2022级高一新生暑假返校自主检测考试-数学试题2

1、试卷第 =page 1 1页，共 =sectionpages 3 3页试卷第 =page 4 4页，共 =sectionpages 4 4页2022级高一新生暑假返校自主检测考试数学试题学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题1已知集合，则（）ABCD2若全集，集合，则=（）ABCD3下列表示图形中的阴影部分的是（）ABCD4设集合A=0，1，2，B=m|m=x+y，xA，yA，则集合A与B的关系为（）ABCD5已知a，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既不充分也不必要条件6几何学中把变换前后两点间距离保持不变的变换称为刚体变换，在平面中作图形变换，易知平移变换是

2、一种刚体变换，以下两个函数与，其中可以由通过平移得到的是（）ABCD7已知向量，则“”是“与共线”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8对于集合，给出如下三个结论：如果，那么；如果，那么；如果，那么.其中正确结论的个数是A0B1C2D3二、多选题9由无理数引发的数学危机一直延续到19世纪直到1872年，德国数学家戴德金从连续性的要求出发，用有理数的“分割”来定义无理数史称戴德金分割，并把实数理论建立在严格的科学基础上，才结束了无理数被认为“无理”的时代，也结束了持续2000多年的数学史上的第一次大危机所谓戴德金分割，是指将有理数集Q划分为两个非空的子集M与N，

3、且满足，M中的每一个元素都小于N中的每一个元素，则称为戴德金分割试判断，对于任一戴德金分割，下列选项中，可能成立的是（）AM没有最大元素，N有一个最小元素BM没有最大元素，N也没有最小元素CM有一个最大元素，N有一个最小元素DM有一个最大元素，N没有最小元素10设全集，集合，则（）ABCD集合的真子集个数为811下列各命题中P是Q的充分不必要条件的是（）AP：；Q：；BP：；Q：CP：四边形为菱形；Q：四边形的对角线垂直；DP：；Q：12下列结论正确的是（）A不等式的解集为或B设函数，则“”是“方程与”都恰有两个实根的充要条件C存在函数满足，对任意的，都有D集合表示的集合是三、双空题13已知集

4、合，则_，_.14设A，B是R中两个子集，对于xR，定义：，若AB则对任意xR，m（1-n）=_；若对任意xR，m+n=1，则A，B的关系为_四、填空题15已知命题p：axa1，命题q：x24x0，若p是q的充分不必要条件，则a的取值范围是_16已知全集，集合，则下列Venn图中阴影部分的集合为_五、解答题17已知集合，若，求的值18已知全集，集合，(1)求；(2)设非空集合，若，求实数a的取值范围19已知集合，.（1）若，求实数的值；（2）若，求实数的值.20已知，（1）当时，求中所对应的实数的取值范围；（2）若是的充分必要条件，求，的值21在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知(

5、1)求角B：(2)从，中选取一个作为条件，证明另外一个成立；(3)若D为线段上一点，且，求的面积22对的所有实数，函数满足，求的解析式答案第 = page 1 1页，共 = sectionpages 2 2页答案第 = page 12 12页，共 = sectionpages 12 12页参考答案：1C【解析】【分析】根据交集的定义求解即可【详解】由题意，故选：C2B【解析】【分析】转化条件，结合描述法表示集合及集合交、补运算的定义即可得解.【详解】集合的关系式可以变为，它的几何意义是直线上去掉点后所有的点的集合，所以，表示直线外所有点及点的集合；集合表示直线外所有点的集合，表示直线上所有点的

6、集合；从而可得.故选：B.3A【解析】【分析】由韦恩图可以看出，阴影部分中的元素满足“是的元素且是的元素，或是的元素”，由韦恩图与集合之间的关系易得答案.【详解】解：由已知中阴影部分所表示的集合元素满足“是的元素且是的元素，或是的元素”，故阴影部分所表示的集合是故选：【点睛】本题考查利用韦恩图求集合、考查韦恩图在解决集合间的关系时是重要的工具4D【解析】【分析】先分别求出集合A和B，由此能求出结果【详解】合A=0，1，2，B=m|m=x+y，xA，yA=0，1，2，3，4，AB故选D【点睛】本题考查命题真假的判断，考查集合的包含关系等基础知识，考查运算求解能力，是基础题5A【解析】【分析】由重

7、要不等式得到充分性成立，举出反例得到必要性不成立.【详解】当时，由，故充分性成立，当时，比如，满足，但，故必要性不成立.故选：A6A【解析】【分析】利用平移变换判断.【详解】A.因为，所以是由向左平移得到，故正确；B.因为，所以无法由平移得到，故错误；C.因为，所以无法由平移得到，故错误；D. 因为，所以无法由平移得到，故错误；故选：A7A【解析】【分析】根据给定条件，求出与共线的充要条件，再利用充分条件、必要条件的定义判断作答.【详解】向量，则，解得或，所以“”是“与共线”的充分不必要条件.故选：A8D【解析】【分析】根据，得出，即；根据，证明，即；根据，证明【详解】解：集合，对于，则恒有，

8、即，则，正确；对于，若，则存在，使得，又和同奇或同偶，若和都是奇数，则为奇数，而是偶数；若和都是偶数，则能被4整除，而不能被4整除，即，正确；对于，可设，、；则那么，正确综上，正确的命题是故选【点睛】本题考查了元素与集合关系的判断、以及运算求解能力和化归思想，是难题9ABD【解析】【分析】举特例根据定义分析判断，进而可得到结果【详解】令，显然集合M中没有最大元素，集合N中有一个最小元素，即选项A可能；令，显然集合M中没有最大元素，集合N中也没有最小元素，即选项B可能；假设答案C可能，即集合M、N中存在两个相邻的有理数，显然这是不可能的；令，显然集合M中有一个最大元素，集合N中没有最小元素，即选

