2027届上海市十年高考数学专题分类训练 专题01 集合与常用逻辑用语（10年汇编）（解析版）

专题01集合与常用逻辑用语10年真题1年模拟考点分类上海考情（2017-2026）命题规律考点01集合2017-2026年连续考查，题型覆盖单选题、填空题、解答题；2026年出现单选+填空，2025年出现填空+解答题，2019年出现解答题压轴题基础题聚焦集合交并补运算、子集/集合相等定义、元素与集合关系，难度较低；难题常结合函数新定义、数列、三角函数、函数零点等知识点综合考查，解答题多为压轴类综合题，难度梯度明显考点02常用逻辑用语2017-2026年高频考查，题型以单选题为主；2018、2019、2020、2021、2024年均有单选题，2026年首次出现解答题基础题核心考查充分必要条件的判断；进阶题常结合新定义概念、函数性质、复数、空间向量、数列等知识点考查逻辑推理能力，充要条件的证明是解答题核心考查方向，对逻辑严谨性要求提升考点01集合1．（2026·上海·高考真题）对于函数，，设.对于点集，若存在，使得任取，总有，则称为“最低点”.对于函数和，以下说法中正确的是（

）A．若和都有最小值，则有最低点；B．若有最低点，则和都有最小值；C．若或有最小值，则有最低点；D．若有最低点，则或有最小值.【答案】D【分析】可以举反例证明选项A、B、C的命题均为假命题，对D，根据“最低点”的定义分析得或，再分类讨论即可.【详解】对于A项，取，，取，，则，；而无最低点，故A错误；对于B项，取，，取，，则无最小值，；而有最低点，故B错误；对于C项，取，，取，，则无最小值，；因为的函数值可趋向于负无穷大，所以无最低点，则亦无最低点，故C错误；对于D项，因为有最低点，不妨设为的最低点，且，且，所以或，若，则且对任意的，总有，即；若，同理可知；所以若有最低点，则或有最小值，故D正确.故选：D.2．（2023·上海·高考真题）已知，，若且，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据给定条件，直接求出集合中的元素作答.【详解】因为，由，得或，又，且，即有且，因此，所以.故选：A3．（2022·上海·高考真题）若集合，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由于是整数集，结合交集的概念即可求出结果.【详解】因为，所以，故选：B.4．（2021·上海·高考真题）已知集合，则（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】由题意，或由和不存在包含关系，故选：D5．（2026·上海·高考真题）已知集合，，则__________．【答案】【详解】由题意得，解得，经验证此时集合满足题意.6．（2026·上海·高考真题）已知集合，，若，则____________.【答案】【分析】利用子集的定义求解.【详解】，，，集合中所有的元素都在集合中，集合中的元素在集合中，.故答案为：.7．（2025·上海·高考真题）已知全集，集合，则_________．【答案】/【分析】根据补集的含义即可得到答案.【详解】根据补集的含义知.故答案为：.8．（2024·上海·高考真题）设全集，集合，则______．【答案】【分析】根据补集的定义可求.【详解】由题设有，故答案为：9．（2023·上海·高考真题）已知集合，且，则_____________．【答案】2【分析】利用集合相等的定义求解即可.【详解】因为且，所以集合中元素相同，所以，故答案为：210．（2022·上海·高考真题）已知，，则________【答案】/【分析】根据集合交集的定义可得解.【详解】由，根据集合交集的定义，.故答案为:11．（2020·上海·高考真题）已知集合，，则______．【答案】【解析】直接根据交集的概念运算可得结果.【详解】因为集合，，所以.故答案：.12．（2019·上海·高考真题）已知集合，，存在正数，使得对任意，都有，则的值是____________【答案】1或【分析】根据所处的不同范围，得到和时，所处的范围；再利用集合的上下限，得到与的等量关系，从而构造出方程，求得的值.【详解】，则只需考虑下列三种情况：①当时，又

