重难点专训01 集合与常用逻辑用语六大压轴考法（专项训练）（上海专用）2027年高考数学一轮复习讲练测

**基本信息** 聚焦集合与常用逻辑用语六大压轴考法，构建“方法提炼-题型通法-分层过关”三阶训练体系，强化抽象能力与推理意识 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |新定义集合运算|5题|直译定义→分类判定→参数分类→端点核验四步法|以上海高频定义公式为基础，拆分交并补运算，绑定充要条件子集逻辑| |跨模块充要条件判断|5题|正向推导+反向推导+反例否决三步法|整合复数/几何/数列背景，通过“有一反例则单向”口诀建立命题关系| |命题真假判定|6题|拆分命题→背景化简→复合判真假→反例验证四步流程|结合立体几何异面/平面几何特殊图形/数列特殊数列构建反例体系| |集合综合解答|3题|翻译建模→层级分类→边界锁定→闭环验证四步法|从集合空非空分类到参数临界值锁定，形成完整解题闭环|

重难点专训01 集合与常用逻辑用语六大压轴考法 内容导航 解题方法及技巧提炼 1 题型通法及变式提升 3 题型1 新定义集合运算（选择压轴） 3 题型2 复数、立体几何、平面几何、数列背景充要条件判断（选择压轴） 7 题型3 立体几何、平面几何、数列背景命题真假 （选择压轴） 10 题型4 集合为背景的排列组合、数列问题 （填空压轴） 16 题型5 集合新定义为背景综合解答（解答压轴） 19 题型6 充要条件为背景综合解答（解答压轴） 25 重难专题分层过关练 30 巩固过关 30 创新提升 35 解题方法及技巧提炼 一、新定义集合运算 上海高频定义公式（直接套用） 1. 差集： 2. 对称差：（压轴最热） 3. 自定义运算：，本质拆分交并补基础运算 解题万能步骤 1.直译定义：把文字自定义，百分百转化为基础运算，不主观改编规则 2.分类判定：分离散整数集合、连续区间集合两类处理 3.参数分类：含参集合必分：集合为空、集合非空 4.端点核验：大题必须书写开闭区间核验步骤，缺一扣分 压轴综合绑定考点 新定义集合+充要条件：若“新定义集合”是的充分条件新定义集合，回归子集解题逻辑 避坑要点 新定义运算优先级：括号优先；开闭区间严格跟随题干，不可自行更改端点 二、复数/几何/数列背景充要条件判断（特色小题） 通用解题方法 1.正向推导：，依托对应模块公式化简证明 2.反向推导：，寻找限制条件、隐藏前提 3.反例否决：单向不成立，书写1组标准反例，大题直接得分 4.结论定论：分充分不必要、必要不充分、充要、既不充分也不必要四类作答 分支1：立体几何充要（扣分重灾区） 核心陷阱：不可套用平面几何结论，空间存在异面、多位置情况 易错组合：两直线无交点两直线平行（异面直线反例）→充分不必要 必背充要：直线与平面无公共点线面平行 面面垂直面内直线垂直 分支2：平面几何充要 规律：图形性质大多单向推导 矩形对角线相等，对角线相等矩形（等腰梯形反例） 菱形对角线垂直，对角线垂直菱形 分支3：数列充要（高频小题） 专属反例：常数列、正负交替等比数列、零数列 数列为等比数列为等比数列，反之不成立 等差数列单调性，仅由公差单向决定 统一口诀：有一反例则单向，双向互通才充要 三、复数/几何/数列背景命题真假判定（解答论证题） 核心解题方法 1. 拆分命题：拆分基础子命题 2. 背景化简：结合数列通项、几何位置、复数运算判断子命题真假 3. 复合判真假：套用口诀：全真才真/一真则真 4. 假命题大题规范：只需举出1个有效反例即可完整得分 四、集合新定义 高考解答压轴最后一题 压轴专属解题四步法 1.翻译建模：把文字集合定义，转化为方程/不等式恒成立、存在性模型 2.层级分类：第一层级：集合空非空；第二层级：元素离散/连续；第三层级：参数正负分类 3.边界锁定：利用子集、交并关系锁定参数临界值 4.闭环验证：压轴最后必须回代验证临界参数，排除增根 五、充要条件 高考解答压轴最后一题 高分答题模板（直接背诵套用） 1.必要性：由结论条件推导题干条件，化简求参数范围 2.充分性：带回参数范围，反向验证题干条件恒成立 3.取等核验：压轴充要大题，90%考点卡在端点等号取舍，单独书写核验步骤 题型通法及变式提升 题型1 新定义集合运算（选择压轴常客） 1.优先书写恒等变形公式：如，直接跳步化简，节省大题书写时间 2.区间大题必画数轴，数轴作图可拿步骤分 3.整数新定义：枚举法优先，杜绝代数化简出错 1．（2023·上海·高考真题）在平面上，若曲线Γ具有如下性质：存在点M，使得对于任意点，都有使得．则称这条曲线为“自相关曲线”．判断下列两个命题的真假（    ） ①所有椭圆都是“自相关曲线”．②存在是“自相关曲线”的双曲线． A．①假命题；②真命题 B．①真命题；②假命题 C．①真命题；②真命题 D．①假命题；②假命题 【答案】B 【详解】对于①，不妨设椭圆方程为，， 则椭圆上一点到距离为， 当时，对称轴，可得， 总存在使得，此时满足题意，故任意椭圆都是“自相关曲线”，故①正确， 对于②，对于给定的双曲线和点，显然存在最小值，而横坐标趋近于无穷大时，趋近于无穷大，，故不满足题意，不存在双曲线是“自相关曲线”故②错误， 故选：B 2．