、{a,c,f}、{a,d,g}、{b,c,d}、{b,f,g}、{c,e,g}、{d,e,f}，共有7个；
{a,b,e}、{a,c,g}、{a,d,f}、{b,c,d}、{b,f,g}、{c,e,f}、{d,e,g}，共有7个；
{a,b,f}、{a,c,d}、{a,e,g}、{b,c,e}、{b,d,g}、{c,f,g}、{d,e,f}，共有7个；
{a,b,f}、{a,c,e}、{a,d,g}、{b,c,d}、{b,e,g}、{c,f,g}、{d,e,f}，共有7个；
{a,b,f}、{a,c,g}、{a,d,e}、{b,c,d}、{b,e,g}、{c,e,f}、{d,f,g}，共有7个；
{a,b,g}、{a,c,d}、{a,e,f}、{b,c,e}、{b,d,f}、{c,f,g}、{d,e,g}，共有7个；
{a,b,g}、{a,c,e}、{a,d,f}、{b,c,d}、{b,e,f}、{c,f,g}、{d,e,g}，共有7个；
{a,b,g}、{a,c,f}、{a,d,e}、{b,c,d}、{b,e,f}、{c,e,g}、{d,f,g}，共有7个；
共有15种满足要求的集合A，但都只有7个元素.
故答案为：7.
17．（2023·全国·高三专题练习）已知集合M＝{x∈N|1≤x≤21}，集合A1，A2，A3满足①每个集合都恰有7个元素； ②A1∪A2∪A3＝M．集合Ai中元素的最大值与最小值之和称为集合Ai的特征数，记为Xi（i＝1，2，3），则X1+X2+X3的最大值与最小值的和为 132 ．
【解题思路】判断集合的元素个数中的最小值与最大值的可能情况，然后按照定义求解即可．
【解题思路】集合M＝{x∈N|1≤x≤21}，由集合A1，A2，A3满足①每个集合都恰有7个元素； ②A1∪A2∪A3＝M可知最小的三个数为1，2，3；21必是一个集合的最大元素，含有21集合中的元素，有21，20，19，…，16和1，2，3中一个组成，这样特征数最小，不妨取1，这时X1最小值为22；
15必是一个集合的最大元素，含有15集合中的元素，有15，14，13，…，10和2，3中一个组成，这样特征数最小，不妨取2，这时X2最小值为17；
9必是一个集合的最大元素，含有9集合中的元素，有9，8，7，…，4和3组成，这样特征数最小，这时X3最小值为10；则X1+X2+X3的最小值为22+17+12＝51．
同理可知最大的三个数为21，20，19；
含有21集合中的元素，有21，18，17，16，16，15，13；这样特征数最大，为34；
含有20的集合中元素为20，12，11，10，9，8，7，这样特征数最大，为27；
含有19的集合中元素为19，6，5，4，3，2，1，特征数最大，且为20；
则X1+X2+X3的最大值为34+27+20＝81；
所以X1+X2+X3的最大值与最小值的和为51+81＝132．
故答案为：132．
18．（2022秋·广东东莞·高一校考阶段练习）已知命题p:“∀x∈R，2kx2+kx−38<0恒成立”是真命题，则实数k的取值范围是 −3,0 .
【解题思路】分k=0与k≠0两种情况讨论，结合已知条件可得出关于实数k的不等式组，由此可解得实数k的取值范围.
【解题思路】已知命题p:“∀x∈R，2kx2+kx−38<0恒成立”是真命题.
当k=0时，则有−38<0恒成立，合乎题意；
当k≠0时，则有2k<0Δ=k2+3k<0，解得−3
故答案为：−3,0.
【点睛】结论点睛：利用二次不等式在实数集上恒成立，可以利用以下结论来求解：
设fx=ax2+bx+c a≠0
①fx>0在R上恒成立，则a>0Δ<0；
②fx<0在R上恒成立，则a<0Δ<0；
③fx≥0在R上恒成立，则a>0Δ≤0；
④fx≤0在R上恒成立，则a<0Δ≤0.
19．（2023·全国·高一专题练习）集合M，N，S都是非空集合，现规定如下运算：M⊙N⊙S= {x|x∈(M∩N)∪(N∩S)∪(S∩M)且x∉M∩N∩S}．假设集合A={x|a
【解题思路】a+b
【解题思路】将b+c看成一个整体，将所求式转化为常见二元最值问题，借助“1”的代换，适当变形后利用基本不等式求解即可.
【解题思路】设a=x，b+c=y，
原题转化为：已知x>0，y>0，且xy=4，求2x+2y+8x+y的最小值.
由2x+2y+8x+y=12(4x+4y)+8x+y=12(y+x)+8x+y ≥24=4.
当且仅当12(y+x)=8x+y即x=y=2时，等号成立.
所以2x+2y+8x+y的最小值为4.
故答案为：4.
21．（2022·全国·高三专题练习）已知集合B和C，使得B∪C=1,2,3,4,5,6,7,8,9,10，B∩C=∅，并且C的元素乘积等于B的元素和，写出所有满足条件的集合C= 6,7或1,4,10或1,2,3,7 .
【解题思路】求得B,C中所有元素之和后，根据C中元素个数得到其元素所满足的关系式，依次判断C中元素不同个数时可能的结果即可.
【解题思路】∵B∪C=1,2,3,4,5,6,7,8,9,10，∴B,C中所有元素之和为1+2+⋅⋅⋅+10=55；
若C中仅有一个元素，设C=a，则a=55−a，解得：a=552，不合题意；
若C中有且仅有两个元素，设C=a,ba
若C中有且仅有三个元素，设C=a,b,ca
若C中有且仅有四个元素，设C=a,b,c,da
当a=1，b=2，c=3，d=7时，abcd=55−a+b+c+d，∴C=1,2,3,7；
若C中有且仅有五个元素，若C=1,2,3,4,5，此时1×2×3×4×5=120>55，
∴ C中最多能有四个元素；
综上所述：C=6,7或1,4,10或1,2,3,7.
故答案为：6,7或1,4,10或1,2,3,7.
22．（2022·高一课时练习）若∀x∈R，∃t∈R，使得x2≥|t|+14−m，则实数m的取值范围是 m|m≥14 ．
【解题思路】先用不等式去表达题目的意义，再求解不等式.
【解题思路】解:∀x∈R，x2≥|ι|+14−m恒成立，等价于x2的最小值大于或等于|t|+14−m，即|t|+14−m≤0；
又∃t∈R，使得|ι|+14−m≤0，即|t|≤m−14，等价于|t|的最小值小于或等于m−14，因此0≤m−14，所以m≥14．
故答案为：m|m≥14.
23．（2023秋·湖北孝感·高一孝感高中校考阶段练习）已知A,B⊆U，则“A∩B=A”是“∁UB⊆∁UA”的 充要 条件（从“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”、“不充分不必要”中选择一个作答）．
【解题思路】根据集合之间的关系及充分、必要性定义判断条件间的关系.
【解题思路】由A∩B=A，则A⊆B，故∁UB⊆∁UA，充分性成立；
由∁UB⊆∁UA，则A⊆B，故A∩B=A，必要性成立；
所以“A∩B=A”是“∁UB⊆∁UA”的充要条件.
故答案为：充要.
24．（2022·全国·高三专题练习）向量集合S=aa=x,y,x,y∈R,对于任意α,β∈S,以及任意λ∈0,1,都有λα+1−λβ∈S,则称S为“C类集”,现有四个命题:
①若S为“C类集”,则集合M=μaa∈S,μ∈R也是“C类集”;
②若S,T都是“C类集”,则集合M=a+ba∈S,b∈T也是“C类集”;
③若A1,A2都是“C类集”,则A1∪A2也是“C类集”;
④若A1,A2都是“C类集”,且交集非空,则A1∩A2也是“C类集”.
其中正确的命题有 ①②④ (填所有正确命题的序号)
【解题思路】因为集合S=aa=x,y,x,y∈R,对于任意α,β∈S,且任意λ∈0,1,都有λα+1−λβ∈S,可以把这个“C类集”理解成,任意两个S中的向量所表示的点的连线段上所表示的点都在S上,因此可以理解它的图象成直线,逐项判断,即可求得答案.
【解题思路】∵集合S=aa=x,y,x,y∈R,对于任意α,β∈S,
且任意λ∈0,1,都有λα+1−λβ∈S
∴可以把这个“C类集”理解成,任意两个S中的向量所表示的点的连线段上所表示的点都在S上,因此可以理解它的图象成直线
对于①,M=μaa∈S,μ∈R,向量a整体μ倍,还是表示的是直线,故①正确;
对于②,因为S,T都是“C类集”,故M=a+ba∈S,b∈T还是表示的是直线,故②正确;
对于③,因为A1,A2都是“C类集”,可得A1∪A2是表示两条直线,故③错误;
对于④,A1,A2都是“C类集”,且交集非空,可得A1∩A2表示一个点或者两直线共线时还是一条直线.
综上所述,正确的是①②④.
故答案为:①②④.
25．（2023·高一单元测试）设A，B是有限集，定义d(A,B)=card(A∪B)−card(A∩B)，其中card(A)表示有限集A中的元素个数．则“A≠B”是“d(A,B)>0”的 充分必要 条件．
【解题思路】根据题设定义，再结合充分条件和必要条件的判断方法即可得到结果.