且可得：

②当即时，与①构造方程相同，即，不合题意，舍去③当即时可得：且

综上所述：或【点睛】本题考查利用集合与元素的关系求解参数的取值问题，关键在于能够通过的不同取值范围，得到与所处的范围，从而能够利用集合的上下限得到关于的等量关系，从而构造出关于的方程；难点在于能够准确地对的范围进行分类，对于学生的分析和归纳能力有较高的要求，属于难题.13．（2019·上海·高考真题）已知集合，，则_________________【答案】【分析】根据交集的定义，直接求解即可.【详解】，本题正确结果：【点睛】本题考查集合基本运算中的交集运算，属于基础题.14．（2017·上海·高考真题）已知集合，集合，则_______.【答案】{3，4}．【分析】利用交集的概念及运算可得结果.【详解】，.【点睛】本题考查集合的运算，考查交集的概念与运算，属于基础题.15．（2025·上海·高考真题）已知集合，，则等于________．【答案】【详解】试题分析：考点：集合运算【方法点睛】1.用描述法表示集合，首先要弄清集合中代表元素的含义，再看元素的限制条件，明确集合类型，是数集、点集还是其他的集合．2．求集合的交、并、补时，一般先化简集合，再由交、并、补的定义求解．3．在进行集合的运算时要尽可能地借助Venn图和数轴使抽象问题直观化．一般地，集合元素离散时用Venn图表示；集合元素连续时用数轴表示，用数轴表示时要注意端点值的取舍．16．（2025·上海·高考真题）已知函数的定义域为．对于正实数a，定义集合．(1)若，判断是否是中的元素，请说明理由；(2)若，求a的取值范围；(3)若是偶函数，当时，，且对任意，均有．写出，解析式，并证明：对任意实数c，函数在上至多有9个零点．【答案】(1)不是；(2)；(3)证明见解析.【分析】（1）直接代入计算和即可；（2）法一：转化为在实数使得，分析得，再计算得，最后根据的范围即可得到答案；法二：画出函数图象，转化为直线与该函数有两个交点，将用表示，最后利用二次函数函数性质即可得到答案；（3）利用函数奇偶性和集合新定义即可求出时解析式，再分析出，最后对的范围进行分类讨论即可.【详解】（1）（1），，则不是中的元素.（2）法一：因为，则存在实数使得，且，当时，，其在上严格单调递增，当时，，其在上也严格单调递增，则，则，令，解得，则，则.法二：作出该函数图象，则由题意知直线与该函数有两个交点，由图知，假设交点分别为，，联立方程组得（3）对任意，因为其是偶函数，则，而，所以，所以，因为，则，所以，所以，所以当时，，，则，，则，而，，则，则，所以当时，，而为偶函数，画出函数图象如下：其中，但其对应的值均未知.首先说明，若，则，易知此时，则，所以，而时，，所以，与矛盾，所以，即，令，则，当时，即使让，此时最多7个零点，当时，若，此时有5个零点，故此时最多5个零点；当时，若，此时有5个零点，故此时最多5个零点；当时，若，此时有3个零点，若，则，易知此时，则，所以，而时，，所以，与矛盾，所以，则最多在之间取得6个零点，以及在处成为零点，故不超过9个零点.综上，零点不超过9个.17．（2025·上海·高考真题）已知函数的定义域是．对于，定义集合．(1)，求；(2)对于集合，若对任意都有，则称是对称集．若是对称集，证明：“函数是偶函数”的充要条件是“对任意，是对称集”；(3)若，．求的取值范围，使得对于任意，都有．【答案】(1)(2)证明见详解(3)【分析】（1）根据对数函数的单调性即可求解；（2）根据偶函数的定义和对称集的定义即可证明必要性和充分性；（3）根据定义判断出函数单调不减，得到导函数大于等于0恒成立即可求解.【详解】（1）由定义得，.（2）证明：必要性：因为函数是偶函数，所以对任意，，对任意，若，即，则，所以，所以对任意，是对称集.充分性：若对任意，是对称集，因为对任意，，所以，即①，又，所以，即②.由①②得，对任意，，所以函数是偶函数.综上，“函数是偶函数”的充要条件是“对任意，是对称集”，得证.（3）因为对于任意，都有，所以若，则，即若，则，所以，所以在上单调不减，所以对任意，恒成立.当时，显然成立，；当时，恒成立，令，，所以在单调递减，单调递增，所以；当时，恒成立，此时因为在上单调递减，当时，，时，，所以；综上，.【点睛】关键点点睛：函数在区间上单调不减等价于导函数在区间上大于等于0恒成立.18．（2019·上海·高考真题）已知等差数列的公差，数列满足，集合.（1）若，求集合；（2）若，求使得集合恰好有两个元素；（3）若集合恰好有三个元素：，是不超过7的正整数，求的所有可能的值.【答案】（1）；（2）或；（3）【分析】（1）根据正弦函数周期性的特点，可知数列周期为，从而得到；（2）恰好有两个元素，可知或者，求解得到的取值；（3）依次讨论的情况，当时，均可得到符合题意的集合；当时，对于，均无法得到符合题意的集合，从而通过讨论可知.【详解】（1），，，，，，由周期性可知，以为周期进行循环（2），，恰好有两个元素或即或或（3）由恰好有个元素可知：当时，，集合，符合题意；当时，，或因为为公差的等差数列，故又，故当时，如图取，，符合条件

当时，，或因为为公差的等差数列，故又，故当时，如图取，，符合条件当时，，或因为为公差的等差数列，故又，故当时，如图取时，，符合条件当时，，或因为为公差的等差数列，故

又，故当时，因为对应个正弦值，故必有一个正弦值对应三个点，必然有，即，即，,不符合条件；当时，因为对应个正弦值，故必有一个正弦值对应三个点，必然有，即，即，不是整数，故不符合条件；当时，因为对应个正弦值，故必有一个正弦值对应三个点，必然有或若，即，不是整数，若，即，不是整数，故不符合条件；综上：【点睛】本题考查三角函数、数列、函数周期性的综合应用问题.解题的难点在于能够周期，确定等量关系，从而得到的取值，再根据集合的元素个数，讨论可能的取值情况，通过特殊值确定满足条件的；对于无法取得特殊值的情况，找到不满足条件的具体原因.本题对于学生的综合应用能力要求较高，属于难题.考点02常用逻辑用语1．（2026·上海·高考真题）对于任意两个复数，，如果满足“”或“”，那么就称和伴随.则当和伴随，则和伴随的充要条件是（

）.A． B．C． D．【答案】C【分析】设，，，，由条件结合伴随的定义可判断结论.【详解】设，，，，则，，当和伴随，有或，又，，若和伴随，则或，所以和伴随的充要条件是，即.2．（2018·上海·高考真题）已知，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】A【分析】直接根据充分性和必要性的定义判断即可．【详解】若，得，若，则，解得或，所以“”是“”的充分非必要条件．故选：A．3．（2024·上海·高考真题）定义一个集合，集合中的元素是空间内的点集，任取，存在不全为0的实数，使得．已知，则的充分条件是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】首先分析出三个向量共面，显然当时，三个向量构成空间的一个基底，则即可分析出正确答案.【详解】由题意知这三个向量共面，即这三个向量不能构成空间的一个基底，对A，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故A错误；对B，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故B错误；对C，由空间直角坐标系易知三个向量不共面，可构成空间的一个基底，则由能推出，对D，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故D错误.故选：C．4．（2021·上海·高考真题）已知函数的定义域为，下列是无最大值的充分条件是（

）A．为偶函数且关于直线对称 B．为偶函数且关于点对称C．为奇函数且关于直线对称 D．为奇函数且关于点对称【答案】D【分析】根据对称性可判断函数的周期，故可判断ABC的正误，根据对称性可得，据此可判断D的正误.【详解】对于A，因为为偶函数，故，而的图像关于直线对称，故，故，故为周期函数且周期为2，而在必有最大值，故必有最大值，故A错误.对于B，而的图像关于点对称，故，故，故，故故为周期函数且周期为4，而在必有最大值，故必有最大值，故B错误.对于C，因为为奇函数，故，而的图像关于直线对称，故，故，所以故为周期函数且周期为4，而在必有最大值，故必有最大值，故C错误.对于D，因为为奇函数，故，而的图像关于点对称，故，故，设，则，故无最大值，故选：D5．（2020·上海·高考真题）若存在且，对任意的，均有恒成立，则称函数具有性质P，已知：单调递减，且恒成立；单调递增，存在使得，则是具有性质P的充分条件是（

