精品解析：河南省鄢陵县新时代学校2021-2022学年高一上学期第一次教学质量检测数学试题（解析版）

第13页/共13页鄢陵县新时代学校2022—2023学年上期第一次教学质量检测高一数学试卷（测试时间：120分钟分值：150分）注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考场、座号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据元素和集合的关系得到答案.【详解】，则，，，.故选：.【点睛】本题考查了元素和集合关系，属于简单题.2.已知集合，，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】首先求出，再根据补集的定义计算可得；【详解】解：因为，，，所以所以故选：B3.在下列命题中，是真命题的是（）A.B.C.D.已知，则对于任意的，都有【答案】B【解析】【分析】可通过分别判断选项正确和错误，来进行选择/【详解】选项A，，即有实数解，所以，显然此方程无实数解，故排除；选项B，，，故该选项正确；选项C，，而当，不成立，故该选项错误，排除；选项D，，当时，当取得6的正整数倍时，，所以，该选项错误，排除.故选：B.4.设为实数，且，则下列不等式正确的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】题目考察不等式的性质，A选项不等式两边同乘负数要变号；B,C选项可以通过举反例排除；D选项根据已知条件变形可得【详解】已知,对各选项逐一判断：选项A：因为,由不等式的性质，两边同乘负数，不等式变号，可得,所以选项A错误.选项B：取,,,,则,,此时,所以选项B错误.选项C：取,,,,则,,此时,所以选项C错误.选项D：因为,所以,所以,即,所以选项D正确.故选：D.5.设命题，则的否定为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】由特称命题的否定可直接得到结果.【详解】命题，则的否定为：.故选：B【点睛】全称量词命题的否定是特称（存在）量词命题，特称（存在）量词命题的否定是全称量词命题．6.已知，，，则，，的大小关系为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】通过作差法，，确定符号，排除D选项；通过作差法，，确定符号，排除C选项；通过作差法，，确定符号，排除A选项；【详解】由，且，故；由且，故；且，故.所以，故选：B.7.集合，，则图中阴影部分所表示的集合为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】求得解.【详解】解：图中阴影部分所表示的集合为.故选：B8.若，使得不等式成立，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由题意可转化为，使成立，求的最大值即可.【详解】因为，使得不等式成立，所以，使得不等式成立，令，，因为对称轴为，所以，所以，故选：C【点睛】本题主要考查了存在性命题的应用，考查了函数最值的求法，转化思想，属于中档题.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.已知集合，若，则的取值可以是（）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】AB【解析】【分析】根据并集的结果可得，即可得到的取值；【详解】解：因为，所以，所以或；故选：AB10.下列结论正确的是（）A.“x2＞1”是“x＞1”的充分不必要条件B.设M⫋N，则“x∉M”是“x∉N”的必要不充分条件C.“a，b都是偶数”是“a+b是偶数”的充分不必要条件D.“a＞1且b＞1”是“a+b＞2且ab＞1”的充分必要条件【答案】BC【解析】【分析】根据不等式的性质可判断A和D；由集合之间的包含关系可判断B；由数的奇偶性可判断C．【详解】对于选项A：，，所以“”是“”的必要不充分条件，故A错误；对于选项B：由得，则，，所以“”是“”的必要不充分条件，故B正确；对于选项C：由“，都是偶数”可以得到“是偶数”，但是当“是偶数”时，，可能都是奇数，所以“，都是偶数”是“是偶数”的充分不必要条件，故C正确；对于选项D：“，且”“且”，而由“且”“，且”，比如，.所以“，且”是“且”的充分不必要条件，故D错误.故选：BC．11.已知集合，若集合A有且仅有2个子集，则a的取值有（）A.-2 B.-1 C.0 D.1【答案】BCD【解析】【分析】根据条件可知集合中仅有一个元素，由此分析方程为一元一次方程、一元二次方程情况，从而求解出的值.【详解】因为集合仅有个子集，所以集合中仅有一个元素，当时，，所以，所以，满足要求；当时，因为集合中仅有一个元素，所以，所以，此时或，满足要求，故选：BCD12.下列条件中，为“关于的不等式对恒成立”的充分不必要条件的有（

）A. B.C. D.【答案】BC【解析】【分析】对讨论：；，；，结合二次函数的图象，解不等式可得的取值范围，再由充要条件的定义判断即可.【详解】因为关于的不等式对恒成立，当时，原不等式即为恒成立；当时，不等式对恒成立，可得，即，解得：.当时，的图象开口向下，原不等式不恒成立，综上：的取值范围为：.所以“关于的不等式对恒成立”的充分不必要条件的有或.故选：BC.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知集合，，则___________.【答案】【解析】【分析】利用交集定义求解即可.【详解】由题知：.故答案为：14.已知集合，集合，则集合的子集个数为________．【答案】4【解析】【分析】先求得，由此求得集合的子集个数.【详解】，，，共有个元素，故集合的子集个数为个.故答案为：415.集合且，用列举法表示集合________【答案】【解析】【分析】由已知可得，则，解得且，结合题意，逐个验证，即可求解.【详解】由题意，集合且，可得，则，解得且，当时，，满足题意；当时，，不满足题意；当时，，不满足题意；当时，，满足题意；当时，，满足题意；当时，，满足题意；当时，，此时分母为零，不满足题意；当时，，满足题意；当时，，满足题意；当时，，满足题意；当时，，不满足题意；当时，，不满足题意；当时，，满足题意；综上可得，集合.故答案为：.16.已知条件，，p是q的充分条件，则实数k的取值范围是_______．【答案】【解析】【分析】设，，则，再对分两种情况讨论得解.【详解】记，，因为p是q的充分条件，所以.当时，，即，符合题意；当时，，由可得，所以，即.综上所述，实数的k的取值范围是．故答案为：．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.设全集，集合，.（1）求及；（2）求.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）根据集合的交并集运算求解即可；（2）根据集合的补集的运算和交集的运算求解即可.【详解】解：（1）因为，，所以，（2）因为，所以，所以.18.已知集合，集合，集合．（1）若，求实数a的值；（2）若，，求实数a的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求出集合，由，得到，由此能求出a的值，再注意检验即可；（2）求出集合，由，，得，由此能求出a，最后同样要注意检验．【小问1详解】因为集合，集合，且，所以，所以，即，解得或．当时，，，符合题意；当时，，，不符合题意．综上，实数a的值为．【小问2详解】因为，，，且，，所以，所以，即，解得或．当时，，满足题意；当时，，不满足题意．综上，实数a的值为．19.设全集，集合，集合.（1）若“”是“”的充分条件，求实数的取值范围；（2）若命题“，则”是真命题，求实数取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）将充分条件转化为子集关系，利用子集的定义即可列出不等式求解.（2）将真命题转化成是的子集，然后分情况讨论集合为空集和非空集合，即可求解.【小问1详解】是的充分条件，，又，，，，实数的取值范围为.【小问2详解】命题“，则”是真命题，①当时，，，；②当时，，且是的子集.，，;综上所述：实数的取值范围.20.已知非空集合.（1）若，求；（2）若“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据补集及交集运算法则计算出答案；（2）根据“”是“”的充分不必要条件，得到非空集合P是Q是真子集，得到不等式组，求出实数的取值范围.【小问1详解】因为P是非空集合，所以，即.当a=3时，P={x|4≤x≤7}，或，，所以.【小问2详解】“”是“”的充分不必要条件，即非空集合P是Q是真子集，所以或，解得：，即实数a的取值范围为.21.比较大小.（1）比较与的大小；（2），，比较与的大小.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）采用作差法比较大小：将减去的结果与比较大小，即可比较出大小关系；（2）采用作差法比较大小：将减去结果与比较大小，即可比较出大小关系.【详解】（1）因为，又，所以，所以；（2）因为，又，，所以，所以.22.设p：实数x满足x2﹣4ax+3a2＜0，其中a＞0，命题q：实数x满足．（1）若a＝1，且p∧q为真，求实数x的取值范围；（2）若p是q的必要不充分条件，求实数a的取值范围．【答案】（1）（2，3）；（2）（1，2]．【解析】【分析】先由p、q分别解出对应的不等式：（1）若a＝1，且p∧q为真，取交集，求出x的范围；（2）由p是q的必要不充分条件，得到两个解集的包含关系，求出a的范围.【详解】解：p：实数x满足x2﹣4ax+3a2＜0，其中a＞0，解得a＜x＜3a．命题q：实数x满足．化为，解得，即2＜x≤3．（1）a＝1时，p：1＜x＜3．p∧q为真，可得p与q都为真命题，则，解得2＜x＜