【解题思路】若A≠B，则A∪B≠A∩B，则card(A∪B)>card(A∩B)，故d(A,B)>0成立，
若card(A∪B)>card(A∩B)，则A∪B≠A∩B，所以A≠B，
所以“A≠B”是“d(A,B)>0”的充要条件，
故答案为：充分必要.
26．（2023·全国·高一专题练习）设命题p：实数x满足x2−4ax+3a2<0，其中a>0，命题q：实数x满足x2−x−6≤0x2+2x−8>0，若¬p是q的必要不充分条件，则实数a的取值范围为 0,23∪3,+∞ .
【解题思路】解不等式求出其p,q对应的集合，根据¬p是q的必要不充分条件，可得集合间的包含关系，列出不等式组，即可求得答案.
【解题思路】解x2−4ax+3a2<0，其中a>0，可得a
又p:x|a
故答案为：0,23∪3,+∞.
27．（2023·全国·高一专题练习）在整数集中，被4除所得余数为k的所有整数组成一个“类”，记为k，即k=4n+kn∈Z,k=0,1,2,3.给出下列四个结论.
①2021∈1；②−1∈1；③Z=0∪1∪2∪3；④“整数a,b属于同一“类””的充要条件是“a−b∈0”.
其中正确的结论是 ①③④ （填所有正确的结论的序号）.
【解题思路】根据“类”的定义可判断①②③的正误；根据“类”的定义结合充分条件、必要条件的定义可判断④的正误.
【解题思路】对于①，∵2021=4×505+1，则2021∈1，①正确；
对于②，∵−1=4×−1+3，则−1∈3，②不正确；
对于③，∵任意整数除以4，余数可以且只可以是0,1,2,3四类，
则Z=0∪1∪2∪3，③正确；
对于④，若整数a、b属于同一“类”，
则整数a、b被4除的余数相同，可设a=4n1+k，b=4n2+k，其中n1、n2∈Z，k∈0,1,2,3，
则a−b=4n1−n2，故a−b∈0，
若a−b∈0，不妨令a=4n1+k1,b=4n2+k2n1,n2∈Z,k1,k2∈0,1,2,3，
则a−b=4(n1−n2)+k1−k2，
显然n1−n2∈Z,k1−k2∈0,1,2,3，于是得k1−k2=0，∴k1=k2，即整数a,b属于同一“类”，
∴“整数a,b属于同一“类””的充要条件是“a−b∈0”，④正确．
∴正确的结论是①③④.
故答案为：①③④.
28．（2023秋·高一单元测试）已知集合A={x|0≤x≤a}，集合B={x|m2+2≤x≤m2+4}，如果命题“∃m∈R,A∩B≠∅”为假命题，则实数a的取值范围为 (−∞,2) .
【解题思路】根据题意，将命题等价转化为命题“∀m∈R,A∩B=∅”为真命题，根据命题的真假得出关于m的不等式恒成立，进而求解即可.
【解题思路】因为命题“∃m∈R,A∩B≠∅”为假命题，
所以命题“∀m∈R,A∩B=∅”为真命题，
因为集合A={x|0≤x≤a}，当a<0时，集合A=∅，符合A∩B=∅；
当a≥0时，因为m2+2≥2，所以由对∀m∈R,A∩B=∅，可得m2+2>a对任意的m∈R恒成立，所以0≤a<2，
综上所述：实数a的取值范围为(−∞,2)，
故答案为：(−∞,2).
29．（2022秋·河南商丘·高三校考阶段练习）已知函数fx=ax+2 a>0，gx=2x−1，若∃x1∈−1,2，∀x2∈2,3，使fx1=gx2成立，则实数a的取值范围是 [1,+∞) .
【解题思路】根据函数的单调性，分别求得函数fx和gx的值域构成的集合 A,B，结合题意，得到B⊆A，列出不等式组，即可求解.
【解题思路】由题意，函数gx=2x−1在2,3为单调递减函数，可得 1≤gx≤2，
即函数gx的值域构成集合B=[1,2]，
又由函数fx=ax+2(a>0)在区间 −1,2上单调递增，可得−a+2≤fx≤2a+2，
即函数fx的值域构成集合A=[−a+2,2a+2]，
又由∃x1∈−1,2， ∀x2∈2,3，使fx1=gx2成立，即 B⊆A,
则满足−a+2≤12a+2≥2，解得 a≥1，
即实数a的取值范围是[1,+∞).
故答案为：[1,+∞).
30．（2023秋·高一课时练习）设x1、x2、x3、y1、y2、y3是六个互不相等的实数，则在以下六个式子中：x1y1+x2y2+x3y3，x1y1+x2y3+x3y2，x1y2+x2y3+x3y1，x1y2+x2y1+x3y3，x1y3+x2y2+x3y1，x1y3+x2y1+x3y2，能同时取到150的代数式最多有 2 个．
【解题思路】由作差法比较大小后判断
【解题思路】不妨设x1
由①−②=x2y2+x3y3−x2y3−x3y2=(x2−x3)(y2−y3)>0，故①>②，
②−③=x1y1+x3y2−x1y2−x3y1=(x1−x3)(y1−y2)>0，故②>③，
①−④=x1y1+x2y2−x1y2−x2y1=(x1−x2)(y1−y2)>0，故①>④，
同理得，①>⑤，②>⑥，③>⑤，④>③，④>⑥，⑥>⑤，
综上可知①>②>③>⑤，①>④>③>⑤，且②>⑥>⑤，④>⑥>⑤，
最多有②④或③⑥两项可同时取150，
令x1y1+x2y3+x3y2=x1y2+x2y1+x3y3=150，
得其一组解为x1=−1x2=0x3=1，y1=2y2=152y3=302，
故答案为：2.
31．（2023·上海普陀·统考一模）设a、b∈R且a≤b．若函数y=fx的表达式为fx=x−1x∈R，且fa=fb+1，则a⋅b+1的最大值为 34 ．
【解题思路】由fa=fb+1结合a≤b可得出a=1−b，求出b的取值范围，利用不等式的基本性质可求得a⋅b+1的最大值.
【解题思路】因为fa=fb+1，则a−1=b，所以，a−1=b或a−1=−b，∴a=b+1或a=1−b.
因为a≤b，所以，a=1−b，且a=1−b≤b，可得b≥12，
所以，a⋅b+1=1−b1+b=1−b2≤34，当且仅当b=12时，等号成立，
故a⋅b+1的最大值为34.
故答案为：34.
32．（2023·江苏·高一专题练习）已知a,b,c均为正实数，且aba+2b⩾13,bcb+2c⩾14,cac+2a⩾15，那么1a+1b+1c的最大值为 4 ．
【解题思路】本题目主要考查不等式的简单性质，将已知条件进行简单变形即可.
【解题思路】因为a,b,c均为正实数，所以由题可得：0
故答案为：4.
33．（2023·全国·高三专题练习）已知a，b，c是正实数，且b+c=6，则ac2+2abc+8a+1最小值为 6 .
【解题思路】由于a，b，c是正实数，且b+c=6，所以先结合基本不等式“1”的代换求c2+2bc的最小值，得c2+2bc≥2，则ac2+2abc+8a+1≥2a+8a+1，再根据基本不等式凑项法求2a+8a+1的最小值，即可求得ac2+2abc+8a+1的最小值.
【解题思路】解：ac2+2abc+8a+1=a⋅c2+2bc+8a+1，由于a，b，c是正实数，且b+c=6，
所以c2+2bc=cb+2bc=cb+13⋅b+c2bc=cb+13⋅b2+2bc+c2bc
=cb+b3c+23+c3b=4c3b+b3c+23≥24c3b⋅b3c+23=43+23=2，当且仅当4c3b=b3c，即b=2c，所以b=263，c=63时等号成立，
则c2+2bc的最小值为2，所以ac2+2abc+8a+1≥2a+8a+1=2a+1+8a+1−2≥22a+1⋅8a+1−2=6，
当且仅当2a+1=8a+1，即a=1时等号成立，
则ac2+2abc+8a+1最小值为6.
故答案为：6.
34．（2023·北京·高三专题练习）曲线C是平面内与两个定点F1(0,1),F2(0,−1)的距离的积等于32的点P的轨迹，给出下列四个结论：
①曲线C关于坐标轴对称；
②△F1PF2周长的最小值为2+6；
③点P到y轴距离的最大值为22；
④点P到原点距离的最小值为22．
其中所有正确结论的序号是 ①②④ ．
【解题思路】由题意得到方程x2+(y+1)2⋅x2+(y−1)2=32，结合对称性的判定方法，可判定①正确；设a=x2+(y+1)2,b=x2+(y−1)2，得到ab=32，结合基本不等式，可判定②正确；过点P作PE⊥F1F2，求得△F1PF2的最大面积为S△F1PF2=34，结合面积相等，可判定③不正确；化简a+b2=a2+b2+2ab=2(x2+y2)2+5，结合不等式，可判定④是正确的.