）A．只有 B．只有C．和 D．和都不是【答案】C【分析】对于，当，根据减函数的定义和已知条件，结合不等式性质，可得成立；对于，取同理可得出结论．【详解】：当，，因为函数单调递减，所以即，存在，当满足命题时，具有性质P.：当时，，因为函数单调递增，所以，即，存在，当满足命题时，具有性质P.综上可知命题、都是具有性质P的充分条件．故选：C【点睛】本题考查函数的新定义、函数的单调性以及不等式的性质，考查了理解辨析能力、运算求解能力和逻辑推理能力，属于中档题．6．（2019·上海·高考真题）已知，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】C【分析】通过函数的图象可知，函数值与自变量距对称轴距离成正比，由此可判断为充要条件.【详解】设，可知函数对称轴为由函数对称性可知，自变量离对称轴越远，函数值越大；反之亦成立由此可知：当，即时，当时，可得，即可知“”是“”的充要条件本题正确选项：【点睛】本题考查充分必要条件的判断问题，属于基础题.7．（2017·上海·高考真题）已知、、为实常数，数列的通项，，则“存在，使得、、成等差数列”的一个必要条件是（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】存在，使得成等差数列，可得，化简可得，所以使得成等差数列的必要条件是.8．（2026·上海·高考真题）设是定义在上的函数.定义性质：若对任意，当时，，则称函数具有“性质”.(1)判断函数是否具有“性质”；(2)若分段函数具有“性质”，求所有满足条件的实数和的解；(3)已知的值域为，且在上是严格增函数，证明：是偶函数的充要条件是：具有“性质”.【答案】(1)没有，理由见解析(2)(3)证明见解析【分析】（1）运用特例法，结合指数函数的单调性进行判断即可；（2）根据一次函数的单调性，结合“性质”的特性进行求解即可；（3）根据充要条件的定义，结合偶函数的性质、“性质”的特性进行运算证明即可.【详解】（1）函数不具有“性质”，理由如下：例如当时，显然成立，，根据指数函数的单调性可知，所以有，这与“性质”矛盾，故函数不具有“性质”；（2）因为函数具有“性质”，所以取，有，于是有，当时，由，当时，由，若，若，则有，取，此时，但是，不符合“性质”，所以不符合题意，故，此时，若时，则，由，若时，则，由，因此，综上所述：当且仅当时，满足条件；（3）充分性：若具有“性质”，则是偶函数.若存在，，不妨设，记，即，因为函数的值域为，所以，若，则有，若，则有，故对任意，，这与的值域为矛盾，所以不成立，则有，因此函数是偶函数；必要性：若是偶函数，则具有“性质”.当时，因为在上是严格增函数，所以，又因为函数是偶函数，所以由，因此具有“性质”.所以是偶函数的充要条件是：具有“性质”.9．（2022·上海·高考真题）数列对任意，且，均存在正整数，满足.(1)求可能值；(2)命题p：若成等差数列，则，证明p为真，同时写出p逆命题q，并判断命题q是真是假，说明理由：(3)若成立，求数列的通项公式.【答案】(1)7或9；(2)答案见解析；(3).【分析】（1）利用递推公式可得，进而可求出；（2）由题意可得，则，从而命题为真命题，给出反例即可得出命题为假命题；（3）由题意可得，，然后利用数学归纳法证明数列单调递增，最后分类讨论即可确定数列的通项公式.【详解】（1）因为，所以或，所以可能值为7或9；（2）因为成等差数列，所以，,所以，逆命题：若，则为等差数列是假命题，举例：故命题为假命题，（3）因为，所以，所以，因此，以下用数学归纳法证明数列单调递增，即证明恒成立：当时，明显成立；假设当时命题成立，即，则，即，即命题得证；回到原题，分类讨论求数列的通项公式：1.若，则矛盾；2.若，则，所以，所以，此时，所以，3.若，则，所以，所以，所以（由（2）知对任意成立），所以，与事实上矛盾，综上.【点睛】1．数学归纳法是一种重要的数学思想方法，主要用于解决与正整数有关的数学问题．证明时步骤(1)和(2)缺一不可，步骤(1)是步骤(2)的基础，步骤(2)是递推的依据．2．在用数学归纳法证明时，第(1)步验算n＝n0的n0不一定为1，而是根据题目要求选择合适的起始值．第(2)步，证明n＝k＋1时命题也成立的过程，一定要用到归纳假设，否则就不是数学归纳法.一、单选题1．（2026·上海普陀·二模）已知直线l、m和平面，若，则“l与m不相交”是“”的（