（2024·上海静安·二模）如果一个非空集合上定义了一个运算，满足如下性质，则称关于运算构成一个群. （1） 封闭性，即对于任意的，有； （2） 结合律，即对于任意的，有； （3） 对于任意的，方程与在中都有解． 例如，整数集关于整数的加法（）构成群，因为任意两个整数的和还是整数，且满足加法结合律，对于任意的，方程与都有整数解；而实数集关于实数的乘法（）不构成群，因为方程没有实数解. 以下关于“群”的真命题有（    ） ①自然数集关于自然数的加法（）构成群； ②有理数集关于有理数的乘法（）构成群； ③平面向量集关于向量的数量积（）构成群； ④复数集关于复数的加法（）构成群. A．0个； B．1个； C．2个； D．3个. 【答案】B 【详解】对于①，，在自然数集中无解，错误； 对于②，，在有理数集中无解，错误； 对于③，是一个数量，不属于平面向量集，错误； 对于④，因为任意两个复数的和还是复数，且满足加法结合律， 且对任意的，方程与有复数解，正确. 故选：B 3．（2025·上海黄浦·三模）指示函数是一个重要的数学函数，通常用来表示某个条件的成立情况．已知全集U的元素个数有限，对于U的任意一个子集S，定义集合S的指示函数，集合A、B都是U的子集．现有以下四个命题： ①若，则； ②； ③； ④； 注：表示M中所有元素x所对应的函数值之和．（其中M是定义域的子集） 上述命题中真命题的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【详解】由已知，集合集合S的指示函数， 则对集合的指示函数求和的结果是属于集合的元素的个数； 对于①，因为，所以若，则，此时， 若，但，此时，，此时， 若，且，此时，故始终有，①正确； 对于②，当时，由指示函数的意义知，次数，②错误； 对于③，表示属于中的元素个数， 表示中元素个数加中元素个数再减去中的元素个数，即中的元素个数， 故③正确； 对于④，当且仅当，且时，， 否则， 所以表示中既不在中又不在中的元素个数， 即中的元素个数， 表示中元素个数减去中元素个数再减去中元素个数， 相较左边多减了1次中的元素个数，故左右两式不相等，④错误； 综上，①③正确，②④错误，真命题个数为2． 故选：B 4．（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 【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. 5．（2025·上海杨浦·一模）函数的定义域、值域均为，定义集合.给出如下两个结论：①存在函数，使得对任意实数均有；②对任意函数，都存在实数，使得对任意实数均有.下面判断正确的是（   ） A．①正确，②正确 B．①正确，②错误 C．①错误，②正确 D．①错误，②错误 【答案】B 【详解】假设，在上单调递增函数， 对于任意实数，， ，，，，故①正确； 设，当时，，， 此时取，则，不满足； 当时，，取，则， 因为，所以，所以， 此时，不满足； 当时，， 取，则，不满足. 综上，不存在实数，使得对任意均有.故②错误. 故选：B. 题型2 复数、立体几何、平面几何、数列背景充要条件判断 1.复数背景：优先限定设元，标准化答题 2.数列背景：反向推导务必排除零数列、常数列、正负交替数列特例 3.几何背景：空间题必须标注异面、相交两大反例，平面题标注特殊梯形、菱形反例 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 【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．（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 【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. 3．（2026·上海·模拟预测）若复数与在复平面上分别对应点与，则“”是“”的（     ）条件 A．充分非必要 B．必要非充分 C．充要 D．既非充分又非必要 【答案】A 【详解】复数与在复平面上分别对应点与， ， 由， 可得，所以， 所以，所以或，所以， 当，满足， 所以，， 所以“”是“”的充分不必要条件. 4．（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 【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． 5．（2026·上海·模拟预测）命题：已知为无穷数列，对于任意正整数，若令首项，由递推式生成的数列，最终都会从某一项起变为同一个常数． 命题：且的公差为； 命题：数列的通项公式为． 则下列说法正确的是（     ）． A．、都是的充分条件 B．只有是的充分条件 C．只有是的充分条件 D．