精品解析：上海市控江中学2026-2027学年高一上学期期中质量调研数学试卷

控江中学2026学年度第一学期高一年级期中质量调研 数学试卷 2026年11月5日 13:00—15:00 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，其中第1—6题每题4分，第7—12题满分5分） 1. 已知集合，，则______． 2. 已知，若，则______． 3. 已知，将化为根式，结果为________． 4. 所有满足的集合共有______________个． 5. 设，有______（用含的代数式表示） 6. 已知等式，对任意实数恒成立，则______________． 7. 若正实数，满足，则的最小值为______________． 8. 已知，，且．若，，则___________． 9. 若不等式的解集为空集，则实数的取值范围是______________． 10. 设，关于的不等式组的解集为，若，则的取值范围是_________． 11. 已知为实数，设不等式的解集为，不等式的解集为．若，则的取值范围为______________． 12. 设为正整数，且，集合．若集合，且对于中任意两个不同的元素，，均有，记满足上述条件的集合中元素个数的最大值为，则的最大值为______________． 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，其中第13—14题每题满分4分，第15—16题每题满分5分）每题有且仅有一个正确答案． 13. 用反证法证明某命题时，对结论：“集合中的所有元素都大于”的正确假设为（ ）． A. 集合中的所有元素都小于或等于 B. 集合中至少有一个元素大于 C. 集合中至少有一个元素小于或等于 D. 集合中不存在小于或等于的元素 14. 若、为实数，则是的（ ）． A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分又非必要条件 15. 已知实数，，满足，则下列不等式成立的是（ ）． A. B. C. D. 16. 已知集合：，，，．其中、．设命题：①对任意，都有；②存在，使得．则下列说法正确的是（ ）． A. ①为真命题，②为真命题 B. ①为真命题，②为假命题 C. ①为假命题，②为真命题 D. ①为假命题，②为假命题 三、解答题（本大题共有5题，满分78分，其中第17—19题每题14分，第20—21题每题18分） 17. 已知全集，集合，其中． （1）当时，求集合； （2）已知集合，当时，求． 18. 已知集合，，． （1）若，求实数与； （2）当时，若，求实数的取值范围． 19. 某市计划举办科技嘉年华，拟建设一处无人机体验场地．如图，场地由一个正方形体验区、四个全等的矩形通道和四个全等的等腰直角三角形绿化区组成．其中，正方形体验区为正方形，四个矩形通道分别为矩形、、和，四个三角形绿化区分别为、、和．设正方形体验区的边长为米，每个矩形通道的两条邻边边长分别为米和米，其中，．已知十字形区域（即正方形体验区与四个矩形通道组成的区域）的面积为288平方米．正方形体验区铺设智能互动地面，造价为700元/平方米；四条矩形通道铺设防滑地面，造价为54元/平方米；四个三角形绿化区铺设草皮，造价为16元/平方米．设全部建设费用为元． （1）用表示，并求的取值范围； （2）如何设计正方形体验区的边长，才能使全部建设费用最低？求最低建设费用． 20. 对于两个有序数对、，其中，，，均为正实数．若，则称有序数对满足“比序关系”，记作． （1）对于有序数对与，判断是否有，并说明理由； （2）已知，试比较、、的大小，并说明理由； （3）设，证明：对每个，存在唯一的正整数，使得且． 21. 设数集是自然数集的非空子集，且中至少含有两个元素．如果对于任意，且，都有，则称数集对于乘法封闭． （1）判断集合，是否对于乘法封闭，并说明理由； （2）证明：集合对于乘法封闭； （3）若集合是的有限子集，中至少含有两个元素，且对于乘法封闭，求所有的． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 控江中学2026学年度第一学期高一年级期中质量调研 数学试卷 2026年11月5日 13:00—15:00 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，其中第1—6题每题4分，第7—12题满分5分） 1. 已知集合，，则______． 【答案】 【解析】 【详解】因为集合，，所以. 2. 已知，若，则______． 【答案】 【解析】 【分析】利用元素与集合的关系建立方程，结合集合元素的互异性筛选符合条件的解 【详解】因为，所以或， 当时，不满足互异性，故舍去； 当时，即，解得或（舍去）， 时，满足条件，故. 3. 已知，将化为根式，结果为________． 【答案】 【解析】 【详解】． 4. 所有满足的集合共有______________个． 【答案】 【解析】 【分析】由集合的关系分析求解即可. 【详解】因为，所以集合必须含有元素且， 所以集合可以为、、、，故符合条件的集合的个数为. 5. 设，有______（用含的代数式表示） 【答案】 【解析】 【详解】 6. 已知等式，对任意实数恒成立，则______________． 【答案】 【解析】 【分析】根据多项式恒等的充要条件，展开等式右侧后对比两侧同次项系数，求解得到的值后计算. 