）A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充分必要条件 D．既非充分又非必要条件【答案】B【分析】根据线面判断及线线位置关系结合必要非充分条件定义判断.【详解】当直线l与平面相交，且交点不在直线m上时，满足“l与m不相交”，但“”不成立，故充分性不成立；若，则与无交点，所以“l与m不相交”，故必要性成立；所以“l与m不相交”是“”的必要非充分条件.2．（2026·上海嘉定·二模）已知陈述句是的充分非必要条件.若集合满足，满足，则与的关系为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据充要条件和集合的包含关系可得.【详解】因为是的充分非必要条件，所以成立时一定成立所以x满足时，x一定满足，所以，又成立时推不出成立，即x满足时x不一定满足，所以N不是M的子集.故选：A3．（2026·上海黄浦·二模）若a，b是空间中的两条直线，则“”是“存在平面，使，”的（

）．A．充分非必要条件 B．必要非充分条件C．充要条件 D．既非充分也非必要条件【答案】A【分析】根据空间中线、面关系结合充分、必要条件分析判断.【详解】若，可知直线a，b是共面直线，则存在平面，使，，即充分性成立；若存在平面，使，，则直线a，b可能相交，即必要性不成立；综上所述：“”是“存在平面，使，”的充分非必要条件.4．（2026·上海长宁·二模）对于随机事件、，，“”是“、互相独立”的（

）条件.A．充分非必要 B．必要非充分 C．充要 D．非充分非必要【答案】C【分析】根据条件概率公式、独立事件的定义及充分条件、必要条件的定义判断即可.【详解】因为，又，所以，从而有，所以、互相独立，充分性成立；当、互相独立时，则，所以，必要性成立.综上，“”是“、互相独立”的充要条件.5．（2026·上海徐汇·二模）设.定义点的相伴集合为且，其中为正实数.给出以下两个命题：①若，则其相伴集合所对应平面图形的面积为2；②设，若对任意实数及任意，集合所对应平面图形与抛物线均无公共点，则.则正确的选项是（

）A．①是真命题，②是真命题 B．①是假命题，②是假命题C．①是真命题，②是假命题 D．①是假命题，②是真命题【答案】D【分析】对于①，先判断出相伴集合的对应平面图形为正方形，即可得到面积；对于②，根据无交点的限制得出正方形的点应满足，然后对不同的自变量范围分类讨论，综合得到的范围，进而得到的范围.【详解】根据定义点的相伴集合即为以为中心的边长为的正方形，若，则其相伴集合对应平面图形的面积为，①是假命题；集合对应一系列正方形，它们与抛物线即均无公共点，则意味着这些正方形都在抛物线下方即正方形内的点均满足，对每一个正方形内的点，有，则需满足，有，设，在上的最小值记为，当时，，此时应有，设，则，不等式变为即，令，则，所以；当时，，此时应有，以为变量，的最大值为，所以；当时，，此时应有，设，则，不等式变为即，令，则，所以，综上所述，要使对任意实数及任意均满足无交点条件，则，②是真命题.6．（2026·上海徐汇·二模）已知，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】A【详解】等价于，等价于，可以推出，但无法推出，因为还存在这种可能性，所以“”是“”的充分不必要条件.7．（2026·上海静安·二模）已知集合，，则（

）．A． B． C． D．【答案】D【详解】由解得或，即集合，由可得，解得，即集合；所以.8．（2026·上海普陀·二模）在直角坐标平面中，方程表示的曲线称为“圆”.点是“圆”上的任意两点，为坐标原点.对如下两个命题：①若点、，则的值不可能等于；②若，则的取值范围为.则下列结论中正确的是（

）A．①为真②为真 B．①为真②为假 C．①为假②为真 D．①为假②为假【答案】C【分析】先根据方程可得曲线是由半个圆和半个椭圆组成的一条曲线，再对条件①判断，根据椭圆的定义及计算圆的一点到两个定点的距离和范围可得命题的真假；对条件②根据两点的位置关系分四种情况分别讨论可得所求式子的范围，进而可得结果.【详解】因为方程等价于：或.若，则，表示圆心在原点，半径为的左半个圆；若，则，表示长半轴为，短半轴为的右半个椭圆；如图：对于①，若点在右半个椭圆上，点、是椭圆的焦点，根据椭圆的定义：，所以在右半个椭圆上不存在点满足；若点在左半个圆上，点、是圆的一条直径的两个端点，设，则所以，因为，所以，，，即，而，所以存在点满足；所以命题①为假命题.对于②，若点在左半个圆上，；若点在右半个椭圆上，则，因为，所以，即.下面对的位置分四种情况讨论：（i）若都在左半个圆上时，，所以；（ii）若在左半个圆上，在右半个椭圆上时，，所以，即；（iii）若在左半个圆上，在右半个椭圆上时，，所以，即；（iv）若都在右半个椭圆上时，设，且，因为，所以，即，.所以，，所以，又因为，两边平方得，，化简整理得，所以.综上所述，的取值范围为，故②正确；9．（2026·上海黄浦·三模）设，均为非空集合，函数的定义域为，若存在，使得对任意，均有，则称函数具有“性质”．下列说法中正确的是（