【解题思路】由题意，曲线C是平面内与两个定点F1(0,1),F2(0,−1)的距离的积等于32，
可得x2+(y+1)2⋅x2+(y−1)2=32，即[x2+(y+1)2]⋅[x2+(y−1)2]=94，
用−x代换x，或−y代换y方程不变，所以曲线C关于坐标轴对称，所以①正确；
设a=x2+(y+1)2,b=x2+(y−1)2，可得ab=32，
则a+b≥2ab=232=6，当且仅当a=b时，等号成立，
所以△F1PF2周长的最小值为l△F1PF2=a+b+2=2+6，所以②正确；
过点P作PE⊥F1F2，则cos∠F1PF2=a2+b2−42ab=a2+b23−43≥13×2ab−43=−13，
当且仅当a=b时，等号成立，
当∠F1PF2=π2时，sin∠F1PF2取得最大值，
所以△F1PF2的最大面积为S△F1PF2=12absin∠F1PF2=34，
又由S△F1PF2=12F1F2PE=34，解得PE=34，即点P到y轴的最大距离为34，
所以③不正确；
由a+b2=a2+b2+2ab=[x2+(y+1)2]+[x2+(y−1)2]+2ab
=2x2+2y2+2+2ab=2[(x2+y2)]2+2+2ab=2(x2+y2)2+5，
又由a+b≥2ab=232=6，当且仅当a=b时，等号成立，
所以2[(x2+y2)]2+5≥6，所以2(x2+y2)2+5≥6，可得x2+y2≥22，
所以④是正确的.
故答案为：①②④.
35．（2023·全国·高一专题练习）设集合A={r1,r2,⋯rn}⊆{1,2,3,⋯37},且A中任意两数之和不能被5整除，则n的最大值为 17 .
【解题思路】由已知中A⊆{1，2，3，…，37}，且A中任意两数之和不能被5整除，我们可根据1～37中各数除以5的余数将数分为5类，进而分析出集合A中元素的最多个数，得到答案
【解题思路】根据除以5的余数，可将A集合分为5组：
A0＝{5，10，15，20，25，30，35}，则card(A0)＝7，
A1＝{1，6，11，16，21，26，31，36}，则card(A1)＝8，
A2＝{2，7，12，17，22，27，32，37}，则card(A2)＝8，
A3＝{3，8，13，18，23，28，33}，则card(A3)＝7，
A4＝{4，9，14，19，24，29，34}，则card(A4)＝7，
A中的任何两个数之和不能被5整除，故A1和A4，A2和A3中不能同时取数，且A0中最多取一个，
∴最多的取法是取A1∪A2和A0中的一个元素，card(A)max=8+8+1=17，
故n的最大值为17.
故答案为：17.
36．（2023·全国·高三专题练习）若实数a,b>0，满足abc=a+b+c，a2+b2=1，则实数c的最小值为
−22 .
【解题思路】先由题意，根据基本不等式，得到ab≤12，得出ab−1≤−12，再由a2+b2=1，得到ab=a+b2−12，根据abc=a+b+c得c=2a+ba+b2−3=2a+b−3a+b，令t=a+b，根据题意得到t=a+b∈0,2，由函数单调性，得到y=t−3t的最值，进而可求出结果.
【解题思路】因为a,b>0，a2+b2=1，所以a2+b2=1≥2ab，即ab≤12，当且仅当a=b时，取等号；因此ab−1≤12−1=−12，
又a2+b2=1，所以a2+b2+2ab=1+2ab，即ab=a+b2−12，
由abc=a+b+c得c=a+bab−1，所以c=2a+ba+b2−3=2a+b−3a+b，
令t=a+b，因为a+b=(a+b)2=a2+b2+2ab≤2a2+b2=2，当且仅当a=b时取等号.
所以t=a+b∈0,2，
又易知函数y=t−3t在t∈0,2上单调递增，
因此y=t−3t≤2−32=−22，
因此c=2a+b−3a+b=2t−3t≥2−22=−22.
即实数c的最小值为−22.
故答案为：−22.
37．（2023·全国·高一专题练习）已知x∈4,+∞，y∈0,5，z∈0,1，则2x+y+4zx+2z+2x+zy的最小值为 2+22 ．
【解题思路】将2x+y+4zx+2z+2x+zy变形为yx+2z+x+2z2y+32⋅xy+2，然后利用基本不等式求解得yx+2z+x+2z2y+32⋅xy+2≥2+32⋅xy+2，再根据取等号的条件可得xy=2xx+2z=21+2zx，判断出zx的范围，进而判断得xy的范围，可得32⋅xy≥2，可得所求最小值.
【解题思路】2x+y+4zx+2z+2x+zy=2+yx+2z+x+2z+3x2y =yx+2z+x+2z2y+32⋅xy+2≥212+32⋅xy+2=2+32⋅xy+2，
当且仅当yx+2z=x+2z2y，即2y2=x+2z2时取“＝”，
此时xy=2xx+2z=21+2zx，∵x∈4,+∞，z∈0,1，
∴zx∈0,14，∴xy≥21+12=223，∴32⋅xy≥2，
∴原式≥2+22，此时x=4，y=32，z=1．
故答案为：2+22.
38．（2023·全国·高一专题练习）已知x>0，y>0且x+y=3，若12x−y+22y−x≥a恒成立，则实数a的范围是 −∞,3+223 ．
【解题思路】依题意可得a≤12x−y+22y−xmin，利用乘“1”法及基本不等式求出12x−y+22y−x的最小值，即可得解.
【解题思路】因为x>0，y>0且x+y=3，若12x−y+22y−x≥a恒成立，
则a≤12x−y+22y−xmin，
又12x−y+22y−x=1312x−y+22y−x2x−y+2y−x
=133+2y−x2x−y+2(2x−y)2y−x≥133+22y−x2x−y⋅2(2x−y)2y−x=3+223，
当且仅当2y−x2x−y=2(2x−y)2y−x，即x=2，y=3−2时，等号成立，
∴a≤3+223，即实数a的取值范围是−∞,3+223．
故答案为：−∞,3+223．
39．（2023·江苏·高一专题练习）已知正数x，y满足x+y=1，若不等式1x+4y>m对任意正数x，y恒成立，则实数m的取值范围为 (−∞,9) ．
【解题思路】由1x+4y=1x+4y(x+y)再利用基本不等式可得答案．
【解题思路】因为x>0,y>0，
所以1x+4y=1x+4y(x+y)=5+yx+4xy≥5+4=9，
当且仅当y=2x，即x=13,y=23时取等号，
所以实数m的取值范围为(−∞,9)．
故答案为：(−∞,9)．
40．（2023·全国·高三专题练习）高一某班共有54人，每名学生要从物理、化学、生物、历史、地理、政治这六门课程中选择3门进行学习.已知选择物理、化学、生物的学生各有至少25人，这三门学科均不选的有8人.这三门课程均选的8人，三门中任选两门课程的均至少有15人.三门中只选物理与只选化学均至少有6人，那么该班选择物理与化学但未选生物的学生至多有 9 人.
【解题思路】根据题意，设学生54人看成集合U，选择物理的人组成集合A，选择化学的人组成集合B，选择生物的人组成集合C，选择物理与化学但未选生物的人组成集合D，结合Venn图可知，要使区域D的人数最多，其他区域人数最少即可，进而可求解.
【解题思路】把学生54人看成集合U，选择物理的人组成集合A，选择化学的人组成集合B，选择生物的人组成集合C，选择物理与化学但未选生物的人组成集合D.
要使选择物理与化学但未选生物的学生人数最多，除这三门课程都不选的8人，则结合Venn图可知，其他区域人数均为最少，即得到只选物理与只选化学均至少6人，只选生物的最少25人，做出下图，得该班选择物理与化学但未选生物的学生至多有9人.
故答案为：9.
41．（2023秋·贵州遵义·高三校考阶段练习）若关于x的不等式组−24
【解题思路】由x2−2ax−3a2≥0，得x+ax−3a≥0，因为a为正数，所x≤−a或x≥3a.
当a=23时，xx≤−a∩x−24
当a=22时，xx≤−a∩x−24
当a=21时，xx≤−a∩x−24
a越大，则−a越小，3a越大，
从而不等式组−24
从而不等式组−24
42．（2023·全国·高一专题练习）设函数fx=x2+2x+a，若关于x的不等式ffx<0的解集为空集，则实数a的取值范围为 −1+52,+∞ .
【解题思路】根据题意，设fx=t，可知t≥a−1，从而将不等式ffx<0的解集为空集，转化为ft<0在区间a−1,+∞上的解集为空集，从得出而y=t+12+a−1≥0在区间a−1,+∞上恒成立，根据二次函数的图象与性质，得出y=t+12+a−1，开口向上，对称轴为t=−1，且Δ=4−4a，分类讨论Δ≤0和Δ>0两种情况，进而根据一元二次不等式恒成立问题，即可求出a的取值范围.
【解题思路】解：根据题意，可知fx=x2+2x+a=x+12+a−1≥a−1，
设fx=t，则t≥a−1，
因为不等式ffx<0的解集为空集，
即ft<0在区间a−1,+∞上的解集为空集，
即y=t2+2t+a=t+12+a−1<0在区间a−1,+∞上无解，
所以y=t+12+a−1≥0在区间a−1,+∞上恒成立，
对于二次函数y=t+12+a−1，开口向上，对称轴为t=−1，
∴Δ=4−4a，
当Δ=4−4a≤0，即a≥1时，则a−1≥0>−1，
所以y=t+12+a−1≥0在区间a−1,+∞上恒成立，符合题意；
当Δ=4−4a≥0，即a≤1时，
令y=t+12+a−1≥0，解得：t≤−1−1−a或t≥−1+1−a，
要使得y=t+12+a−1≥0在区间a−1,+∞上恒成立，
只需满足a−1>t=−1且a−1≥−1+1−a，
即a>0且a2+a−1≥0，解得：a≤−1−52（舍去）或a≥−1+52，
又因为a≤1，故解得：−1+52≤a<1，
综上得，实数a的取值范围是−1+52,+∞.