【详解】， 由于等式对任意实数恒成立，因此等式左右两侧为相等的多项式，满足同次幂项系数对应相等的恒等关系. 故有，， ，解得，所以. 7. 若正实数，满足，则的最小值为______________． 【答案】 【解析】 【详解】已知，则 ， 当且仅当，即时等号成立， 故的最小值为6． 8. 已知，，且．若，，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据满足的方程及的条件，判定二者为对应一元二次方程的不等实根，结合韦达定理与方程变形化简目标代数式求解. 【详解】由题设，且，，根据一元二次方程根的定义， 可知、是一元二次方程的两个不相等的实数根. 对于一元二次方程，由韦达定理可得两根之和，两根之积. 由可得，同理由可得. 因此. 9. 若不等式的解集为空集，则实数的取值范围是______________． 【答案】 【解析】 【分析】根据绝对值三角不等式求得，进而求解即可. 【详解】由， 当且仅当，即或时等号成立， 则， 要使不等式的解集为空集， 则，即，所以实数的取值范围是. 10. 设，关于的不等式组的解集为，若，则的取值范围是_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据的定义，即1不能同时满足不等式组中的两个不等式，分别求解1不满足每个不等式时k的取值范围，再取并集即可得到结果. 【详解】依题意，不满足不等式，，解得； 或不满足，即，解得， 所以k的取值范围为. 11. 已知为实数，设不等式的解集为，不等式的解集为．若，则的取值范围为______________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意分、、三种情况，时，求出集合，再由交集的结果求解． 【详解】当，即时， 不等式的解集为，即，符合题意； 当，即或， 时，，，，符合题意， 时，，，，符合题意， 当，即或时， 的解集， 的解集为， 即， 又， ，整理得， 又，则，解得或， 综上，的取值范围为． 12. 设为正整数，且，集合．若集合，且对于中任意两个不同的元素，，均有，记满足上述条件的集合中元素个数的最大值为，则的最大值为______________． 【答案】41 【解析】 【分析】由题意得出集合中元素是连续100个正整数，因此把它们按除以8所得余数分为8类，，再确定各类中数的个数，然后由题目要求可得出结论． 【详解】， 是连续的100个正整数，它们除以8所得余数为，则， 这100个正整数按除以8所得余数分为8类：， 对于中任意两个不同的元素，，均有，则当时，， 因为，所以连续的100个正整数按除以8所得余数分类，两类中一类中有12个数，一类中有13个数，两类，两类，两类也同样结果，例如时，四类中各13个数，四类中各12个，时，四类中各13个数，四类中各12个， 为使得中元素个数最多，则两类中取一类，两类中取一类，两类中取一类，都是取其中13个元素的一类，又由于两类中各自两个数的和都是8的整数倍，因此只能在两类中各取一个数， 所以的最大值为． 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，其中第13—14题每题满分4分，第15—16题每题满分5分）每题有且仅有一个正确答案． 13. 用反证法证明某命题时，对结论：“集合中的所有元素都大于”的正确假设为（ ）． A. 集合中的所有元素都小于或等于 B. 集合中至少有一个元素大于 C. 集合中至少有一个元素小于或等于 D. 集合中不存在小于或等于的元素 【答案】C 【解析】 【详解】用反证法证明时,应假设结论的否定成立, 所以正确假设为“集合中至少有一个元素小于或等于”. 14. 若、为实数，则是的（ ）． A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分又非必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】由题可得，利用举反例及必要不充分的定义判断即可. 【详解】，两边平方得，可得， 当时，满足，此时，所以充分性不成立； 当时，成立，所以必要性成立， 所以是的必要非充分条件. 15. 已知实数，，满足，则下列不等式成立的是（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用举反例及不等式的性质对选项逐一分析即可. 【详解】对于A：取，则，故A错误； 对于B：取，则，故B错误； 对于C：取，则，故C错误； 对于D：因为，所以，所以， 因为，所以，故D正确. 16. 已知集合：，，，．其中、．设命题：①对任意，都有；②存在，使得．则下列说法正确的是（ ）． A. ①为真命题，②为真命题 B. ①为真命题，②为假命题 C. ①为假命题，②为真命题 D. ①为假命题，②为假命题 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用子集的意义判断①；取值结合子集的意义判断②即可得解. 【详解】对于①，对，则，对任意，因此，即， 则对任意，集合中的元素都是集合的元素，即，①是真命题； 对于②，当时，， ． 从而可知，当时，， 所以，则且，所以是的子集不成立，故命题②是假命题． 三、解答题（本大题共有5题，满分78分，其中第17—19题每题14分，第20—21题每题18分） 17. 已知全集，集合，其中． （1）当时，求集合； （2）已知集合，当时，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 当时，， 所以； 【小问2详解】 当时，， 又，移项得，，解得， 因此. 18. 已知集合，，． （1）若，求实数与； （2）当时，若，求实数的取值范围． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由题设分析可得为方程的根，进而结合韦达定理求解即可； （2）先求出集合，由得，进而根据包含关系分、两种情况讨论求解即可. 【小问1详解】 由于， 则不等式等价于，即， 因为，所以为方程的根， 则，解得，. 【小问2详解】 由（1）知，， 当时，， 因为，所以，而， 当时，，即； 当时，，解得. 综上所述，实数的取值范围为. 19. 某市计划举办科技嘉年华，拟建设一处无人机体验场地．如图，场地由一个正方形体验区、四个全等的矩形通道和四个全等的等腰直角三角形绿化区组成．其中，正方形体验区为正方形，四个矩形通道分别为矩形、、和，四个三角形绿化区分别为、、和．设正方形体验区的边长为米，每个矩形通道的两条邻边边长分别为米和米，其中，．已知十字形区域（即正方形体验区与四个矩形通道组成的区域）的面积为288平方米．正方形体验区铺设智能互动地面，造价为700元/平方米；四条矩形通道铺设防滑地面，造价为54元/平方米；四个三角形绿化区铺设草皮，造价为16元/平方米．设全部建设费用为元． （1）用表示，并求的取值范围； （2）如何设计正方形体验区的边长，才能使全部建设费用最低？求最低建设费用． 【答案】（1）， 的取值范围是 ； （2）当正方形体验区的边长 为 米时，全部建设费用最低，最低建设费用为 元． 【解析】 【小问1详解】 体验区是边长为的正方形，面积为；四个矩形通道的宽都是、长都是，每个面积为．由十字形区域的面积为，得， 所以． 因为通道的长、宽、所以，解得． 所以，的取值范围是． 【小问2详解】 四个绿化区都是等腰直角三角形，直角边都是通道的宽，每个面积是，四个共． 设全部建设费用为元，则. 由（1）中，得，所以. 又，所以， . 代入，合并同类项：. 注意到，所以． 因为，由基本不等式得， 当且仅当，即，时取等号． 在取值范围内，此时，符合题意． 所以． 即当正方形体验区的边长为米时，全部建设费用最低，最低建设费用为元． 20. 对于两个有序数对、，其中，，，均为正实数．若，则称有序数对满足“比序关系”，记作． （1）对于有序数对与，判断是否有，并说明理由； （2）已知，试比较、、的大小，并说明理由； （3）设，证明：对每个，存在唯一的正整数，使得且． 【答案】（1），理由如下. 取、、、，， 因为，即，完全符合“比序关系”的定义，所以成立； （2），理由如下. ，由得 ，即；又、，，故所以； ，因为，，所以，所以， 综上，； （3）由 得 ，即 ；由 得 ，即 ，所以 必须落在开区间内. 对 ，， 因为 ，有 ，所以，特别地 ， 因为 ，有 ，所以，特别地 ， 两式合起来即， 所以整数 严格落在开区间内部，取 即可同时满足两个不等式，存在性得证； 设正整数 满足 ， 由左半部分，，而 是整数，故 ，由右半部分，，而 是整数，故 ， 于是 ，唯一性得证， 综上，对每个 ，存在唯一的正整数 满足题意. 【解析】 【分析】（1）依据 “比序关系” 定义，计算交叉乘积并比较大小，直接验证不等式是否成立； （2）对三个分式两两作差并通分，结合已知条件判断差的符号，确定大小关系； （3）将两个比序条件转化为关于的开区间，通过端点放缩证明区间内有且仅有唯一整数. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 21. 设数集是自然数集的非空子集，且中至少含有两个元素．如果对于任意，且，都有，则称数集对于乘法封闭． （1）判断集合，是否对于乘法封闭，并说明理由； （2）证明：集合对于乘法封闭； （3）若集合是的有限子集，中至少含有两个元素，且对于乘法封闭，求所有的． 【答案】（1）集合对于乘法不封闭，对于乘法封闭．理由如下： ，，但，所以集合对于乘法不封闭， ，中元素都是整数，又，所以对于乘法封闭． （2）设且， 则，，， 则，而， 所以，所以对于乘法封闭 （3），且或，且或，且． 【解析】 【分析】（1）根据新定义“对乘法封闭”进行验证； （2）根据新定义“对乘法封闭”进行证明； （3）根据新定义用反证法证明集合中元素个数不超过3，然后分类讨论，中元素个数是3时，中元素一定有0和1，然后再加一个正整数，中元素个数是2时，0和1至少有一个属于集合，另一个元素取其他自然数即得． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 集合对于乘法封闭， 假设集合中至少有4个元素，即，其中是最大的4个，不妨设，则， 因此，从而，则对于乘法不封闭， 所以假设不成立，所以中至多有3个元素， 若中有3个元素，则，否则集合中最大的两个元素均不小于2， 即存在且，，不妨设，此时，从而，对于乘法不封闭， 所以，第3个元素可取除以外的任一正整数，所以此时，且， 若中只有2个元素，由上述推理知中元素不可能都大于或等于2， 因此0和1至少有一个属于集合，由乘法法则知，且或，且． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $