精品解析：江苏省无锡市市北高级中学2026-2027学年高一上学期10月阶段检测数学试题

无锡市市北高级中学2026——2027学年第一学期 高一年级数学学科阶段检测卷 时间：120分钟 分值：150分 日期：2026.10 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题），全卷满分150分，考试时间120分钟． 第Ⅰ卷（选择题共58分） 一、单项选择题：本大题共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，请把正确答案涂在答题卡上． 1. 已知全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出集合，再根据集合交集概念计算即可. 【详解】因为，， 所以，故， 故选：A 2. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【详解】命题“，”的否定是“”. 3. 下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】对于A，取判断A；对于B，D取特殊值进行验证判断BD；对于C，利用不等式性质进行判断. 【详解】对于A，若，当时，，此时，故A错误； 对于B，若，取，此时，则，故B错误； 对于C，若，不等式两边同时乘以，则， 对，不等式两边同时乘以，则，所以，故C正确； 对于D，若，取，此时，则，故D错误， 故选：C. 4. 设，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】 【分析】利用分式不等式以及充分不必要条件的集合表示，可得答案. 【详解】由，可得或， 又集合是集合或的真子集， 所以“”是“”的充分不必要条件． 故选：A 5. 下列各组函数中，表示同一函数的是（ ） A. 与 B. 与 C. 与 D. 与 【答案】D 【解析】 【详解】对于A，与的定义域不同， 前者定义域为，后者为，故两者表示不同函数； 对于B，与的定义域不同， 前者定义域为，后者为，故两者表示不同函数； 对于C，，而， 前者定义域为，后者为，故两者表示不同函数； 对于D，，故的定义域相同，对应法则相同， 故两者为同一函数. 6. 若函数在区间上是减函数，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据二次函数的对称轴得到不等式，求出答案. 【详解】的对称轴为， 要想函数在区间上是减函数，则， 解得， 故选：D 7. 已知关于的一元二次不等式的解集为，则关于的不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用一元二次不等式和一元二次方程的对应关系求出参数，再解另一个不等式即可. 【详解】由题设知方程有两根2和3，故由韦达定理得则， 因此，解得． 故选：A． 8. 下列说法正确的是（ ） A. 若，则函数的最小值为3 B. 若，，，则的最小值为5 C. 若，，，则的最小值为1 D. 若，，，则的最小值为 【答案】A 【解析】 【分析】根据基本不等式及其推论求解即可. 【详解】对于A，由，则， 所以， 当且仅当，即时等号成立， 所以函数的最小值为3，故A正确； 因为，，， 所以， 当且仅当，即时，等号成立，最小值是，不为5，故B错误； 对于C，因为，，所以，当且仅当时等号成立， 解得，即得，所以最大值为1，故C错误； 对于D，由，且，则， 所以， 当且仅当，即，时等号成立，但是不符合，， 所以最小值不是，故D错误. 二、多项选择题：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. 设全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 集合的真子集个数为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据集合的运算对每一选项进行判断即可. 【详解】因为全集，集合，， 所以，，，集合的真子集个数为 故ACD正确，B错误. 故选：ACD 10. 已知正数x，y满足，则下列选项正确的是（ ） A. 的最小值是4 B. 的最大值是 C. 的最小值是2 D. 的最小值是1 【答案】BC 【解析】 【分析】本题结合正数满足的约束条件，利用基本不等式、二次函数最值、“1”的妙用等方法，逐个判断各选项的最值是否正确。  【详解】A选项：， 由于，当且仅当时等号成立， 所以，即最小值为. B选项：，当，时取最大值. C选项：，由A项可知，即， 当且仅当时取最小值. D选项：由A知最大值为. 11. 下列说法正确的是（ ） A. 命题“，”的否定是“，使得” B. 若集合中只有一个元素，则 C. 关于x的不等式的解集为，则不等式的解集为 D. “，”是“”的充分不必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】命题“，”的否定是“，使得”； 若集合中只有一个元素，则有唯一解，分和两种情况讨论；关于x的不等式的解集，则且的两个根为和，代入求出关系即可求解；若，，则；当，时，，但不满足，. 【详解】命题“，”的否定是“，使得”，故A错误； 若集合中只有一个元素，则有唯一解， 所以或即，故B错误； 关于x的不等式的解集为， 则且的两个根为和，代入解得， 代入不等式得， 因为，所以不等式等价于，解得，故C错误； 若，，则；当，时，， 但不满足，，故“，”是“”的充分不必要条件，故D正确. 第Ⅱ卷（非选择题共92分） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．请把正确答案填在答题卷横线上． 12. 不等式的解集是______． 【答案】 【解析】 【详解】即为，故， 即不等式的解集为. 13. 函数的定义域为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据分式、根式以及零次方的意义列式求解即可. 【详解】令，解得或， 所以函数的定义域为. 故答案为：. 14. 若，，，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】先将已知条件变形得到，再化简所求表达式，结合基本不等式求解最小值. 【详解】对已知条件变形： 移项得，两边同时加可得， 由，可知，因此. 化简所求表达式： ， 因此. 根据基本不等式：对任意正实数，有，当且仅当时等号成立. 令，则： ， 当且仅当即时等号成立，此时，即，满足的条件. 因此，即最小值为. 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知． （1）当时，求； （2）若，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）直接利用并集运算的概念求解即可； （2）先求出，然后分和两种情况分类讨论，利用集合关系列不等式组求解即可. 