故答案为：−1+52,+∞.
43．（2023春·甘肃张掖·高一校考阶段练习）已知关于x的不等式(mx−m2−6)(x+4)<0（其中m∈R）的解集为A，若满足A∩Z=B（其中Z为整数集），则使得集合B中元素个数最少时m取值范围是 2≤m≤3 .
【解题思路】先对m分类讨论，利用一元二次不等式的解法求出解集确定出A，再根据A∩Z=B（其中Z为整数集），写出当集合B中元素个数最少时m的取值范围.
【解题思路】分情况讨论：
当m=0时，−6x+4<0，解得A=xx>−4；
当m<0时，x−m2+6mx+4>0，m2+6m=m+6m≤−26<−4，解得A=xx
当m>0时，x−m2+6mx+4<0，解得A=x−4
当m>0时，m2+6m=m+6m≥26>4，所以要使集合B中元素个数最少，需要m2+6m≤5，解得2≤m≤3.故答案为2≤m≤3.
44．（2023·全国·高一专题练习）已知对任意x∈R，均有不等式ax2+bx+c≥0成立，其中b<0.若存在t∈R使得1−ta+1+2tb+3c=0成立，则t的最小值为 14 .
【解题思路】由一元二次不等式恒成立得c≥b24a>0、a>0，将问题化为求t=a+b+3ca−2b的最小值，令m=ba<0则t≥1+38⋅4m+m212−m，应用基本不等式求最值，注意取值条件.
【解题思路】由题设a>0Δ=b2−4ac≤0，有b2≤4ac，又b<0，则c≥b24a>0，
又1−ta+1+2tb+3c=a+b+3c+(2b−a)t，则2b−a<0，
故存在t∈R使a+b+3c+(2b−a)t=0成立，则t=a+b+3ca−2b，
所以t=1+3(b+c)a−2b≥1+3⋅ba(1+b4a)1−2ba，令m=ba<0，故t≥1+38⋅4m+m212−m，
所以t≥1+38⋅(12−m)2+5(m−12)+9412−m=1+38⋅[(12−m)+94(12−m)−5]，且12−m>0，
而38⋅[(12−m)+94(12−m)−5]≥38⋅[2(12−m)⋅94(12−m)−5]=−34，仅当12−m=32，即m=−1等号成立，
所以t≥14，仅当a=−b且c=b24a=a4时等号成立，故t的最小值为14.
故答案为：14.
45．（2022秋·浙江·高一校联考期中）函数f(x)=x2+ax+4ax+16x2−8，x∈(1,4]，f(x)最大值为M(a)，则M(a)的最小值是 4 .
【解题思路】变换得到f(x)=(x+4x)2+a(x+4x)−16，计算x+4x=t，4≤t≤5，考虑−a2≤4，4<−a2≤92，92<−a2<5，−a2≥5四种情况，根据函数单调性分别函数最值得到答案.
【解题思路】f(x)=x2+ax+4ax+16x2−8=x2+16x2+a(x+4x)−8=(x+4x)2+a(x+4x)−16，
x∈(1,4]，函数y=x+4x在1,2上单调递减，在2,4上单调递增，故4≤x+4x≤5，
设x+4x=t，4≤t≤5，y=t2+at−16，
当−a2≤4，即a≥−8时，函数y在4,5上单调递增，4a≤y≤5a+9，
则Ma=ymax=max4a,5a+9≥54a+45a+99≥20a+36−20a9=4，
当4a+5a+9=0，即a=−1时等号成立，M(a)min=4；
当4<−a2≤92，即−9≤a<−8时，函数y在4,−a2上单调递减，在−a2,5上单调递增.
−a24−16≤y≤5a+9<0，则M(a)=a24+16>16>4；
当92<−a2<5，即−10
当−a2≥5，即a≤−10时，函数y在4,5上单调递减，5a+9≤y≤4a<0，
则M(a)=5a+9>41；
综上可知M(a)min=4.
故答案为：4.
46．（2022·上海·高一专题练习）二次函数f(x)=x2+mx+n恒有两个零点x1、x2，不等式l≤(m−1)2+(n−1)2+(m−n)2恒成立，则实数l的最大值为 98 .
【解题思路】由题设可设Δ=m2−4n=t>0即有n=m2−t4，令M=(m−1)2+(n−1)2+(m−n)2，将其整理成M关于m的函数，将n代入函数式，转化主元法令M=g(t)，利用二次函数的性质求M值域范围，结合不等式恒成立确定l的最大值.