9、项D可能.故选：ABD10AC【解析】【分析】根据集合交集、补集、并集的定义，结合集合真子集个数公式逐一判断即可.【详解】因为全集，集合，所以，因此选项A、C正确，选项B不正确，因为集合的元素共有3个，所以它的真子集个数为：，因此选项D不正确，故选：AC11AC【解析】【分析】根据题意，结合充分条件、必要条件的方法，逐项判定，即可求解.【详解】对于A中，当时，可得，即充分性成立；反之：当，可得，所以必要性不成立，所以是的充分不必要条件，所以A正确；对于B中，当时，可得，即充分性成立；反之：当时，可得，所以必要性成立，所以是的充分必要条件，所以B不正确；对于C中，由四边形为菱形，可得四边形的对角

10、线垂直，即充分性成立；反之：当四边形的对角线垂直，四边形不一定是菱形，所以必要性不成立，所以是的充分不必要条件，所以C正确；对于D中，例如：由，且时，可得，即充分性不成立，反之：由，当时，可得；当时，可得，即必要性不成立，所以是的既不充分也不必要条件，所以D正确.故选：AC.12BD【解析】A. 根据是不等式的解判断；B.根据二次函数的性质判断；C. 由函数是偶函数判断；D.根据方程组的解判断.【详解】A.不等式为，利用穿根法解得其解集为或，故错误；B. 若，则存在使得，又，即的图象开口向上，所以恰有两个不等实根，不妨设的两个根为，且，则，令，则或，又，所以无解，有两个不等实根，所以必有两个不

11、等实根，反之成立，故正确；C. 因为，所以是偶函数，而，故错误； D. 因为，解得或，所以集合表示的集合是，故正确；故选：BD【点睛】关键点点睛：B选项解决的关键是理解二次函数在实数集上若有两个不同零点，则，而则利用换元思想转化为二次函数解决.13 【解析】求出集合，利用交集的定义可求出集合，利用补集和并集的定义可求出集合.【详解】，则.故答案为：；.【点睛】本题考查交集、补集与并集的计算，同时也涉及了具体函数定义域的求解，考查计算能力，属于基础题.14 0 A=RB【解析】【分析】由AB分xA和xA两种情况讨论； 对任意xR，m+n=1，则m，n的值一个为0，另一个为1，分类讨论即可得出A，

12、B的关系【详解】解：AB则xA时，m=0，m（1-n）=0 xA时，必有xB，m=n=1，m（1-n）=0 综上可得：m（1-n）=0 对任意xR，m+n=1，则m，n的值一个为0，另一个为1，即xA时，必有xB，或xB时，必有xA， A，B的关系为A=RB 故答案为0，A=RB【点睛】本题考查了集合之间的关系、分类讨论方法、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题15【解析】【分析】化简命题q，根据p是q的充分不必要条件，建立不等式组，即可求解.【详解】令Mx|axa1，Nx|x24x0 x|0 x4p是q的充分不必要条件，MN，解得0a3.故填【点睛】本题主要考查了充分不必

13、要条件，属于中档题.16【解析】【分析】由给定条件求出集合M，再由Venn图中阴影部分表示的意义求解即得【详解】由题意，集合，则Venn图中阴影部分表示的集合是故答案为：.17-1.【解析】【分析】由集合相等，分析两集合中元素，列出方程组，解得后可求值【详解】集合，解得，则故答案为：1【点睛】本题考查集合的相等，解题时注意集合中元素的性质，特别是互异性18(1)(2)【解析】【分析】（1）先化简集合A，B，再利用并集运算求解； （2）利用（1）的结论，由子集的定义求解；(1)解：因为，所以，所以(2)因为，则，所以19（1）（2）【解析】（1）化简得到和，代入计算得到答案.（2）根据题意得到，

14、计算得到或，再验证互异性得到答案.【详解】（1）因为，所以.（2）因为，所以中有两个元素，即，所以，解得或，由元素的互异性排除可得.【点睛】本题考查了根据元素与集合的关系，集合的运算结果求参数，意在考查学生对于集合性质的综合应用.20（1）；（2）或【解析】（1）将代入绝对值不等式，直接根据绝对值不等式的意义，进行求解；（2）若是的充分必要条件，则则中不等式的解集相同，先解中的不等式，再对中不等式中参数进行分类讨论求解，从而得到关于的方程组，解方程即可得到答案.【详解】（1）当时，所以实数的取值范围为.（2），若是的充分必要条件，则中不等式的解集相同.因为，（1）当时，不等式（1）无解，所以不成立；当时，不等式（1），所以当时，不等式（1），所以综上所述：或【点睛】本题考查绝对值不等式、一元二次不等式、充要条件的综合运用，考查分类讨论思想的运用，考查逻辑推理能力和运算求解能力.21(1)(2)见解析(3)4【解析】【分析】（1）利用余弦定理即可得解；（2）选，根据结合（1）求出，可得，则有，再根据正弦定理化角为边即可得证；选，利用正弦定理化边为角，再结合（1）即可得出结论；（3）利用正弦定理求得，再利用三角形的面积公