江苏省南通中学2022-2023学年高一上学期第一次月考调研数学试卷含答案.pdf

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1、江苏省南通中学江苏省南通中学 2022-2023 学年高一（上）学年高一（上）月考月考数学试卷数学试卷 一选择题：本题共一选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，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。求的。1.下列各式中关系符号运用正确的是（）A.10,1,2 B.0,1,2 C.2,0,1 D.10,1,2【答案】C【解析】【详解】根据元素和集合的关系是属于和不属于，所以选项 A 错误；根据集合与集合的关系是包含或不包含，所以选项 D 错误；B 选项二者集合中元素种类不同，无包含关系，所以选项

2、B 错误，故选项 C 正确.故选：C.2已知对数式(1)2log4aa有意义，则 a 的取值范围为（）A1,4 B1,00,4 C4,00,1 D4,1【答案】B【解析】由题意可知:1011102404aaaaaa ，解之得:14a 且0a.故选：B 3.已知xR，则“31x”是“260 xx”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【答案】A【解析】【详解】由31x，得24x，由260 xx，得230 xx，即2x 或3x ；所以“31x”是“260 xx”的充分不必要条件.故选：A.4.已知22221,22Pabc Qabc，则（）A.P Q B

3、.PQ C.P Q D.,P Q的大小无法确定【答案】C【解析】22222221122110PQabcababccc，故0PQ，所以PQ.故选：C.5.若集合3|01xAxx，|10Bx ax，若BA，则实数 a 的取值范围是（）A.1,13 B.1,13 C.(,1)0,)D.1,0)(0,1)3【答案】A【解析】因为301xx，所以10310 xxx，所以1x 或3x，所以|1Ax x 或3x，当0a 时，10不成立，所以B，所以BA满足，当0a 时，因为10ax，所以1xa，又因为BA，所以11 a，所以01a，当0a 时，因为10ax，所以1xa，又因为BA，所以13a，所以103a，

4、综上可知：1,13a.故选：A.6已知48a，296mn，且112bmn，则ab（）A2 B18 C116 D 52【答案】D【解析】48a，296mn，4lg83log 8lg42a，2log 6m，9log 6n，61log 2m，61log 9n 661log 2log 912b 52ab 故选：D 7.若两个正实数 x，y 满足1212xy且存在这样的 x，y 使不等式222yxkk有解，则实数 k 的取值范围是（）A.(2,4)B.(4,2)C.,42,D.(,3)(0,)【答案】C【解析】【详解】解：正实数x，y满足1212xy，222222228212222yyxyxyxxxyy

5、xyx 当且仅当22xyyx且1212xy，即4x，8y 时取等号，存在x，y使不等式222yxkk有解，282kk，解可得2k或4k，即,42,k ，故选：C 8已知集合1,2,3,4,5,6,7,8S，对于它的任一非空子集 A，可以将 A中的每一个元素 k 都乘以(1)k再求和，例如2,3,8A，则可求得和为238(1)2(1)3(1)87 ，对 S 的所有非空子集，这些和的总和为（）A508 B512 C1020 D1024【答案】B【分析】由集合的子集个数的运算及简单的合情推理可得；这些总和是72(12345678)512 .【详解】因为元素1,2,3,4,5,6,7,8在集合 S 的

6、所有非空子集中分别出现72次，则对 S 的所有非空子集中元素k 执行乘以(1)k再求和操作,则这些和的总和是7123456782(1)1(1)2(1)3(1)4(1)5(1)6(1)7(1)8 72(12345678)512 .故选 B【点睛】本题主要考查了集合的子集及子集个数，简单的合情推理，属于中档题.二二多选题：本题共多选题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，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。全部选对的得选对的得 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分。分。9

7、下列计算正确的是（）A2ln3e6 B 21422 C lg2lg51 D 234log 3 log 4 log 83【答案】BCD【分析】根据指对数的运算可得答案.【详解】2ln3ln9ee9，21412222，lg2lg5lg101，3224lg3 lg4 lg8lg8log 83lg2 lg3 lglog 3 log 4 lo4g 8lg2，故选：BCD 10.对于集合 A，B，定义集合运算|ABx xA且xB，则下列说法正确的有（）A.若1,2,3A，3,4B，则1,2AB，4BA B.ABBA C.ABBAAB D.若AB，则AB【答案】ABD【解析】【分析】根据集合的新定义，结合集

8、合的运算及韦恩图，逐项判定，即可求解.【详解】由题意，定义集合运算|ABx xA且xB，对于 A 中，若1,2,3A3,4B，可得|ABx xA且1,2xB，|BAx xB且 4xA，所以 A 正确；对于 B 中，由|ABx xA且xB，|BAx xB且xA，所以 ABBA，所以 B 正确；对于 C 中，如韦恩图所示，由|ABx xA且xB，|BAx xB且xA，根据集合的运算，可得()A BABBAABAB，所以 C 不正确；对于 D 中，若AB，可得|ABx xA且xA，所以 D 正确.故选：ABD.11.已知0a，0b，且1ab，则（）A.2212ab B.14ab C.1ba D.2a

9、b【答案】ACD【解析】2221121 2122abababab ，当且仅当12ab等号成立，故 A 正确.因为0a，0b，且1ab，由基本不等式可得12abab，故14ab，当且仅当12ab时等号成立，故 B 错误.120babaaba ，故1ba，故 C 正确.又211 21 222abab ，当且仅当12ab等号成立，故2ab，故 D 正确 故选：ACD 12设集合 X是实数集 R的子集，如果实数0 x满足：对任意0r，都存在xX，使得00 xxr成立，那么称0 x为集合 X的聚点.则下列集合中，0 为该集合的聚点的有（）A1,0,x xnnZn B,1nx xnNn C,0 x xQ

10、x D整数集 Z【答案】AC【详解】A.因为集合1,0,x xnnZn中的元素是极限为 0 的数列，所以对于任意0r，都存在1nr，使得10 xrn成立，所以 0 为集合1,0,x xnnZn的聚点，故正确；B.因为集合11,11nx xnNnn 中的元素是极限为1的数列，除第一项外，其余项都至少比0大12，所以对于12r 时，不存在满足0 xr的 x，所以 0 不为集合11,11nx xnNnn 的聚点，故错误；C.对任意0r，都存在2rx，使得02xrr成立，那所以 0 为集合,0 x xQ x的聚点，故正确；D.对任意0r，如0.5r，对任意的整数，都有00 xx或01xx成立，不可能有

11、000.5xx成立，所以 0 不是集合整数集 Z 的聚点，故错误；故选：AC 三填空题：本题共三填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。分。13.122ln211lg2lg254e的值为_.【答案】1【解析】【分析】由对数的运算lg2lg5lg101，指数的运算()mnmnaa，代入运算即可得解.【详解】解：原式1(2)()2lg2lg5222 lg25222121 故答案为1.14.若0a，0b，143ab，则ab的最小值为_【答案】3【解析】【详解】因为143ab，且 211114312123432ababab ，当且仅当14343abab，即232ab

12、时，等号成立，故ab的最小值为3.故答案为：3.15.已知ab，cd，设不等式()()0 xa xbx的解集为|x dxc，则不等式()()0 xc xdx的解集为_.【答案】|x xbxa或【解析】2()(10()0)xabxa xbbxxa，由不等式()()0 xa xbx的解集为|x cxd可知 c，d 是方程()()0 xa xbx的两个根.由韦达定理可知，1cdab，cdab，由2()(10()0)xcdxc xddxxc，即2()0()()0 xab xabxa xb，从而()()0 xc xdx的解集为|x xbxa或，16.已知 ab，关于 x的不等式220axxb对于一切实数

13、 x 恒成立，又存在实数0 x，使得20020axxb成立，则22abab最小值为_【答案】【解析】因为对于一切实数 恒成立，所以，且，所以；再由，使成立，可得，所以，所以，因为，即，所以，四解答题：本题共四解答题：本题共 6 小题，共小题，共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（10 分）（1）已知lg2m，lg3n，试用,m n表示5log 12；（2）已知13xx（01x），求221122xxxx【答案】（1）52log 121mnm；（2）7 55.【解析】（1）由换底公式得5lg122lg2lg32log 12lg51l

14、g21mnm（2）由于112122()25xxxx，且01x，所以11225xx；又221 22()2327xxxx；所以 22112277 555xxxx 18.（12 分）设集合12Axx，21Bxmx，1Cx x 或2x （1）若ABB，求实数 m 的取值范围；（2）若BC中只有一个整数，求实数 m 的取值范围【答案】（1）12m m （2）312mm 【解析】（1）因为ABB，所以BA 当B 时，由BA，得2121mm，解得1122m；当B，即12m 时，BA成立 综上，实数 m 的取值范围是12m m （2）因为BC中只有一个整数，所以B ，且322m，解得312m，所以实数 m 的

15、取值范围是312mm 19.（12 分）已知2|2320Mxxx，2|2(1)(2)0Nx xaxa a,命题 p:xM,命题 q:xN.(1)当0N时，求实数a的取值范围；(2)若 p 是q 的充分不必要条件，求实数a的取值范围.【答案】(1)(0,2)；(2)3,22.【解析】【分析】(1)将0 x 代入22(1)(2)0 xaxa a即可求解；(2)首先结合已知条件分别求出命题p和q的解，写出q，然后利用充分不必要的特征即可求解.【详解】(1)由题意可知，202(1)0(2)0aa a，解得02a，故实数a的取值范围为(0,2)；(2)由22320 xx，解得12x 或2x，由22(1)

16、(2)0 xaxa a，解得2axa，故命题p：12x 或2x；命题q：2axa，从而q：2xa或xa，因为p是q的充分不必要条件，所以1|2x x 或2|2xx xa或xa，从而1222aa，解得322a，故实数a的取值范围为3,22.20.（12 分）已知二次函数2(2)3yaxbx（1）若点(1,0)在该二次函数的图象上，求0y的解集；（2）若点(1,4)在该二次函数的图象上，且1b，求1|1aab的最小值【答案】（1）答案见解析 （2）34【解析】【分析】（1）由题意可得2330axax，即310a xx，讨论0a，3a，0 3a，3a 时，结合二次不等式的解法，不等式的解集，可得所求

17、解集；（2）依题意可得14ab，10 b，可得1|1|114|4|aabaabbaa，运用基本不等式和讨论0a，0a，可得所求最小值【小问 1 详解】解：因为点(1,0)在函数2(2)3yaxbx上，所以230ab ，即23ba，所以不等式0y，即2330axax，即310axx，当0a 时，解得31xa，即不等式的解集为3,1a；当3a 时31a，原不等式即为2310 x，则不等式的解集为R；当3a 时31a，解得1x或3xa，即不等式的解集为3,1,a；当0 3a时31a，解得3xa或1x，即不等式的解集为3,1,a；综上可得，当0a 时不等式的解集为3,1a；当3a 时不等式的解集为R；

18、当3a 时不等式的解集为3,1,a；当0 3a时不等式的解集为3,1,a.【小问 2 详解】解：因为点(1,4)在函数2(2)3yaxbx上，所以234ab ，即14ab，因1b，所以10 b，所以1|1|1|121|14|114|4|1 4|4|4|aabaabaabaaababbaabaaa，当0a 时，15114|44aa，可得1|1aab的最小值为54，当且仅当43a，53b 时等号成立；当0a 时，13114|44aa，可得1|1aab的最小值为34，当且仅当4a ，7b时等号成立 所以1|1aab的最小值为34 21.（12 分）为了加强“平安校园”建设，有效遏制涉校案件的发生，保

19、障师生安全，某校决定在学校门口利用一侧原有墙体，建造一间墙高为 3 米，底面为 24 平方米，且背面靠墙的长方体形状的校园警务室.由于此警务室的后背靠墙，无需建造费用，甲工程队给出的报价为：屋子前面新建墙体的报价为每平方米 400 元，左右两面新建墙体报价为每平方米 300 元，屋顶和地面以及其他报价共计 14400 元，设屋子的左右两面墙的长度均为x米15x.（1）当左右两面墙的长度为多少时，甲工程队报价最低？并求出最低报价.（2）现有乙工程队也要参与此警务室的建造竞标，其给出的整体报价为18001axx元0a，若无论左右两面墙的长度为多少米，乙工程队都能竞标成功，试求a的取值范围.【答案】

20、（1）当左右两侧墙的长度为 4 米时，甲工程队的报价最低为 28800 元；（2）012a.【解析】（1）甲工程队的总造价为y元，则24163 300 240014400180014400 15yxxxxx，16161800144001800 21440028800 xxxx.当且仅当16xx，即4x 时等号成立.即当左右两侧墙的长度为 4 米时，甲工程队的报价最低为 28800 元.（2）由题意可得，1800116180014400axxxx对任意的1,5x恒成立.即241xaxxx，从而241xax恒成立，令12,6xt ，224399626121xtttxttt，故min12y.所以01

21、2a.22（12 分）对于任意的*nN，记集合1,2,3,nEn，,nnnaPx xaE bEb，若集合 A 满足下列条件：nAP；12,x xA，且12xx，不存在*Nk，使212xxk，则称 A 具有性质.如当2n时，21,2E，2121,2,22P，112,x xP，且12xx，不存在*Nk，使212xxk，所以2P具有性质.(1)写出集合3P，4P中的元素个数，并判断3P是否具有性质.(2)是否存在 A、B 具有性质，且AB，使15EAB.若存在请求出 A、B，若不存在请说明理由.(3)若存在 A、B具有性质，且AB，使nPAB，求 n的最大值.【答案】(1)3P，4P中的元素个数分别

22、为 9，14，3P不具有性质(2)不存在，理由见解析(3)14【分析】（1）由已知条件能求出集合3P，4P中的元素个数，并判断出3P不具有性质（2）假设存在A，B具有性质，且AB，使15EAB其中151E，2，3，15，从而1AB，由此推导出与A具有性质矛盾 从而假设不成立，即不存在A，B具有性质，且AB，使15EAB（3）当15n时，不存在A，B具有性质，且AB，使nPAB14n，根据1b、4b、9b 分类讨论，能求出n的最大值为 14【解析】（1）解：对于任意的*nN，记集合1nE，2，3，n，,nnnaPx xaE bEb 当3n 时31,2,3E，31231231,2,3,222333

23、P；当4n时41,2,3,4E，4123412341 31,2,3,4,2 222223333P，集合3P，4P中的元素个数分别为 9，14，集合A满足下列条件：nAP；1x，2xA，且12xx，不存在*kN，使212xxk，则称A具有性质，因为31P，33P，21 32，*2N，不符合题意，3P不具有性质（2）假设存在A，B具有性质，且AB，使15EAB其中151E，2，3，15 因为151E，所以1AB，不妨设1A因为21 32，所以3A，3B 同理6A，10B，15A因为21 154，这与A具有性质矛盾 所以假设不成立，即不存在A，B具有性质，且AB，使15EAB（3）解：因为当15n时

24、，15nEP，由（2）知，不存在A，B具有性质，且AB，使nPAB 若14n，当1b 时，1414,1ax xaEE，取11A，2，4，6，9，11，13，13B，5，7，8，10，12，14，则1A，1B具有性质，且11AB，使1411EAB 当4b时，集合14,4ax xaE中除整数外，其余的数组成集合为13513,2222，令215911,2222A，23713,222B，则2A，2B具有性质，且22AB，使2213513,2222AB 当9b 时，集14,9ax xaE中除整数外，其余的数组成集合124 5 7810 11 1314,333 3 333333，令314 51013,33 333A，327 81114,33 333B 则3A，3B具有性质，且33AB，使33124 5 7810 11 1314,333 3 333333AB 集合1414,1,4,9aCx xaEbEbb中的数均为无理数，它与14P中的任何其他数之和都不是整数，因此，令123AAAAC，123BBBB，则AB，且14PAB 综上，所求n的最大值为 14