【小问1详解】 当时，， 又，所以； 【小问2详解】 因为，所以或， 由题意， 当，即时，符合题意； 若，，解得， 综上，实数的取值范围是． 16. （1）已知，求的最小值； （2）已知x，y是正实数，且，求的最小值. 【答案】（1）7；（2） 【解析】 【分析】（1）利用基本不等式求出和的最小值. （2）利用基本不等式“1”的妙用求出最小值. 【详解】（1）由，得， 因此， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为7. （2）正实数满足， 则， 当且仅当，即，时取等号， 所以的最小值为. 17. （1）已知是二次函数，且满足，，求解析式； （2）已知，求的解析式． 【答案】（1） ；（2）． 【解析】 【分析】（1）设出二次函数代入，对应系数相等即可. （2）法一：把的右边配成的表达式，然后整体换成即可. 法二：换元，求出代入找到与的关系，然后换成即可. 【详解】（1）令 ，． 因为，所以，则． 由题意可知： 即. 得，所以． 所以 （2）法一：配凑法 根据． 可以得到． 法二：换元法 令，则 ． . 18. 已知福州地铁号线路通车后，地铁的发车时间间隔（单位：分钟）满足，经市场调研测算，地铁的载客量与发车的时间间隔相关，当时，地铁为满载状态，载客量为人；当时，载量会减少，减少的人数与成正比，且发车时间间隔为分钟时的载客量为人，记地铁的载客量为. （1）求的表达式，并求发车时间间隔为分钟时地铁的载客量； （2）若该线路每分钟的净收益为（元）.问：当地铁发车时间间隔多少时，该线路每分钟的净收益最大？ 【答案】（1），发车时间间隔为分钟时地铁的载客量为人. （2）当地铁发车时间间隔为分钟时，该线路每分钟的净收益最大. 【解析】 【分析】（1）当时，设，由可求出的值，结合已知条件可得出函数的函数解析式，进而可求得的值； （2）分、两种情况讨论，求出关于的函数解析式，利用基本不等式以及函数的单调性可求得的最大值及其对应的值，即可得出结论. 【小问1详解】 解：当时，设，则，解得. 由题意可得. 所以，发车时间间隔为分钟时地铁的载客量为（人）. 【小问2详解】 解：当时， （元）， 当且仅当时，等号成立； 当时，，此时函数单调递减， 则，当且仅当时，等号成立. 综上所述，当地铁发车时间间隔为分钟时，该线路每分钟的净收益最大. 19. 已知关于的不等式的解集为． （1）求实数，的值； （2）求关于的不等式的解集； （3）若对任意的实数，恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）， （2） 时，解集为； 时，解集为：； 时，解集为：； 时，解集为：； 时，解集为：. （3） 【解析】 【分析】（1）分析可知的两根为和2，且，代入运算求解； （2）整理可得，分类讨论的符号以及两根的符号分析求解； （3）分析可得，换元令，结合二次函数最值分析求解. 【小问1详解】 由题意可得：的两根为和2，且， 所以，解得：，． 【小问2详解】 由（1）知：可化为：， 即：， 当，不等式为：，得， 当，的两根为：和 ①，的解集为：， ②，（i），即时，的解集为：； （ⅱ），即时，的解集为；； （ⅲ），即时，的解集为：； 综上：时，解集为； 时，解集为：； 时，解集为：； 时，解集为：； 时，解集为：. 【小问3详解】 若对任意的实数，恒成立， 由（1）可化为：， 即，对任意恒成立， 令，可得， 因为，对称轴为：，可知在内单调递增， 所以当时，，可得， 所以实数的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 无锡市市北高级中学2026——2027学年第一学期 高一年级数学学科阶段检测卷 时间：120分钟 分值：150分 日期：2026.10 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题），全卷满分150分，考试时间120分钟． 第Ⅰ卷（选择题共58分） 一、单项选择题：本大题共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，请把正确答案涂在答题卡上． 1. 已知全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 设，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 5. 下列各组函数中，表示同一函数的是（ ） A. 与 B. 与 C. 与 D. 与 6. 若函数在区间上是减函数，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知关于的一元二次不等式的解集为，则关于的不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 下列说法正确的是（ ） A. 若，则函数的最小值为3 B. 若，，，则的最小值为5 C. 若，，，则的最小值为1 D. 若，，，则的最小值为 二、多项选择题：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. 设全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 集合的真子集个数为 10. 已知正数x，y满足，则下列选项正确的是（ ） A. 的最小值是4 B. 的最大值是 C. 的最小值是2 D. 的最小值是1 11. 下列说法正确的是（ ） A. 命题“，”的否定是“，使得” B. 若集合中只有一个元素，则 C. 关于x的不等式的解集为，则不等式的解集为 D. “，”是“”的充分不必要条件 第Ⅱ卷（非选择题共92分） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．请把正确答案填在答题卷横线上． 12. 不等式的解集是______． 13. 函数的定义域为__________． 14. 若，，，则的最小值为______． 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知． （1）当时，求； （2）若，求实数的取值范围． 16. （1）已知，求的最小值； （2）已知x，y是正实数，且，求的最小值. 17. （1）已知是二次函数，且满足，，求解析式； （2）已知，求的解析式． 18. 已知福州地铁号线路通车后，地铁的发车时间间隔（单位：分钟）满足，经市场调研测算，地铁的载客量与发车的时间间隔相关，当时，地铁为满载状态，载客量为人；当时，载量会减少，减少的人数与成正比，且发车时间间隔为分钟时的载客量为人，记地铁的载客量为. （1）求的表达式，并求发车时间间隔为分钟时地铁的载客量； （2）若该线路每分钟的净收益为（元）.问：当地铁发车时间间隔多少时，该线路每分钟的净收益最大？ 19. 已知关于的不等式的解集为． （1）求实数，的值； （2）求关于的不等式的解集； （3）若对任意的实数，恒成立，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $