20222022学年市中学高一上学期十月考试数学试题（解析版）

1、第12页 共12页【2022-2022学年市中学高一上学期十月考试数学试题解析版】 2022到2022高一上学期2022-2022学年市中学高一上学期十月考试数学试题 一、单项选择题 1以下四个命题中，为真命题的是 A.假设，那么 B.假设，那么 C.假设，那么 D.假设，那么 【答案】A 【解析】利用不等式的性质依次判断即可. 【详解】 对于选项A,由及“同向同正可乘性”，可得；对于选项B，令那么，显然不成立；对于选项C，假设，显然不成立；对于选项D,假设，显然不成立. 应选：A 【点睛】 此题主要考察不等式的性质，属于根底题. 2钱大姐常说“廉价没好货”，她这句话的意思是：“不廉价”是“好

2、货”的 A.充分条件 B.必要条件 C.充分必要条件 D.既非充分也非必要条件 【答案】B 【解析】根据等价命题，廉价没好货，等价于，好货不廉价，应选B 【考点定位】考察充分必要性的判断以及逻辑思维才能，属中档题。 3设、是非空集合，定义且，假设，那么等于 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】解出集合，利用交集和补集的定义得出集合和，然后利用题中的定义可得出集合. 【详解】 解不等式，即，解得，那么集合. 所以， 根据集合的定义可得. 应选：A. 【点睛】 此题考察集合的新定义运算，同时也考察了一元二次不等式的解法、交集与补集的运算，考察运算求解才能，属于中等题. 4设集合，,，其中、

3、，以下说法正确的选项是 A.对任意，是的子集；对任意，不是的子集 B.对任意，是的子集；存在，使得是的子集 C.存在，使得是的子集；对任意，不是的子集 D.存在，使得是的子集；存在，使得是的子集 【答案】B 【解析】利用集合子集的概念，任取，可推出，可得对任意的实数，；再由，求得、，即可判断出选项B正确，A、C、D错误. 【详解】 对于集合，任取，那么，所以，对任意，是的子集；当时，可得；当时，可得不是的子集. 所以，存在，使得是的子集. 应选：B. 【点睛】 此题考察集合包含关系的判断，同时也考察了一元二次不等式的解法，以及任意性和存在性问题的解法，考察推理才能，属于中等题. 二、填空题 5

4、设集合，集合，假设，那么_ 【答案】 【解析】由题意得出，由此可解出实数的值. 【详解】 ，且，解得. 故答案为：. 【点睛】 此题考察利用集合的包含关系求参数，在处理有限集的问题时，还应注意集合的元素应满足互异性，考察计算才能，属于中等题. 6用描绘法表示所有被除余的整数组成的集合：_ 【答案】 【解析】利用描绘法和整除性质即可得出. 【详解】 由题意知，所有被除余的整数组成的集合为. 故答案为：. 【点睛】 此题考察描绘法、数的整除性质，考察推理才能，属于根底题. 7设集合，那么_ 【答案】 【解析】解方程组，求出公共解，即可得出集合. 【详解】 解方程组，得，因此，. 故答案为：. 【点

5、睛】 此题考察集合交集的计算，同时也考察了二元一次方程组的求解，在表示集合时要注意集合元素的类型，考察计算才能，属于根底题. 8不等式的解集是_ 【答案】 【解析】将原不等式变形为，解出该不等式即可. 【详解】 由，移项得，即，解得或. 因此，不等式的解集是. 故答案为：. 【点睛】 此题考察分式不等式的求解，考察运算求解才能，属于根底题. 9关于的不等式的解集为，那么不等式的解集为_ 【答案】 【解析】分析p ：不等式的解集为，那么方程的根为，利用韦达定理求参数，再解不等式即可。 详解：不等式的解集为，那么方程的根为，由韦达定理可知：，所以不等式为，所以解集为 点睛：二次函数，二次方程，一元

