精品解析：吉林省延边朝鲜族自治州延吉市延边第二中学2026-2027学年高一上学期10月跟踪检测数学试卷

2026—2027学年度第一学期高一年级跟踪检测 数学试卷 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，如果，则a的取值集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意得或，再分析求解集合A即可得解. 【详解】集合，如果， 则或，即或， 当时，不满足集合中元素的互异性，舍去； 当时，集合，符合. 综上所述，则a的取值集合为. 故选：D 2. 已知条件：，：，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 【答案】A 【解析】 【详解】，解得或，所以条件：或， 又条件：，因为条件的范围是条件的范围的一部分，所以是的充分不必要条件. 3. 已知集合或，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为，， 所以. 4. 的最大值为（ ） A. 9 B. C. 3 D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用配方法结合函数的定义域即可求解． 【详解】＝＝＝， 由于， 所以当时，有最大值， 故选：B. 【点睛】本题考查利用配方法求二次函数的最值，考查计算化简的能力，属基础题. 5. 已知，则有（ ） A. 最大值0 B. 最小值0 C. 最大值－4 D. 最小值－4 【答案】C 【解析】 【分析】利用均值不等式求解即可. 【详解】因为， 所以，，当且仅当，即时等号成立， 所以，，即有最大值， 故选：C 6. 已知关于的不等式（）的解集为，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】，. 由韦达定理得，.则. 因为，由基本不等式得， 当且仅当，即，时取等号. 7. “”是“一元二次方程有两个正实根”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】B 【解析】 【分析】根据一元二次方程根的分布可得出关于实数的不等式组，求出实数的取值范围，再利用集合的包含关系判断可得出结论. 【详解】设一元二次方程的两个正实根分别为、， 由题意可得，解得， 因为， 所以，“”是“一元二次方程有两个正实根”的必要不充分条件. 故选：B. 8. 已知关于的不等式的解集为，则下列说法错误的个数是（ ） ① ②不等式的解集为 ③ ④不等式的解集为 A. 1 B. 2 C. 3 D. 0 【答案】A 【解析】 【分析】根据一元二次函数，一元二次不等式，一元二次方程的关系可得. 【详解】已知关于的一元二次不等式的解集为，根据一元二次不等式的解集性质可先推导系数关系： 不等式开口向下，因此； 方程的两个实根为，，由韦达定理得： ,整理得，. 接下来逐一判断4个说法的正误： 由解集形式可知二次函数开口向下，因此，①说法正确. 将，代入不等式，代入得： , 由于，两边同时除以，整理得： 因式分解为，解得解集为，②说法正确. 将代入，得，代入，, 得： ,由于，因此，即， ③说法正确. 将代入不等式，得： 由于，两边同时除以，整理得，解集为，与题干给出的不符，④说法错误. 综上，个说法中仅个错误，错误的个数为. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 以下四个命题中，是真命题的有（ ） A. 若命题：，，则的否定为：， B. 已知，为实数，若，，则 C. 已知集合，则集合真子集的个数为 D. “”是“”的充分不必要条件 【答案】AC 【解析】 【分析】根据存在量词命题的否定规则可判断A；根据作差法比较大小可判断B；先解不等式得出集合，然后根据真子集个数的公式可判断C；根据充分必要条件的概念可判断D. 【详解】存在量词命题的否定规则是将存在量词改为全称量词，同时否定结论， 原命题的结论是，否定后为，符合命题否定的定义，A正确； 作差得，当时，并不满足恒成立，B错误； 解不等式得，所以，则集合真子集的个数为，C正确； 若，取，不能推出，而当，则必有， 所以“”是“”的必要不充分条件，D错误. 10. 已知a，b，c满足c<a<b，且ac<0，那么下列各式中一定成立的是（ ） A. ac（a-c）>0 B. c（b-a）<0 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用不等式的基本性质求解. 【详解】解：因为a，b，c满足c<a<b，且ac<0， 所以， 所以ac（a-c）<0 ，c（b-a）<0，，， 故选：BCD 11. 以下四个命题中，是真命题的有（ ） A. 已知，都是正数，若，且，则的最小值为 B. 