天津市武清区黄花店中学2022-2023学年高一上学期第一次形成性检测数学试题（含答案）

高一年级第一次形成性检测数学试卷

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题（每题5分，共四十分）

1．下列元素与集合的关系中，正确的是（    ）

A． B． C． D．

2．设集合，，则（    ）

A． B． C． D．

3．已知集合M满足，那么这样的集合的个数为（    ）

A．6 B．7 C．8 D．9

4．已知集合，，则（    ）

A． B．或 C． D．

5．已知命题，，则是（    ）

A．， B．，

C．， D．，

6．已知集合，则“”是“”的(    )

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必婴条件

7．二次函数的图象如图所示，下列结论中正确的是（    ）

①；

②；

③；

④.

A．个 B．个 C．个 D．个

8．若命题“对任意的，恒成立”为假命题，则m的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

二、填空题（每空5分）

9．已知全集，集合，则________

10．集合，集合，若，则实数m的取值范围为___________.

11．已知或，，若是的充分不必要条件，则的取值范围是_______．

12．的两根分别是和，则___________.

13．已知关于的不等式的解集为或，则关于不等式的解集为_________.

14．若实数，满足，则的最小值为___________.

三、解答题（每题10分）

15．（8）已知集合，或．求，；

16．（8）若不等式对一切实数x恒成立，求实数a的取值范围；

17．（10）已知.

(1)若，求；

(2)若，求实数的取值范围.

18．（12）（1）求函数的最小值

（2）已知，且.求证：.

19．（12）设函数.

(1)若不等式的解集为，求a，b的值；

(2)若时，，求的最小值；

(3)若，求不等式的解集.

参考答案：

1．B

【分析】由分别表示的数集，对选项逐一判断即可.

【详解】不属于自然数，故A错误；

不属于正整数，故B正确；

是无理数，不属于有理数集，故C错误；

属于实数，故D错误.

故选:B.

2．C

【分析】利用交集的定义可求得结果.

【详解】由已知可得.

故选：C.

3．C

【分析】由题意可知集合中一定包含元素1和2，集合其他元素构成的集合为集合的子集，从而可求出集合的个数.

【详解】因为

所以集合中一定包含元素1和2，集合其他元素构成的集合为集合的子集，

所以集合的个数为，

故选：C

4．D

【分析】依题意可得或，分别求出的值，再代入检验是否满足集合元素的互异性，即可得解.

【详解】∵，∴或．

若，解得或．

当时，，不满足集合中元素的互异性，故舍去；

当时，集合，满足题意，故成立．

若，解得，由上述讨论可知，不满足题意，故舍去．

综上所述，．

故选：D．

5．B

【分析】根据全称命题的否定为存在量词命题判断.

【详解】解：因为命题，为全称命题，

所以是，.

故选：B

6．C

【分析】求出集合A，判断集合A和B的包含关系即可判断“”是“”的何种条件．

【详解】，

∵A＝B，∴“”是“”的充要条件．

故选：C．

7．A

【分析】由图象的开口方向、对称轴位置、图象与轴的交点及函数与轴有两个不同的交点逐项求解.

【详解】解：由函数图象可知，对称轴在和之间，图象与轴的交点，函数与轴有两个不同的交点，

，，，.

∴，.

当时，，即；

当时，，即；

，即；

只有是正确的；

故选:A．

8．A

【分析】根据原命题为真可得，即可得出命题为假命题时m的取值范围．

【详解】当原命题为真时，恒成立，即，由命题为假命题，则．

故选：A.

9．

【分析】根据补集的含义即可求解.

【详解】因为全集，集合，

所以.

故答案为：.

10．

【分析】由题意，根据二次不等式解得集合的元素，根据并集的定义，可得答案.

【详解】，由可得，，即，则实数m的取值范围为.

故答案为：.

11．

【分析】依题意可得推得出，推不出，即可求出参数的取值范围；

【详解】解：因为是的充分不必要条件，所以推得出，推不出，

又或，，

所以，即；

故答案为：

12．

【分析】利用根与系数关系得，即可求目标式的值.

【详解】因为方程的两根分别是，

所以，则.

故答案为：

13．

【分析】由已知可知，且和是方程的两根，再根据根与系数的关系得到，将不等式等价转化求解即可.

【详解】解：由关于的不等式的解集为或，

可知，且和是方程的两根，

故由根与系数的关系得，

，又

故关于不等式等价为，

即，即，解得，

故答案为：

14．4

【分析】利用两次基本不等式，即可得出答案.

【详解】因为

所以

当且仅当即或时取“”.

故答案为：4.

15．或；

【分析】由并集、补集和交集定义直接求解即可.

【详解】由并集定义知：或；

，.

16．（1）；（2）答案见解析．

【分析】（1）根据题意分和两种情况求解，

（2）不等式等价于，然后分，和三种情况求解.

【详解】（1）由题意，恒成立，

当时，不等式可化为，不满足题意；       

当时，满足，

即，解得；       

（2）不等式等价于．

当时，不等式可化为，所以不等式的解集为；

当时，不等式可化为，此时，

所以不等式的解集为；     

当时，不等式可化为，

①当时，，不等式的解集为；

②当时，，不等式的解集为或；

③当时，，不等式的解集为.

17．(1)；

(2).

【分析】（1）解分式、一元二次不等式求集合，应用集合并运算求；

（2）根据集合的包含关系可得，进而可得参数范围.

（1）

若

所以.

（2）

由，

所以，故，

所以实数的取值范围是.

18．（1）；（2）；（3）证明见解析.

【分析】（1）将看成一个整体，利用“1”的妙用，可得，再利用基本不等式得出答案；

（2）分离得，再利用基本不等式得出答案；

（3）将两边平方，再结合，即可得证.

【详解】（1）因为，

所以，

所以

当且仅当即时，取“”，

故的最小值为；

（2）因为，所以

所以，

当且仅当，即时取“”，

故函数的最小值；

（3）因为；

即，当且仅当时取“”,

因为，

所以

即，

当且仅当时取“”.

19．(1)，

(2)

(3)详见解析.

【分析】（1）根据方程的两个根，代入原方程即可求和；

（2）利用“”与基本不等式即可求得最小值；

（3）对分类讨论，再根据一元二次不等式的性质求解即可.

（1）

由题知：的两个根分别是，

代入方程得：，解得：.

（2）

时，，即，所以有：，

那么=

=，

此时，且，

即时，有最小值.

（3）

若，则，

，即，

①当时，即，解得：，

不等式解集为：

当时，令，解得：，

②当时， 若，不等式解集为：；

若，不等式解集为：

若，不等式解集为：

③当时，不等式解集为：

20．(1)，

(2)当时，不等式的解集为；

当时，不等式的解集为；

当时，不等式的解集为．

【分析】（1）根据一元二次方程的解法，可得方程的解，根据韦达定理，可得答案；

（2）代入（1）的答案，利用分解因式法，解二次不等式，可得答案.

（1）

由题意，为一元二次方程，

由韦达定理，可得，解得.

（2）

由（1），不等式，可得，

整理可得：，

当时，不等式的解集为；

当时，不等式的解集为；

当时，不等式的解集为．

21．(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）首先根据题意得到，再分类讨论求解不等式即可.

（2）根据题意得到恒成立，再分类讨论利用基本不等式求解即可.

(1)

即，

所以．

当时，解得或，

当时，解得，

当时，解得或．

综上可得，当时，不等式的解集为或

当时，不等式的解集为；

当时，不等式的解集为或．

(2)

即，

当时，对都成立；

当时，．

因为，所以，所以，

当且仅当，即时，有最小值．

所以．