6、二次不等式三个二次的互相转换是解决一元二次不等式 问题的常用方法。 10设、，集合，那么_ 【答案】 【解析】根据题意得出，那么，那么有，可得出，由此得出，然后求出实数、的值，于是可得出的值. 【详解】 ，由于有意义，那么，那么有，所以，. 根据题意有，解得，因此，. 故答案为：. 【点睛】 此题考察利用集合相等求参数的值，解题的关键就是根据题意列出方程组求解，考察运算求解才能，属于中等题. 11设全集，假设，那么_ 【答案】 【解析】作出韦恩图，将全集中的各元素放置在适宜的区域内，得出集合和集合，再根据交集的定义可得出集合. 【详解】 全集，作出韦恩图如以下图所示： 由图形可知集合，因此，.

7、 故答案为：. 【点睛】 此题考察集合的混合运算，同时也考察了韦恩图法的应用，考察数形结合思想的应用，属于中等题. 12以下说法中： “假设，那么”的否命题是“假设，那么”；“”是“”的必要非充分条件；“”是“或”的充分非必要条件；“”是“且”的充要条件. 其中正确的序号为_ 【答案】 【解析】根据否命题与原命题的关系可判断命题的正误；解方程，根据充分必要性可判断出命题的正误；由命题“假设，那么或”的逆否命题为“假设且，那么”得出“”是“或”的充分必要性与“且”是“”的充分必要性一样，从而判断命题的正误；利用举反例和逻辑推理来判断命题的正误. 【详解】 对于命题，“假设，那么”的否命题是“假设

8、，那么”，命题错误；对于命题，解方程，得或， 所以，“”是“”的充分非必要条件，命题错误；对于命题，由于命题“假设，那么或”的逆否命题为“假设且，那么”，可知，“”是“或”的充分必要性与“且”是“”的充分必要性一样， “且”“”，取，那么，所以，“”“且”，那么“且”是“”的充分非必要条件， 所以，“”是“或”的充分非必要条件，命题正确；对于命题，取，那么满足，但“”“且”， 由不等式性质可知，当且，有，那么“且”“”. 所以，“”“且”必要非充分条件，命题错误. 故答案为：. 【点睛】 此题考察四种命题以及充分必要性的判断，常利用举反例和逻辑推理进展推导，考察推理论证才能，属于中等题. 13

9、集合，那么m的取值范围为_ 【答案】 【解析】当时，不等式恒成立，可知符合题意；当时，由恒成立可得；当时，不可能在实数集上恒成立，由此可得结果. 【详解】 当时，恒成立，符合题意 当时，解得： 当时，集合不可能为 综上所述： 故答案为： 【点睛】 此题考察一元二次不等式在实数集上恒成立问题的求解，易错点是忽略二次项系数是否为零的讨论，造成求解错误. 14集合，且，那么实数的值为_ 【答案】或或1 【解析】解方程得，因为，所以，分别解得的值 【详解】 由题，因为，所以当时，无解，；当时，；当时，综上所述，的值为或或 【点睛】 由集合间的关系求参数时，常根据集合包含关系的意义，建立方程求解，此时应

10、注意分类讨论思想的运用 15集合，假设，那么实数的取值范围是_ 【答案】 【解析】由，结合题意得出关于的方程有负根，分和，在的前提下，分二次方程有两个相等的负根、两根一正一负以及两个负根进展分类讨论，可求出实数的取值范围. 【详解】 ， ，那么关于的方程有负根. 1当时，即当时，原方程为，不成立；2当时，即当时，设该方程的两个实根分别为、. 假设该方程有两个相等的负根，那么， 可得，此时方程为，即为，解得， 符合题意；假设该方程的两根一正一负时，那么有，解得；当该方程有两个负根时，那么有，解得. 综上所述，实数的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】 此题考察二次方程根的分布问题，解题时要结合判

11、别式、两根之和与积的符号来进展分析p ，考察分类讨论思想的应用，属于中等题. 16假设集合,集合，且，记为中元素的最大值与最小值之和，那么对所有的，的平均值是_ 【答案】 【解析】先归纳出集合时，集合且时，的平均值，然后令可得出的平均值. 【详解】 先考虑集合时，集合且时，的平均值. ，那么，此时，的平均值为；，当时，当时，当时，此时，的平均值为；，当时，当时，时，当时，当时，当时，当时，此时，的平均值为；依此类推，对于集合，的平均值为. 由于，所以，. 故答案为：. 【点睛】 此题考察了集合的新定义，同时也考察了归纳推理，解题的关键就是利用归纳推理得出的表达式，考察推理论证才能，属于难题.

12、三、解答题 17集合，假设，求的值. 【答案】、或 【解析】解出集合，由得出，然后分和两种情况讨论，在时，可得出或，由此可得出实数的值. 【详解】 解方程，解得或，那么集合. ，那么. 当时，符合题意；当时，或，解得或. 因此，实数的取值有、或. 【点睛】 此题考察利用集合的包含关系求出参数，同时也考察了一元二次方程的求解，解题的关键就是对变系数的一次方程进展分类讨论，考察运算求解才能，属于中等题. 18设、且，比拟两数与的大小. 【答案】见解析 【解析】将两个代数式作差，因式分解，然后对各因式的符号进展判断，可得出两数与的大小关系. 【详解】 . ，. 当时，此时，；当时，此时，；当时，此时

13、，. 【点睛】 此题考察利用作差法比拟两数的大小，在作差后依次因式分解、讨论符号，然后可判断出两数的大小关系，考察分析p 问题和解决问题的才能，属于中等题. 19集合，集合，. 求：1；2. 【答案】1；2. 【解析】1求出集合、，利用交集的定义可得出集合；2求出集合，利用并集的定义得出集合，再利用补集的定义可得出集合. 【详解】 1， ，因此，；2，由不等式的性质可得， 那么集合， 因此，. 【点睛】 此题考察集合交集、并集与补集的混合运算，同时也考察了函数定义域、值域的求解，考察运算求解才能，属于中等题. 20假设关于的不等式的解集为，的解集为. 1试求和；2是否存在实数，使得？假设存在，

14、求的范围；假设不存在，说明理由. 【答案】1，；2存在，. 【解析】1将不等式变形为，然后对和的大小进展分类讨论，解出该不等式可得出集合，将不等式变形为，解出该不等式可得出集合；2对和的大小进展分类讨论，结合列出关于的不等式，解出即可得出实数的取值范围. 【详解】 1不等式即为. 当时，原不等式即为，解该不等式得， 此时；当时，解该不等式得或，此时；当时，解该不等式得或，此时. 不等式即为，解得，此时，；2当时，此时成立；当时，要使得，那么有，解得，此时；当时，那么，要使得，那么，这与矛盾. 综上所述，实数的取值范围是. 因此，存在实数，使得. 【点睛】 此题考察一元二次不等式与分式不等式的求

15、解，同时也考察了利用集合的并集运算求参数，解题时要注意对参数的取值进展分类讨论，考察分类讨论思想的应用，属于中等题. 21对在直角坐标系的第一象限内的任意两点，作如下定义:,那么称点是点的“上位点”，同时点是点的“下位点”. 1试写出点的一个“上位点”坐标和一个“下位点”坐标；2设、均为正数，且点是点的上位点，请判断点是否既是点的“下位点”又是点的“上位点”，假如是请证明，假如不是请说明理由；3设正整数满足以下条件：对任意实数，总存在，使得点既是点的“下位点”，又是点的“上位点”，求正整数的最小值. 【答案】1“上位点”，“下位点”；2是，证明见解析；3. 【解析】1由中“上位点”和“下位点”的定义，可得出点的一个“上位点”的坐标为，一个“下位点”的坐标为；2由点是点的“上位点”得出，然后利用作差法得出与、的大小关系，结合“下位点”和“上位点”的定义可得出结论；3结合2中的结论，可得，满足条件，再说明当时，不成立，可得出的最小值为. 【详解】 1对于平面直角坐标系的第一象限内的任意两点