已知正实数，满足，则的最小值为 C. 已知，且，则的最小值为 D. 已知，，且，则的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由基本不等式“1”的妙用求解AB；设，由基本不等式即可判断C；设，由基本不等式得出，再根据一元二次不等式的解法求解即可判断D． 【详解】选项A：已知，故，，将变形为：， 由已知，可得： ， 由基本不等式，， 所以， 当且仅当，即， 解得时，满足，等号可取，故A正确； 选项B：已知，故，， 将变形为：， 因为， 所以 ， 由基本不等式，， 当且仅当（即即）时等号成立， 代入得， 的最小值为，故B错误； 选项C：设，由得，已知， 所以， 所以， ，当且仅当（即）时等号成立， 代入得，两边同乘得，解得， 联立，解得，满足，等号可取，故C正确； 选项D：设，由得，已知，故， 由基本不等式，，两边平方得， 将代入得： 整理得，因式分解得， 因为，所以， 当且仅当时等号成立， 代入得， 解得，满足，等号可取，故D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知集合，，则______. 【答案】 【解析】 【详解】由，， ，, ，， ，， ，， ，， . 13. 已知，，则的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可知，结合不等式的性质运算求解即可. 【详解】因为，所以， 由，得， 所以，即， 所以的取值范围为. 14. “，”是假命题，则实数的最大值为_______． 【答案】6 【解析】 【分析】首先利用命题的否定将命题变为真命题，分离参数后结合均值不等式求的最大值. 【详解】因“，”是假命题，故命题的否定为，为真命题， 分离参数可得： 令，所以，所以， 当且仅当，即时等号成立， 即当时，不等式右侧表达式取得最小值为6，所以的最大值为6. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 求下列关于的不等式的解集. （1） （2） （3） 【答案】（1）或 （2） （3） 【解析】 【分析】根据一元二次不等式的解法求解（1）（2），(3)将分式不等式转化为一元二次不等式，再求解. 【小问1详解】 由得， 因为的两根为，， 由二次函数的图象得原不等式的解集为或； 【小问2详解】 原不等式即为，， 故原不等式的解集为； 【小问3详解】 由得，即， 即，解得， 所以原不等式的解集为. 16. 已知集合，. （1）当时，求，； （2）若，求实数的取值范围. 【答案】（1），； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据集合的并集和交集的定义即可得到答案； （2）首先分析得，再分和讨论即可. 【小问1详解】 依题意，，而， 所以． . 【小问2详解】 （2）由，得， ①当，即时，，满足，则． ②当时，由，得，且． 解得； 所以实数的取值范围是. 17. 已知，且． （1）求的最小值； （2）若对于任意的，均有恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用基本不等式直接求解即可； （2）结合“”的妙用，将恒成立，转化为，进而求出结果即可. 【小问1详解】 因为，，所以， 所以，则，， 当且仅当，即，时等号成立. 【小问2详解】 由得， 所以， 当且仅当，即，时等号成立. 所以的最小值为. 由恒成立，则得， 解得，所以实数的取值范围为. 18. 已知命题p：，不等式成立，命题q：成立. （1）若p为真命题，求实数m的取值范围； （2）若命题p，q恰有一个是真命题，求实数m的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将原题转换为，只需利用基本不等式求最小值即可； （2）分别得出为真和假时的范围，再得出为真和假时的范围，再分为真命题且为假命题， 为假命题且为真命题，两种情况讨论即可得解. 【小问1详解】 若，不等式成立， 则，不等式成立， 所以， 因为，等号成立当且仅当， 所以， 故所求为； 【小问2详解】 由（1）可知为真命题当且仅当，所以为假命题当且仅当， 若成立，则成立， 显然当时，，所以， 解得， 所以为真命题当且仅当，为假命题当且仅当或， 若为真命题且为假命题，则“”且“或”，即， 若为假命题且为真命题，则“”且“”，即， 综上所述，实数m的取值范围为. 19. 《见微知著》谈到：从一个简单的经典问题出发，从特殊到一般，由简单到复杂，从部分到整体，由低维到高维，知识与方法上的类比是探索发展的重要途径，是思想阀门发现新问题、新结论的重要方法． 阅读材料：利用整体思想解题，运用代数式的恒等变形，使不少依照常规思路难以解决的问题找到简便解决方法，常用的途径有：（1）整体观察；（2）整体设元；（3）整体代入；（4）整体求和等．