【解题思路】由f(x)恒有两个零点，则Δ=m2−4n=t>0，
令M=(m−1)2+(n−1)2+(m−n)2=2n2−2(m+1)n+2(m2−m+1)，
∴M=2(n−m+12)2−(m+1)22+2(m2−m+1)=2(n−m+12)2+3(m−1)22，而n=m2−t4，
∴M=(m2−2m−2−t)28+3(m−1)22=[(m−1)2−3−t]28+3(m−1)22，若N=(m−1)2≥0，
∴M=g(t)=(N−3−t)28+3N2，
当−3≤N−3≤0时，有M>g(0)=(N−3)28+3N2=N2+6N+98∈[98,92]；当N−3>0时，有M≥3N2∈(92,+∞)；
综上，M>98，要使l≤M恒成立，则l≤98，故l的最大值为98.
故答案为：98.
47．（2022秋·湖南长沙·高三校考阶段练习）已知函数f(x)=ax2+bx+c(0<2a
【解题思路】因为∀x∈R，f（x）=ax2+bx+c≥0 恒成立，0＜2a＜b， 所以0＜2a＜b△＝b2−4ac≤0 ，得b2≤4ac， 又0<2a
设t=ba，由0＜2a＜b 得，t＞2，则f1f0−f(−1)≥4+4t+t24(t−1)=(t−1)2+6(t−1)+94(t−1)=14[（t−1）+9(t−1)+6]≥14×6+6=3，当且仅当t−1＝9t−1 时取等号，此时t=4， f1f0−f−1取最小值是3，
故答案为3．
48．（2023·全国·高一专题练习）若实数x,y满足2x2+xy−y2=1，则x−2y5x2−2xy+2y2的最大值为 24 .
【解题思路】已知条件可化为(2x−y)(x+y)=1，故可设2x−y=t,x+y=1t,u=t−1t，从而目标代数式可化为uu2+2，利用基本不等式可求其最大值.
【解题思路】由2x2+xy−y2=1，得(2x−y)(x+y)=1，
设2x−y=t,x+y=1t，其中t≠0.
则x=13t+13t,y=23t−13t，从而x−2y=t−1t, 5x2−2xy+2y2=t2+1t2，
记u=t−1t，则x−2y5x2−2xy+2y2=uu2+2，
不妨设u>0，则1u+2u≤12u×2u=24,
当且仅当u=2u，即u=2时取等号，即最大值为24.
故答案为：24.
49．（2023·全国·高三专题练习）如图，某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练，已知点A到墙面的距离为AB，某目标点P沿墙面的射击线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角θ的大小（仰角θ为直线AP与平面ABC所成角）．若AB=15m,AC=25m,∠BCM=30°，则tanθ的最大值为 539 ．
【解题思路】由勾股定理可得，BC=20，得到tanθ=33xx2−40x+625=331−40x+625x2，进行求解即可.
【解题思路】由勾股定理可得，BC=20，过P作PP′⊥BC，交BC于P′，连结AP′，
则tanθ=PP′AP′，设CP′=x，则PP′=CP′tan30∘=33x
在Rt△ABC中，AB=15m，AC=25m，所以BC=20m
所以cos∠BCA=45，所以AP′=625+x2−2×25x×45
=x2−40x+625，
所以tanθ=33xx2−40x+625=331−40x+625x2=33(25x−45)2+925，
当25x=45，即x=1254时，tanθ取得最大值为3335=539.
故答案为：539.
50．（2022秋·湖北武汉·高一华中师大一附中期中）已知函数f(x)=x|x|，若对任意x≥1，有f(x+m)+mf(x)<0恒成立，则实数m的取值范围是 (−∞,−1] .
【解题思路】可先将f(x+m)+mf(x)<0采用代入法转化为常规表达式，采用分类讨论去绝对值的方式，来进一步探讨不等式是否成立，进一步确定参数m的范围
【解题思路】f(x+m)+mf(x)<0可等价转化为x+mx+m+mxx<0对任意x≥1恒成立，
当m≥0时，不等式转化为x+m2+mx2<0对任意x≥1恒成立，显然无解；
当m∈−1,0时，不等式转化为x+m2+mx2<0，即m+1x2+2mx+m2<0，显然当x→+∞时不成立；
当m=−1时，x+mx+m+mxx<0⇔x−12−x2<0，即1−2x<0对任意x≥1恒成立，经检验，恒成立；
当m<−1时，x+mx+m+mxx<0⇔x+mx−−m+mx2<0对任意x≥1恒成立
尚需进一步讨论，当1
当x>−m时，x+mx+m+mxx<0⇔x+m2+mx2<0，即m+1x2+2mx+m2<0
此时对应的对称轴为x=−mm+1<1，又−mm+1<−m，则y=m+1x2+2mx+m2在区间−m,+∞为减区间，即y=m+1x2+2mx+m2≤y−m=m3<0恒成立；
综上所述，当m∈−∞,−1时，对任意x≥1，有f(x+m)+mf(x)<0恒成立.
故答案为：(−∞,−1].
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