）．A．“”是“函数具有‘性质’”的充分非必要条件B．设，则“函数具有‘性质’”是“具有最小值”的必要非充分条件C．设，“”是“函数具有‘性质’”的充分必要条件D．设，“函数具有‘性质’”是“具有‘性质’”的既非充分又非必要条件【答案】D【分析】结合新定义，根据条件之间的推出关系可判断.【详解】对于A，的定义域为，若，则对任意，均有，充分性成立；若函数具有“性质”，则，，使得，即，则，所以，必要性成立，所以“”是“函数具有‘性质’”的充分必要条件，故A错误.对于B，若函数具有“性质”，则，，使得，即，则，所以充分性成立；若具有最小值，设，则，，使得，即，所以函数具有“性质”，必要性成立，则“函数具有‘性质’”是“具有最小值”的充分必要条件，故B错误.对于C，函数具有“性质”，则，，使得，所以，且，由不等式的性质可知，即，必要性成立；若，取，而，所以，所以函数不具有“性质”，充分性不成立，所以“”是“函数具有‘性质’”的必要非充分条件，故C错误.对于D，（方法一）若函数具有“性质”，则，，使得，推不出，所以充分性不成立；若函数具有“性质”，则，，使得，则，若不在的值域内，则不存在，使得，所以必要性不成立.（方法二）充分性：举反例，取常函数，令，则，所以，，使得，函数具有“性质”，，所以函数不具有“性质”，即函数具有“性质”推不出具有“性质”，充分性不成立；必要性：举反例，取一个值域为的函数，令，则，取，则，，使得，函数具有“性质”，假设存在，使得，则，与值域矛盾，所以假设不成立，所以不具有“性质”，即函数具有“性质”推不出具有“性质”，必要性不成立.综上，“函数具有‘性质’”是“具有‘性质’”的既非充分又非必要条件，故D正确.10．（2026·上海·三模）若对于任意的，总存在．使得，则满足条件的的一个充分条件是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题意可得在内的值域包含，只需，即可，进而将选项中的角，依次代入验证，即可判断.【详解】因为对任意，都存在，使得成立，所以，因为，所以，，若对任意，都存在，使得成立，可知在内的值域包含，只需，即可，因为，则，对于A：当时，，则，因为，所以的取值不符合条件，故A错误；对于B：当时，，则，因为，所以的取值不符合条件，故B错误；对于C：当时，，则，因为，，取值符合条件，故C正确；对于D：当时，，则，因为，所以的取值不符合条件，故D错误；11．（2026·上海·三模）设函数定义域为，且对任意，不等式恒成立，设a、，定义．现给出如下两个命题：①若是周期函数，则对于任意实数，函数是周期函数；②函数存在正整数周期，当且仅当函数存在正整数周期；下列选项中正确的是（

）A．①②都是真命题 B．①②都是假命题C．①是真命题，②是假命题 D．①是假命题，②是真命题【答案】D【详解】对于①，取，，则，因为和的正周期分别为和，而是无理数，则有，所以不是周期函数，①错误；对于②，若，其中，，可得；若，其中，即，整理得，令，则，则，其中，下证恒成立.假设存在，，考虑，因为，所以当足够大时，有，这与矛盾，所以即恒成立，故函数存在正整数周期，②正确，综上，①是假命题，②是真命题．12．（2026·上海·三模）对于无穷数列和正整数，若存在，，…，满足且，则称数列具有性质．给出以下两个命题：①存在数列和，使得和均不具有性质，且具有性质；②若数列和均具有性质，则具有性质；则下列判断正确的是（

）A．①为真命题，②为假命题 B．①为假命题，②为真命题C．①与②均为真命题 D．①与②均为假命题【答案】A【分析】对于①，取，利用性质的定义判断即可；对于②，取，，再利用性质的定义判断即可.【详解】对于①，取，因为，则，由于是个不同的正整数，因此不可能相等，故数列不具有性质，取，则，由于是个不同的正整数，因此不可能相等，故数列不具有性质，则，即，故任取为个不同的正整数，有，则数列具有性质，故①正确；对于②，取，，则当为奇数时，，故取为个不同的奇数，此时，故数列具有性质；当为偶数时，，故取为个不同的偶数，此时，故数列具有性质；则，即，由于为个不同的正整数，则，，，不可能相等，此时数列不具有性质，故②错误.综上，①为真命题，②为假命题.13．（2026·上海·三模）“”是“”的（

）条件A．充分非必要 B．必要非充分 C．充要 D．既非充分也非必要【答案】A【详解】若“”，则“”，所以“”“”；若“”，则或，即或；所以“”推不出“”；所以“”是“”的充分非必要条件.14．（2026·上海·三模），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】B【详解】，，显然当成立时，不一定成立，例如，当成立时，显然一定成立，所以，是的必要不充分条件.15．（2026·上海黄浦·三模）已知命题，命题，则是的（

）条件A．充分非必要 B．必要非充分 C．充分必要 D．既非充分又非必要【答案】B【详解】若，，则，此时成立，但不成立，故不是的充分条件；判断必要性：若成立，则，可得，即成立，故是的必要条件.16．（2026·上海·三模）定义一个集合，集合中的元素是空间内的点，任取，存在不全为0的实数，使得已知，则的充分条件是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】由题意知这三个向量共面，这意味着集合中所有点均在同一个过原点的平面上,已知点，本题即寻找一个点，当时，由点和点确定的过原点的平面不包含点.【详解】由题意知这三个向量共面，即这三个向量不能构成空间的一个基底，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故A错误；由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当，无法推出，故B错误；由空间直角坐标系易知三个向量不共面，可构成空间的一个基底，则当，能推出，故C正确；由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故D错误；故选：C.17．（2026·上海·三模）已知函数在上可导，其导函数为，设对任意实数，与均成立；对任意正数，都有对任意实数恒成立，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．既非充分又不非必要条件【答案】A【分析】利用函数的导数性、不等式的性质结合充分条件和必要条件的定义判断可得出结论.【详解】若与均成立，则对任意正整数，都有，即，充分性成立；当时，，，，；所以恒成立；但是并不满足恒成立，所以由不能推出，必要性不成立，因此，是的充分非必要条件，故选：A.二、填空题18．（2026·上海普陀·二模）设，集合，，若集合，且满足条件的A恰有2个，则a的取值范围为______.【答案】或【分析】由题意得出是一元集，然后按的正负或0分类讨论求解．【详解】由题意的子集恰有2个，所以是一元集，若，则，而，满足题意，若，则，，此时，不合题意；若，则，，只含一个元素，则，综上，的取值范围是或．19．（2026·上海杨浦·二模）设全集，，用列举法表示______.【答案】【分析】由集合的补集运算结合集合的表示法即可求解.【详解】由题意得，则.20．（2026·上海·二模）设，，若是的必要条件，则实数m的取值范围是________．【答案】【详解】由得，得，因为是的必要条件，所以，得，故实数m的取值范围是.21．（2026·上海闵行·二模）已知集合，则______.【答案】【分析】利用交集的定义求解.【详解】集合，则22．（2026·上海嘉定·二模）已知集合，且，则___________．【答案】【详解】由题意可知，或，即或，当时，集合，不满足集合元素互异性，舍去；当时，集合，符合题意，所以.23．（2026·上海奉贤·二模）已知集合，，若，则实数________．【答案】【详解】因为，所以或，解得，或，当时，，集合中的元素不满足互异性，舍去；当时，，满足题意，故24．（2026·上海崇明·二模）集合，，则________.【答案】【分析】根据交集的概念运算.【详解】由题意得，.故答案为：25．（2026·上海金山·二模）设若是的充分条件,则实数的取值范围是_______.【答案】【分析】由题意得出，由此可得出实数的取值范围.【详解】，，若是的充分条件，，则.因此，实数的取值范围是.故答案为.【点睛】本题考查利用充分条件求参数，一般转化为集合的包含关系求解，考查运算求解能力，属于基础题.26．（2026·上海·二模）设全集为，集合，则________．【答案】【分析】根据分式不等式的解法，可求得集合A，即可得答案.【详解】由，得，解得或，又，所以，则.27．（2026·上海黄浦·二模）若，，则______．【答案】【分析】解