例如，，求证：．证明：原式， 波利亚在《怎样解题》中指出：“当你找到第一个蘑菇或作出第一个发现后，再四处看看，它们总是成群生长”类似问题，我们有更多的式子满足以上特征． 请根据以上阅读材料解答下列问题，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤． （1）已知，求的值． （2）若正数，满足，求的最小值． （3）若，解关于的方程． 【答案】（1）1 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）将代入中，化简即可求解； （2）由已知得，，再由基本不等式即可求解； （3）将代入问题，化简即可求解方程． 【小问1详解】 由题意得． 【小问2详解】 由，则有 ，又因为，当且仅当，即时，等号成立， 所以有最小值，此时有最大值， 从而有最小值，即有最小值． 【小问3详解】 由，所以原方程可变形为， 所以， 所以， 所以，即，解得． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026—2027学年度第一学期高一年级跟踪检测 数学试卷 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，如果，则a的取值集合为（ ） A. B. C. D. 2. 已知条件：，：，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 3. 已知集合或，，则（ ） A. B. C. D. 4. 的最大值为（ ） A. 9 B. C. 3 D. 5. 已知，则有（ ） A. 最大值0 B. 最小值0 C. 最大值－4 D. 最小值－4 6. 已知关于的不等式（）的解集为，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 7. “”是“一元二次方程有两个正实根”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. 已知关于的不等式的解集为，则下列说法错误的个数是（ ） ① ②不等式的解集为 ③ ④不等式的解集为 A. 1 B. 2 C. 3 D. 0 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 以下四个命题中，是真命题的有（ ） A. 若命题：，，则的否定为：， B. 已知，为实数，若，，则 C. 已知集合，则集合真子集的个数为 D. “”是“”的充分不必要条件 10. 已知a，b，c满足c<a<b，且ac<0，那么下列各式中一定成立的是（ ） A. ac（a-c）>0 B. c（b-a）<0 C. D. 11. 以下四个命题中，是真命题的有（ ） A. 已知，都是正数，若，且，则的最小值为 B. 已知正实数，满足，则的最小值为 C. 已知，且，则的最小值为 D. 已知，，且，则的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知集合，，则______. 13. 已知，，则的取值范围是______. 14. “，”是假命题，则实数的最大值为_______． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 求下列关于的不等式的解集. （1） （2） （3） 16. 已知集合，. （1）当时，求，； （2）若，求实数的取值范围. 17. 已知，且． （1）求的最小值； （2）若对于任意的，均有恒成立，求实数的取值范围． 18. 已知命题p：，不等式成立，命题q：成立. （1）若p为真命题，求实数m的取值范围； （2）若命题p，q恰有一个是真命题，求实数m的取值范围． 19. 《见微知著》谈到：从一个简单的经典问题出发，从特殊到一般，由简单到复杂，从部分到整体，由低维到高维，知识与方法上的类比是探索发展的重要途径，是思想阀门发现新问题、新结论的重要方法． 阅读材料：利用整体思想解题，运用代数式的恒等变形，使不少依照常规思路难以解决的问题找到简便解决方法，常用的途径有：（1）整体观察；（2）整体设元；（3）整体代入；（4）整体求和等．例如，，求证：．证明：原式， 波利亚在《怎样解题》中指出：“当你找到第一个蘑菇或作出第一个发现后，再四处看看，它们总是成群生长”类似问题，我们有更多的式子满足以上特征． 请根据以上阅读材料解答下列问题，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤． （1）已知，求的值． （2）若正数，满足，求的最小值． （3）若，解关于的方程． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $