灌南数学答案_1多考区联考试卷_08272024年秋季高一入学分班考试模拟卷（word解析含答题卡）_0831各省新高一入学分班考试名校数学试卷+答案（14套）

2024-2025 连云港市灌南高级中学开学质量检测 数学参考答案（详解版） 1．B N（�M）， 【分析】图中阴影部分所表示的集合是 U 由此能求出结果． U＝R，M＝{2，3，5}，N 3,6 【详解】设全集 , N（�M）=6 则图中阴影部分所表示的集合是： U ． 故选：B． 2．B 【分析】用列举法表示各个集合，结合子集、真子集的定义进行判断即可.  5   17 11 5 1 7  M x xm ,mZ, , , , , , 【详解】因为  6   6 6 6 6 6 ，  n 1   17 14 11 8 5 2 1 4 7  N x x  ,nZ, , , , , , , , , ,  2 3   6 6 6 6 6 6 6 6 6 ，  p 1   17 14 11 8 5 2 1 4 7  Px x  ,pZ, , , , , , , , , ,  2 6   6 6 6 6 6 6 6 6 6 ， 所以M N P， 故选：B 3．B 【分析】根据集合的交集运算求解. 【详解】因为M {x|1x1}，N {x|0x2}， 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司M N {x|0x1} 所以 . 故选：B 4．C 【分析】由全称命题和特称命题的否定形式，可得解. 【详解】由全称命题和特称命题的否定形式，可得命题 p ：aN，bN， 使得ab的否定 p 为：aN，bN，使得ab. 故选：C . 5．B 【分析】由命题p是假命题，可知其否定为真命题，由此结合判别式列不等式，解得答案. p:xR,x2(a1)x10 【详解】由题意:命题 是假命题, p:xR,x2(a1)x10 其否定: 为真命题, (a1)240 1a3 即 ，解得 ， 故选：B 6．C 【分析】根据根式运算公式和指数运算公式判断各选项. 1 54  27 3 3 【详解】 2 ，A错； (a3)2  a3 ，B错； 1 1 2  1 1  ab2 a2b2 ba         a b a2 b2 a2b2 b2a2 ba ，C对； 答案第2页，共2页 学科网（北京）股份有限公司(a)9a3   a9 a3 a6 ，D错， 故选：C. 7．B E 1 【分析】理解题意，把已知数据代入公式计算E 即可. 2 E lg 1 0.1 【详解】由题意 2.021.772.5lgE 2 lgE 1  ，可得 E 2 ， E  1 100.1 12.30.12.70.12 1.2571.26 E . 2 故选：B. 8．D a2 2acb1 (a1)2 cb c,b 【分析】根据等式 可变形为 ，利用完全平方可得 大小， ab210 ab21 ba 由 得 ，做差 ，配方法比较大小. 【详解】由ab210可得ab21，则a1， a2 2acb1 (a1)2 cb0 由 可得 ，利用完全平方可得 所以cb， 1 3 bab2b1(b )2 0， 2 4 ba， 综上cba， 故选：D 答案第3页，共2页 学科网（北京）股份有限公司【点睛】本题主要考查了做差法比较两个数的大小，考查了推理与运算能力，属于难题. 9．BD AB A�B 【分析】根据集合新定义判断A、B，应用韦恩图确定 BA 判断C，由 U 求 集合判断D. BA{x|xB xA} BA{3,8} 【详解】A：由 且 ，故 ，错误； AB{x|xA xB} AB AB B：由 且 ，则 ，故 ，正确； C：由韦恩图知：BA如下图阴影部分， BAB� A 所以 U ，错误； � B{x|x2 x4} AB A�B{x|x2 x4} D： U 或 ，则 U 或 ，正确. 故选：BD 10．ABC 【分析】A选项可举出实例；BC选项可进行推导出为真命题；D可举出反例. S0 【详解】A项中，根据题意 是“和谐集”，又是有限集，故A项正确； x  3k ,x  3k ,k ,k Z B项中，设 1 1 2 2 1 2 ，   则x x  3k k S,x x  3k k S，所以集合 x x 3k,kZ 是“和谐 1 2 1 2 1 2 1 2 答案第4页，共2页 学科网（北京）股份有限公司集”，故B项正确； a,b S S  C项中，根据已知条件， 可以相等，故任意“和谐集”中一定含有0，所以 1 2 ， 故C项正确； S x x2k,kZ,S x x3k,kZ,S ,S D项中，取 1 2 1 2都是“和谐集”， S S S S 但5不属于 1，也不属于 2，所以 1 2不是实数集，故D项错误． 故选：ABC． 11．BD 【分析】由已知，选项A，可举例当A时，判断是否满足必要性；选项B，选项C，选 项D，可根据条件和结论分别验证充分性和必要性. AB A AB 【详解】选项A，必要性： ，当 时，此时 ，该选项错误； 选项B，x，y中有一个数为有理数时， xy 不一定为有理数（如：），所以x或y为有理 数不一定能推导出 xy 为有理数； xy 为有理数时，x，y可能均为无理数（如：），所以， 此时 xy 为有理数不一定能推导出x或y为有理数，所以该选项正确； 选项C，充分性：AB AB A，必要性：BA AB A，应为充要条件，所 以该选项错误； a2b2c2 abbcca 选项D，必要性： ，  a2c2   b2c2   a2c2 2ab2bc2ca 所以 ， ac2bc2ab2 0 即 ，所以abc； abc a2b2c2 3a2 abbcac 充分性： ，则 ，该选项正确. 故选：BD. 答案第5页，共2页 学科网（北京）股份有限公司12．ABD 【分析】利用基本不等式一一判断即可.  x>0 y0 2xy1 【详解】对于A： ， ， ， (2xy)2 1 1 1 2xy  ，当且仅当，即x ，y 时，等号成立， 4 4 4 2 1 即2xy的最大值为 ，故A正确， 4  x>0 y0 2xy1 对于B： ， ， ， 4x2y2 (2xy)24xy14xy ， 1 1 1 1 1 由A可知，xy ，4x2y214  ，当且仅当x ，y 时，等号成立， 8 8 2 4 2 1 即 4x2y2的最小值为 2 ，故B正确，  x>0 y0 2xy1 对于C： ， ， ， xxy   xxy  2  2xy2  1 x 1 4 4 4 ，当且仅当xxy，即 2 ，y0时，等号成 立， 1 显然y0不成立，所以x(xy)的最大值取不到 4 ，故C错误，  x>0 y0 2xy1 对于D， ， ， ， 1 1 1 1 y 2x y 2x     2xy2  12  32 23，  x y x y x y x y 答案第6页，共2页 学科网（北京）股份有限公司y 2x 2 2  x 当且仅当 x y ，即 2 ，y 21时，等号成立， 1 1 即  的最小值为 ，故D正确， x y 2 23 故选：ABD． a|a8 a3 13． 或 B A a 【分析】根据 ，利用数轴，列出不等式组，即可求出实数 的取值范围. 【详解】用数轴表示两集合的位置关系，如上图所示， 或 要使B A，只需a35或a14，解得a8或a3． a|a8 a3 a 所以实数 的取值范围 或 . a|a8 a3 故答案为： 或 14．66 【分析】由题意，A、B的元素个数最多为2个，分别对集合元素个数（即）分类讨论， p、q 即可结合集合的整数元素求得对应的整数解，即可确定非负数 答案第7页，共2页 学科网（北京）股份有限公司【详解】由题意，A、B的元素个数最多为2个. U {3,6,9,12,15} A�B3,9,12,15 ， U ， x2 px270  p2108 x、x x x  对 ， ，如有根可设为 1 2 1 2 ； x215xq0 2254q x、x x x  对 ， ，如有根可设为 3 4 3 4 .  p21080 p6 3N （1）当 ，不符合； （2）当  p21080 p6 3 ，则 A ，则 � U B3,9,12,15 ，则 B6 ，故 x 3 6 x x 15 x 6 3 4 3   x x q x 9 或 且有 3 4 4 ，即此时 与 矛盾，不符合； x 6  qN  q54 B6,9 B6 4 xx 27  1 2 x 3 x x  p  1  1 2 x 9 （3）当 ，则 pN 2 ，则 ，则   p12  p21080 p6 3  x、x A�B A3,9 1 2 U 12,15�B U ， 225 i.当2254q0q N，不符合； 4 225 ii.当2254q0q ， ，则A�B3,6,9,12,15，不符合； 4 B U x x 15  3 4 x 6 x x q  3  3 4 x 9 iii.当 ，则 ，则 qN 4 ， 2254q0q 225 Bx ,x   12,15�B   q54 4 3 4  U 答案第8页，共2页 学科网（北京）股份有限公司p12, q54, pq66 综上， . 故答案为：66 15．a2 【分析】根据含绝对值不等式的解法，求解不等式的解集，结合充分条件，列出关系式， 即可求解. 【详解】由不等式， 当a0时，不等式的解集为空集，显然不成立； 当a0时，不等式，可得axa， 要使得不等式的一个充分条件为2x0，则满足， 所以，即a2 ∴实数a的取值范围是a2. 故答案为：a2. 16．3 xy2xy7 x1y29 【分析】将 拼凑成 ，再结合基本不等式即可求解. xy2xy7 x1y29 x,y0 x10,y20 【详解】原式 变形可得 ，由 得 ， x1y22 x1y2 2 9 6 则 ， 当且仅当x2,y1时取到等号，所以xy36，xy3， xy 故 的最小值为3. 故答案为：3 17．(1)；或 答案第9页，共2页 学科网（北京）股份有限公司1   , (2)2  【分析】（1）先代入a2化简集合B，再利用集合的交并补运算即可得到结果； AB A B A B B （2）先由 得到 ，再分类讨论 与 两种情况，结合数轴法即可得 到所求. 【详解】（1）因为a2，所以， 又因为，U R， 所以，或， 故或. AB A B A （2）因为 ，所以 ， 因为，， 所以当B时，，解得a1，此时B A； 当B时，a1， 1 由数轴法得，解得，故 a1； 2 1 综上：a ，即. 2 AC {(1,0),(0,1)} 18．(1) (2)存在，k 1，b2 答案第10页，共2页 学科网（北京）股份有限公司yx1  【分析】（1）根据题意得到y2x10，解得答案。 （2）题目转化为AC且BC ，联立方程，考虑k 0和k0两种情况，计算 0，得到4k24bk10，再联立方程得到k22k8b190，考虑两个不等式有解 的情况，计算得到答案。 yx1 x1 x0    【详解】（1）当k b1时，yx1，联立方程得y2x10，解得y0 或y1； AC {(1,0),(0,1)} 故 . （2）(AB)C ，故AC且BC ， y2x10  联立方程得  ykxb ，消去y得，k2x2(2kb1)xb210， 由AC知， k 0 k2x2(2kb1)xb210 当 时，方程 有解，故不符合题意； 当 k0 时，  1 (2bk1)24k2(b21)0 ，即 4k24bk10 ； 4x22x2y50  联立方程得  ykxb ，消去y得，4x2(22k)x(52b)0， BC   (22k)216(52b)0 k22k8b190 ， 2 ，即 ； 4k24bk10 (4b)2160 b2 1 若 有解，则 ，即 ； 5 若 k22k8b190 有解，则 (2)24(8b19)0 ，即b 2 ； 答案第11页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 3 3 1 k 1 4k28k10  2 2 ， ，代入得 ，且 ，故 且 ， bN b2 k22k30 kN  1k 3 kN 故k 1； 综上所述，当k 1，b2时，(AB)C . A�Bx|x2 x3 19．(1) R 或 ； (2)答案见解析. 【分析】（1）利用并集和补集的定义运算即得； AB A A B A （2）若选①，则 ，分 ， 讨论即得；若选②，可得 ，进而可得 12a0  a13 ，即得. Ax 1x2 【详解】（1）当a1时，集合 ， Bx 0x3 �Bx|x0 x3 又 ， R 或 A�Bx|x2 x3 所以 R 或 ； （2）选①， 由ABB，得AB， 当A时，12aa1，得a<0，此时AB，符合题意； 12a0  a13 当 时，得 ，解得 1， A  12aa1 0≤a≤ 2 答案第12页，共2页 学科网（北京）股份有限公司1 综上，实数a的取值范围是a ； 2 若选②， 12a0  由ABB，得B A，则a13 ， 解得a2， 实数a的取值范围是a2． (,1) 20．(1) [1,6) (2) 【分析】（1）由判别式大于0即可求解； （2）分p真q假和p假q真两种情况，列不等式组即可求解. 【详解】（1）∵命题p是真命题， x22xa0 ∴ 有两个相异实根， ∴44a0，解得a1. (,1) ∴实数a的取值范围为 （2）∵命题p与命题q中有且仅有一个是真命题, ∴有p真q假和p假q真两种情况. x26a 当q是真命题时，不等式 恒成立， (x26) a a6 即有 min ，得 ， 答案第13页，共2页 学科网（北京）股份有限公司(,1) 由（1）可知，当p是真命题时，实数a的取值范围为 ， a1  当p真q假时，有a6，a. a1  当p假q真时，有a6，得1a6. 所以实数a的取值范围为1a6. [1,6) 综上：实数a的取值范围为 16 21．（1）1；（2）27 . 【分析】（1）根据给定条件，利用指数运算法则计算作答. （2）利用指数式与对数式互化求出n，代入并结合对数运算法则求解作答. 3 1 9 1 2  2 3 9 1 3 3 9 1 [( )2]2   [( )3] 3    ( )2    1 【详解】（1）原式 2 16 36 3 2 16 36 2 2 16 16 ． 10n 3 nlg3 mlg2 （2）由 得： ，而 ， lg 16 16 104m3n 104lg23lg3 10lg16lg27 10 27  所以， 27 . P 22．(1)S 20lg 2105 (2)不会，理由见解析 【分析】（1）根据已知条件代入具体数据即可求出参数k的值，从而确定解析式 答案第14页，共2页 学科网（北京）股份有限公司P P2P2 （2）将声压级代入解析式求出声压，根据 1 2 求出叠加后的声压，代入解析式可 求出对应的声压级，与45比较大小，判断是否会干扰学习 P 1000P 【详解】（1）由题意得： klg 60klg ， 2105 2105 P  P  klg 60k3lg  2105  2105 ，所以3k 60,k 20，所以声压级S关于声压P的函数 P 解析式为S 20lg 2105 （2）不会干扰我们正常的学习，理由如下： P P P 将 代入S 20lg 得：lg 2，所以 102 ，解得： ， S 40 2105 2105 2105 P2103 P 即P 1 P 2 2103所以P P 1 2P 2 2  2P 1 2 2103，代入S 20lg 2105 得： 2 2103   S 20lg 20lg 2102 4010lg24345 2105 ，所以不会干扰我们正常的学习. 答案第15页，共2页 学科网（北京）股份有限公司