、都不是的充分条件 【答案】B 【详解】对于首项，由递推式生成的数列，最终都会从某一项起变为同一个常数， 若数列最终为常数，则，解得，即最终稳定为. 命题：且的公差为，所以， 取，则，则，， ，，从起恒为. 取任意正整数，， 递推过程中数值会逐渐减小，最终都会到达并保持， 所以，是的充分条件. 命题：，对，，且， 递推得，， ，， 数列在和之间循环，不会稳定为同一常数， 不满足命题，所以推不出，不是的充分条件. 综上，只有是的充分条件. 题型3 立体几何、平面几何、数列背景命题真假 1. 全称命题为假：找1个反例即可，无需全域论证 2. 特称命题为真：找1个满足条件数值即可，无需全域推导 3. 数列命题：优先用n=1,n=2代入验证，最快判定真假 1．（2026·上海·一模）已知某个四棱柱为平行六面体，从一个顶点出发相邻的三个面的面积分别为a，b，c，则（    ） 命题①：若该四棱柱为直四棱柱，则它的体积为是直四棱柱为长方体的充要条件 命题②：若该四棱柱为斜四棱柱，则它的体积为是斜四棱柱为长方体的充要条件 A．①②都正确 B．①②都错误 C．①正确，②错误 D．①错误，②正确 【答案】A 【详解】设直四棱柱的底面平行四边形的相邻两边长分别为和，两边的夹角为，侧棱长为， 则底面面积为，两个相邻的侧面面积（因为是直四棱柱，侧面是矩形）为和， 此时，同时根据柱体体积公式可得直四棱柱的体积为， 前者等于后者的充要条件为即，故命题①正确； 斜四棱柱的侧棱不垂直于底面，因此不可能是长方体，则由前面的分析可知斜四棱柱的体积不可能是， 因此这是两个假命题互为充要条件，故命题②正确. 2．（2026·上海杨浦·模拟预测）若函数在其定义域内恒成立，则称为“级导同函数”，对“级导同函数”有如下两个命题，则（   ） 命题①：为奇函数的充要条件为为偶函数 命题②：若经过一二象限，则一定不经过三四象限且一定不具有周期性 A．①②都正确 B．①②都错误 C．①正确，②错误 D．①错误，②正确 【答案】A 【详解】为“级导同函数”，即， 若，则，满足， 若，则，，(其中是常数)， 所以（其中为常数），， 所以或. 命题①，充分性：为偶函数， 若，则，既不是奇函数，也不是偶函数， 所以若为偶函数，则必有，而是奇函数，充分性满足； 必要性：为奇函数，无奇偶性，则，因此是偶函数，必要性满足. 所以命题①正确； 命题②，若经过一二象限，则， 由于且，故恒为正，其图像只经过第一、二象限； 同时，当时，为单调函数，故不具有周期性，所以命题②正确. 3．（2022·上海·高考真题）在平面直角坐标系中，已知关于点集的两个结论： ①存在直线l，使得集合中不存在点在直线l上，而存在点在l的两侧； ②存在直线l，使得集合中存在无数个点在直线上. 则下列判断正确的是（    ） A．①成立，②成立 B．①成立，②不成立 C．①不成立，②成立 D．①不成立，②不成立 【答案】B 【详解】对于①，取直线, 则对于任意的，有， 故圆均在直线的下方， 而对任意的，有， 故圆均在直线的上方， 而当时，表示原点，它在直线的下方， 故此时集合中所有的点均不在直线上，且存在点在直线的两侧. 所以①成立. 对于②，设直线的方程为，则圆心到直线的距离为 当时所以直线只能与有限个圆相交，所以②不成立. 故选：B 4．（2026·上海杨浦·模拟预测）若椭圆和双曲线有相同的焦点，离心率分别为，点是这两条曲线的一个交点，且两两互不相等，则（    ） 命题①：从集合 的子集中随机抽取一个，若该子集的元素值均可知，则可求得的值的概率为 命题②：若 ，则 A．①②都正确 B．①②都错误 C．①正确②错误 D．①错误②正确 【答案】B 【详解】根据椭圆和双曲线的定义，可设椭圆的长半轴为，短半轴为，双曲线的实半轴为，虚半轴为，两者的半焦距均为； 有，，，，， 即，即. 对于①，根据定义，在椭圆中，有， 在双曲线中有，分别平方并相减， 可得，即； 记计算为事件， 集合共有个子集，其中能计算的子集包括集合， 全部四个有三个元素的子集，集合和集合，共个， 根据古典概型公式，，可知①错误； 对于②，由，可取，，，，此时，，，计算可得，，满足，，可知②错误. 5．（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 【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. 6．（2025·上海浦东新·三模）设、、、、是某圆锥曲线上的五个两两不同的点，、、、、依次是线段、、、、的中点且、、、、在圆锥曲线上．有下列两个命题：①、有可能均为双曲线；②、不可能均为抛物线．则（    ） A．①真；②真 B．①真；②假 C．①假；②真 D．①假；②假 【答案】B 【详解】命题①：结合对称性，在双曲线上分别取如下五点： ， 则线段、、、、的中点依次为 ， 结合点的对称性，不妨设双曲线的方程为， 双曲线中心为，， 由点的对称性，只需代入点解方程组， 则有； 解得， 此时，， 故存在双曲线过此五点，故①真； 命题②：结合对称性，在抛物线分别取如下五点：， 其中，则， 则线段、、、、的中点依次为 ， 抛物线，设，， 验证：， 即在抛物线（）上； ，即在抛物线（）上； ，即在抛物线（）上； 所以，、可能均为抛物线，故②假； 故选：B． 题型4 集合为背景的排列组合、数列问题 （填空压轴） 1．（2025·上海普陀·一模）某人工智能模型在自然语言处理中，使用位置编码表示词序，每个位置编码需用一个6维向量表示．若某位置编码可以写成（a，b，c，d，e，f）的形式，其中，则在仅考虑前3个位置的情况下，恰好取2个不同值的编码共有___________个． 【答案】18 【详解】先从这3个数中选2个，有种选法； 再分配2个数到3个位置，必有2个位置的数是相同的， 选择出现1次的数：从选中的2个数中选1个，有种选法， 选择出现1次的数的位置：有种选择； 共有种编码. 故答案为：18 2．（2025·上海黄浦·一模）已知数列是公差为2的等差数列，数列，，也为等差数列，且，则_______． 【答案】 【详解】因为数列，，为等差数列， 所以，即， 所以， 化简可得， 当时，，解得； 当时，，此时无解； 当时，，解得，不合题意； 综上，. 故答案为： 3．（2024·上海·高考真题）设集合A中的元素皆为无重复数字的三位正整数，且元素中任意两者之积皆为偶数，求集合中元素个数的最大值为__________． 【答案】329 【详解】由题意可知，集合中每个元素都互异，且元素中最多有一个奇数，（若有2个以上奇数，则不满足任意两者之积皆为偶数），剩余全是偶数. 先研究集合中无重复数字的三位偶数； （1）若个位为0，这样的偶数有个； （2）若个位不为0，这样的偶数有个； 所以集合元素个数最大值为个． 故答案为：329 4．（2024·上海·高考真题）无穷等比数列满足首项，记，若对任意正整数集合是闭区间，则的取值范围是______． 【答案】 【详解】由题设有，因为，故，故， 当时，，故，此时为闭区间， 当时，不妨设，若，则， 若，则， 若，则， 综上，， 又为闭区间等价于为闭区间， 而，故对任意恒成立， 故即，故， 故对任意的恒成立，因， 故当时，，故即. 故答案为：. 5．（2025·上海金山·一模）已知四边形为平行四边形，集合均为集合的四元子集，若对于任意，当时，中的元素个数都不超过个，则正整数的最大值为___________． 【答案】 【详解】由题意可知共个元素， 记为， 假设中最大交集为， 所以含的四元集合中剩下的两个元素不能相同， 因为中共8个元素，则还剩下6个元素， 所以中，含的四元集合最多有个, 即数对在中最多出现3次， 同理任何一个二元数对可在中最多出现3次， 所以一个四元集中出现个二元数对， 所以个四元集中共出现次， 因为中最多有种不同的二元数对，每个最多出现3次， 所以，解得. 所以正整数的最大值为. 故答案为： 6．（2025·上海崇明·一模）设．数列满足下列条件：，且对任意的，都存在使得，其中互不相等，则数列的前20项和的最大值是_______． 【答案】 【详解】数列满足下列条件：， 则数列为非递减数列， 设数列中分别有个， 对任意的，都存在使得，其中互不相等， 对于数列中，由于，所以， 对于数列中，同理可得， 对于数列中，由于， 所以， 对于数列中，由于， 所以， 对于数列中，由于， 所以， 若数列的前20项和要最大，则， 所以数列的前20项和为. 故答案为： 题型5集合新定义为背景综合解答（解答压轴） 1.分步得分：三小问独立计分，第一问直译定义求值，保底拿分，切勿直接放弃 2.分类书写标准化：每一类开头标注【①集合为空集 ②集合非空】，阅卷直接给步骤分 3.高阶结论秒杀：封闭集合满足交并运算封闭，可直接使用二级结论，省略繁琐证明 4.整数压轴集合：优先奇偶分类，大幅简化运算 1．（23-24高三上·上海·期中）给定自然数i．称非空集合A为减i集，若A满足： （i），； （ii）对任意x，，只要，就有．问： (1)直接判断是否为减0集，是否为减1集； (2)是否存在减2集?若存在，求出所有的减2集；若不存在，请说明理由； (3)是否存在减1集?若存在，求出所有的减1集；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)P是“减0集”，不是“减1集” (2)不存在，理由见解析 (3)存在“减1集”； 【详解】（1）因为，，， 所以是“减0集”， 同理因为，，， 所以不是“减1集”. （2）假设存在“减2集”， 则，那么， 分以下两种情形来讨论： 情形一：当时，有， 注意到，所以中有一个是2，有一个是4， 所以集合中除1以外的最小元素为6， 但是，， 而这与集合是“减2集”矛盾. 情形二：当时，则或， （因为若为负整数，则，即此时）， 若，有， 注意到，所以中有一个是2，有一个是3， 所以集合中除1以外的最小元素为5， 但是，， 而这与集合是“减2集”矛盾； 若，有， 不妨设，， 且此时集合中除1以外的最小元素为， 但是，所以, 而这与集合是“减2集”矛盾. 综上所述：不存在集合是“减2集”. （3）假设存在是“减1集”，. 假设，则中除了元素1以外，必然还含有其他元素. 假设，则，但，因此， 假设，则，且，因此， 因此可以有, 假设，则，但，因此， 假设，则，且，因此， 可得奇数可能属于减一集，偶数不属于减一集， 又当时，，但， 所以A中元素应该小于7， 因此减1集可以有. 2．（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． 【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. 3．（2025·上海·模拟预测）已知，设集合，． (1)求； (2)证明：存在唯一的，使得集合恰有三个元素； (3)若集合元素个数大于等于，且的所有元素按照一定顺序可以排成一个等差数列，则称为一个“好值”，判断所有“好值”的个数，并说明理由． 【详解】（1）依题意，，设，则， 当时，，当时，， 则函数在上单调递减，在上单调递增， 而，即方程只有1个实根为0，故. （2）由（1）可知，方程 在时无解，在时有一个解，在时有两个解． 令，，则． 当时，；当时，． 所以在上单调递减，在上单调递增，且． 因此方程 在时无解，在时有一个解，在时有两个解． 当时， ，不符合题意． 当时，两个方程各有两个解，若恰有三个元素，则两个方程必须有一个公共解． 设公共解为，则，且 ，即 ． 令 ，，则 ． 因为 ，所以 ． 所以在上单调递增． 当时， ， ，所以方程 在上有且只有一个解． 设这个解为，则对应唯一．故存在唯一的，使得集合恰有三个元素． （3）由前两问可知，若集合元素个数大于等于，则． 设方程 的两个解为，其中． 因为 ， ，所以 ， ． 故方程 的两个解为 ，从而 ． 第一种情况，恰有三个元素． 由第（2）问可知此时 ，即，且 ． 于是 ，所以可以排成等差数列．因此第（2）问中唯一对应的是一个“好值”． 第二种情况，恰有四个元素． 若 ，则四个元素按从小到大排列为 ． 若它们能排成等差数列，则应有 ． 但时， ，矛盾，所以此时不可能． 若，则四个元素按从小到大排列为 ． 若它们能排成等差数列，则应满足 ， ．由第二个式子得． 因为，所以 ． 设为方程 在上的根，则． 将代入 ，令 则 ． 又 ，且函数 在上单调递增，所以，从而 ． 对求导，得 当 时，分母为正； 下面证明分子为正． 记 由，且函数在上单调递增，又，可知． 所以当时，，从而． 因为，两边同乘负数时，不等号方向改变，得 于是 又二次函数的判别式为， 且二次项系数为正，所以恒成立． 因此，从而． 因此在上单调递增，故 有且只有一个解．于是四个元素能排成等差数列时，对应唯一一个． 综上，满足条件的“好值”共有个． 题型6 充要条件为背景综合解答（解答压轴） 1.含参充要：等价转化为集合相等，比代数证明更简单 2.函数型充要：优先用单调性、最值双向等价，规避复杂解方程 3.双向证明难易不均：难的一侧可用反证法大题简写，节省答题时间 1．（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． 【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，. 2．（2024·上海·高考真题）记 (1)若，求和; (2)若，求证:对于任意，都有，且存在，使得. (3)已知定义在上有最小值，求证"是偶函数"的充要条件是“对于任意正实数，均有”. 【详解】（1）由题意得:； (2)由题意知，记，有或2， 0 2 正 0 负 0 正 极大值 极小值 现对分类讨论: 当，有为严格增函数，因为，此时，符合条件; 当时，，先减后增，， 因为取等号)，所以， 此时，符合条件，且时，； 当时，，在严格增，在严格减，在严格增， ，因为， 此时，，则，则成立; 综上可知，对于任意，都有，且存在，使得. (3)必要性:若为偶函数，则， 当，因为，故; 充分性：若对于任意正实数，均有，其中， 因为有最小值，不妨设， 由于任意，令，则， 故最小元素为，中最小元素为， 又 则对任意成立，则 ， 若，则对任意成立是偶函数， 若，此后取， ， 综上，任意，即是偶函数. 故"是偶函数"的充要条件是“对于任意正实数，均有”. 3．（25-26高三上·上海徐汇·阶段检测）定义：对于，，若，则称为和的“一一值”；若，则称为和的“零二值”． (1)求与自身所有“零二值”的取值集合的子集； (2)求和的“一一值”的个数； (3)判断：对于定义域为的函数和，大于1的正数a满足：“任意x均为和的‘一一值’和‘零二值’”是命题“”的什么条件并说明理由． 【详解】（1）由题， 令即，解得或， 所以与自身所有“零二值”的取值共有3个，构成的集合为， 所以与自身所有“零二值”的取值集合的子集为. （2）由题和，令， 则当时，，即，解得（舍去）或； 当时，即即，解得（舍去）或. 所以和的“一一值”的个数为2个. （3）对于定义域为的函数，大于1的正数a满足：“任意x均为和的‘一一值’和‘零二值’”是命题“”的充要条件， 理由如下：任意x均为和的‘一一值’和‘零二值’， 则任意x均满足且，又， 则（c为常数）， 所以，所以，充分性成立； 当时，对任意x均有且， 所以任意x均为和的‘一一值’和‘零二值’必要性成立. 所以对于定义域为的函数和，大于1的正数a满足：“任意x均为和的‘一一值’和‘零二值’”是命题“”的充要条件. 4．（25-26高三下·上海浦东新·期中）对于定义在区间上的函数，定义集合．对任意闭区间，设函数在区间上的最大值为，最小值为，记． (1)若，判断函数是否属于集合，并求的值； (2)若，且，求函数的解析式； (3)若，令．证明：是单调函数的充要条件是：对任意，恒成立． 【详解】（1）任取，， 又，所以函数属于集合 易知在上严格单调递减 故最大值，最小值 因此 （2）取，则 又，所以； 取，则 又，所以 综上，所以 （3）必要性：若单调递增，则对任意，，在定义域上单调递增， 所以； 若单调递减，则对任意，，在定义域上单调递增， 所以 必要性得证. 充分性：若不单调，则在存在极值点，导致，与题意矛盾，故是单调函数 充分性得证 5．（2025·上海虹口·一模）已知函数的定义域为（），记，其中，且． (1)当，，，求函数的零点； (2)当，，若恒有，求实数的取值范围； (3)当，求证：“对于任意的正有理数，函数在上均是严格增函数”的充要条件是“任取中两个不相同的元素和，均有”． 【详解】（1）当，，时，， 令，解得， 所以函数的零点为. （2）， 若，当时的二次项系数为负导致当时，， 当时，，均不满足恒成立，故， 所以，设， 则，解得或（舍去），即， 此时，所以在上单调递增， 所以， 所以实数的取值范围为. (3)证明：必要性：对于，取， 因为函数在上是严格增函数且，所以， 即， 即， 所以. 充分性：，且， 因为， 所以， 即，又， 所以函数在上是严格增函数. 重难专题分层过关练 巩固过关 1．（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 【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. 2．（2025·上海·三模）已知曲线，为曲线上任一点，命题：曲线与直线恰有四个公共点；命题：曲线与直线相切；下列说法正确的是（   ） A．命题和命题都为真 B．命题为真，命题为假 C．命题为假，命题为真 D．命题和命题都为真. 【答案】C 【详解】命题：由消元法可得，所以， 当或时，或，故此时无解， 下面考虑上方程的解的个数， 设，所以， 设且，则，则， 所以， 又因为， 所以的解为，， 而， 故当或时，，当时，， 故在，上为减函数，在上为增函数， 而，且， ，而，故， 故，，故在有3个不同的实数根，故命题错误； 命题：由，可得，故， 对两边求关于的导数，又随的变化而变化， 则， 故当时，有， 当，，而直线的斜率为2， 故曲线与直线相切，命题正确. 故选：C. 3．（2025·上海奉贤·一模）已知等差数列的公差不为零，为其前项和，存在正整数满足，有两个命题： 命题①：设数列公差，则． 命题②：、均是小于的正整数，则． 以上判断正确的是（    ） A．命题①②都是真命题 B．命题①是真命题，命题②是假命题 C．命题①②都是假命题 D．命题①是假命题，命题②是真命题 【答案】D 【详解】等差数列的公差不为零，为其前项和，， ，， 命题①：， ， ，， 当时，； 当且时，；故命题①错误； 命题②：，、均是小于的正整数， ， ， ，故命题②正确. 故选：D. 4．（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． 5．（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 【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； 6．（2025·上海嘉定·一模）、、、、是1、2、3、4、5的全排列，如果对任意的，和中至少有一个大于，则满足要求的排列的总数为_____. 【答案】 【详解】因为没有比大的数，所以只能排在第一位或者第五位， 当排在第一位时，若排在第二位，此时排列可以是，，，，共种情况； 当排在第一位时，若排在第二位，此时没有比大的数，故只能排在第五位， 此时排列可以是，，共种情况； 当排在第一位时，若排在第二位，此时没有比大的数，故只能排在第五位， 此时排列可以是，共种情况； 当排在第一位时，若排在第二位，此时没有比大的数，故只能排在第五位， 此时排列可以是，共种情况； 由上可知，当排在第一位时，共有种情况， 同理可得，当排在第五位时，也有种情况满足条件， 综上所述，共有种排列满足条件， 故答案为：. 7．（25-26高二上·上海·阶段检测）是的全排列，如果对任意的与中至少有一项大于的概率为___________． 【答案】 【详解】由题意可知的全排列有种， 因为没有比大的数，所以只能排在第一位或者第五位， 当排在第一位时，若排在第二位，此时排列可以是，，，，共种情况； 当排在第一位时，若排在第二位，此时没有比大的数，故只能排在第五位， 此时排列可以是，，共种情况； 当排在第一位时，若排在第二位，此时没有比大的数，故只能排在第五位， 此时排列可以是，共种情况； 当排在第一位时，若排在第二位，此时没有比大的数，故只能排在第五位， 此时排列可以是，共种情况； 由上可知，当排在第一位时，共有种情况， 同理可得，当排在第五位时，也有种情况满足条件， 综上所述，共有种排列满足条件， 所以对应概率为． 故答案为：． 创新提升 1．（2025·上海金山·一模）记曲线且且为，称其为“超椭圆”．命题：直线与超椭圆有3个不同交点；命题：超椭圆上的点到坐标原点距离的取值范围为．则下列说法正确的是（   ） A．命题为真命题，命题为假命题 B．命题为假命题，命题为真命题 C．命题均为真命题 D．命题均为假命题 【答案】A 【详解】命题：：，由可得：，同理， 当时，方程可化简为， 联立，解得：； 当时，方程可化简为， 联立，解得：（舍）或； 当时，不过第三象限，所以第三象限无交点； 当时，方程可化简为， 联立，解得：或（舍） 综上：与直线共3个交点，所以命题正确； 命题：：，由图形的对称性，不妨考虑. 即，令，则， 则， 由权方和不等式可得：， 所以，所以命题错误. 故选：A 2．（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 【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； 3．（2025·上海虹口·一模）若每一项均为正数的数列的前项和为，若对于任意的正整数，均存在正整数使得，则称具有“性质”．对于以下两个命题，说法正确的是（ ） ①存在等比数列，使得具有“性质”； ②若具有“性质”，记且为等差数列，则． A．①和②都为真命题 B．①和②都为假命题 C．①为真命题，②为假命题 D．①为假命题，②为真命题 【答案】A 【详解】对于①，因为数列每一项均为正数，故， 又对于任意的正整数，均存在正整数使得， 故存在正整数使得，即， 设，则， 其中，故， 解得， 当时，取，满足要求， 对任意的正整数，均存在正整数，使得上式成立， 具有“性质”，故存在等比数列，使得具有“性质”；①正确； 对于②，当时，，故只能等于1，即， 当时，，故只能等于1，即，， 为等差数列，故公差为，所以， 假设，则当时，，这与矛盾， 故，所以为常数列， 易知，若，则，舍去， 若，则，令可得， 同理易知，若，则，舍去， 所以，，令，可得， 或，令，可得， 同理，可得或， 或可得，或可得， 依次类推可得，当时，每一个的最大值为， 当时，，②正确. 故选：A 4．（2026·上海·模拟预测）定义在区间上的函数的图象是一条连续不断的曲线，在区间上严格递增，在区间上严格递减，为正整数． ①若，且存在最小值，则存在最小值； ②若，且存在最大值，则存在最大值． 则针对以上两个命题下列判断正确的是（     ）． A．①是真命题，②是假命题 B．①是假命题，②是真命题 C．①②都是真命题 D．①②都是假命题 【答案】D 【详解】①，构造如下函数． 对任意正整数，规定 并且在区间上令 在区间上令 这样定义后，处左右两段的函数值都等于，处左右相邻两段的函数值都等于， 所以函数图象是一条连续不断的曲线． 在上，函数是一次函数，斜率为所以在上严格递增． 在上，函数是一次函数，斜率为所以在上严格递减． 因此该函数满足题设的连续性和单调性要求． 因为且所以存在最小值． 但是该函数各段端点值都为正数，且每一段都是两个正数之间的一次函数，所以，从而． 又当越来越大时，可以任意接近，但不等于． 所以可以任意接近，却不能取到，因此不存在最小值．故①是假命题． ②，构造如下函数．对任意正整数，规定 在区间上，令 在区间上，令 同理，该函数在相邻小区间端点处的函数值一致，所以函数图象连续不断． 在上，斜率为故函数严格递增； 在上，斜率为故函数严格递减． 因此该函数也满足题设的连续性和单调性要求． 因为且 所以存在最大值． 下面说明没有最大值． 在上述函数中，各段的函数值都在与之间，并且正向最大端点值为 因此对任意，都有． 另一方面， 当越来越大时，可以任意接近，但不等于． 所以可以任意接近，却不能取到，因此不存在最大值，故②是假命题． 5．（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 【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. 6．（2025·上海徐汇·一模）已知数列满足：，对任意的正整数均有，若存在正整数，使得所有数列均满足，则的最大值为__________． 【答案】 【详解】由题可知：， 则：， ， ， ， 要使不等式恒成立，的最大值小于等于的最小值， 当时，取， ，，符合； 当时，取， ，此时：， ，符合； 当时，取， ，此时：， ，不符；故当时，不符； 当时，取， ，此时：，，不符； 当时，取， ，此时：，，不符； 综上：的最大值为. 故答案为： 7．（25-26高三上·上海宝山·期末）已知连续函数和，设，集合． (1)若指数函数的图像过点，且，求； (2)若，，且在区间上存在极值点，求实数的取值范围，并判断是否属于，请说明理由； (3)若的导函数是上的严格减函数，，且函数在处的切线方程是．求证：“”的充要条件是“”． 【详解】（1）设，由题意可知，则， 所以， 由，得， 即； （2）因为，所以， 设，因为，所以在上是增函数， 所以，又因为在区间上存在极值点， 所以，解得，由得，则， 所以， 因为，所以，所以，即； （3）已知，则当时，， 因为是连续函数且，所以， 所以是得一个极大值点，故， 又，于是， 所以函数在处的切线方程是． 代入化简得，即，充分性成立； 已知，又函数在处的切线方程是， 即， 于是，所以，， 因为，又因为函数是上的减函数， 所以函数是上的减函数， 当时，， 所以是在上单调递减，则， 当时，， 所以是在上单调递增，则， 所以，必要性成立； 综上，“”的充要条件是“”． 8．（25-26高三上·上海青浦·期末）已知函数定义域为，对于实数，定义集合，. (1)若，求和； (2)给定实数，若满足对任意，均有，求的取值范围； (3)若集合满足：，则称和互为对称集.证明：“函数为偶函数”的充要条件是“对任意实数与互为对称集”. 【详解】（1）由在上单调递减，在上单调递增， 则时，，即， 而或. （2）因为对于任意，均有， 若，则，即若，则，所以， 由，则， 令，得，令，得或， 所以函数在上单调递减，在和上单调递增， 又， 作出函数的图象， 由于对于任意，都有，则或， 所以的取值范围为. （3）若函数是偶函数， 则对任意，， 对任意，若，即且， 则， 由，得，而，则； 若，则且， 则， 由，得，而，则， 所以对任意实数与互为对称集，必要性成立； 若对任意实数与互为对称集，则， 而，， 由，等价于， 对任意，，则，则， 对任意，，则，则， 所以，则函数是偶函数，充分性成立. 综上所述，“函数为偶函数”的充要条件是“对任意实数与互为对称集”. 9．（2025·上海黄浦·一模）已知函数的定义域为D，对于给定实数t，定义集合． (1)若，求； (2)若，求证：“为周期函数”的充要条件是“存在非零常数t，使得”． (3)若，，且对于任意的，都有，求实数a的取值范围． 【详解】（1）， 若，则， 所以， 所以 (2)充分性：因为，， 所以，所以，因为，所以是周期函数； 必要性：若是周期函数，设是的周期，则， 所以，， 所以存在，使. （3）因为，，所以，， 所以在上单调递增，所以， 若，则，则不满足； 所以，设， 因为， 当单调递减；当单调递增； 所以，即， 设，则， 当单调递增；当单调递减； 又，所以； 所以. 10．（2026·上海·三模）设是定义在上的函数，若对任何实数以及中的任意两个实数，恒有，则称为函数． (1)判断函数是否为函数，说明理由； (2)已知是实数，函数是函数，求的最大值； (3)若是定义域为的函数，求证：“存在实数，使得恒成立”是“存在非零实数，使得恒成立”的充要条件． 【详解】(1)不是函数， 说明如下（举反例）：记，取， 则 即， 所以不是函数； （2）记， 当时，当时，， 对任何实数以及中的任意两个实数， 即， 所以是函数． 当时，取 ， 又， 所以 即， 所以 不是函数． 综上所述，的最大值为1． (3)先证充分性，若“存在实数，使得恒成立”， 则有，则恒成立． 充分性得证． 再证必要性，若“存在非零实数，使得恒成立”， 不妨设，记，则有 ， 因为， ， 故对于任意整数， 有 ，假设存在实数，使得， 显然 ，则存在整数，使得 ， 一方面，取，则 ， ， 即， 另一方面，取，则， 所以，即，所以， 与矛盾，假设不成立， 所以恒成立，必要性得证． 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点专训01 集合与常用逻辑用语六大压轴考法 内容导航 解题方法及技巧提炼 1 题型通法及变式提升 3 题型1 新定义集合运算（选择压轴） 3 题型2 复数、立体几何、平面几何、数列背景充要条件判断（选择压轴） 5 题型3 立体几何、平面几何、数列背景命题真假 （选择压轴） 6 题型4 集合为背景的排列组合、数列问题 （填空压轴） 7 题型5 集合新定义为背景综合解答（解答压轴） 8 题型6 充要条件为背景综合解答（解答压轴） 10 重难专题分层过关练 12 巩固过关 12 创新提升 13 解题方法及技巧提炼 一、新定义集合运算 上海高频定义公式（直接套用） 1. 差集： 2. 对称差：（压轴最热） 3. 自定义运算：，本质拆分交并补基础运算 解题万能步骤 1.直译定义：把文字自定义，百分百转化为基础运算，不主观改编规则 2.分类判定：分离散整数集合、连续区间集合两类处理 3.参数分类：含参集合必分：集合为空、集合非空 4.端点核验：大题必须书写开闭区间核验步骤，缺一扣分 压轴综合绑定考点 新定义集合+充要条件：若“新定义集合”是的充分条件新定义集合，回归子集解题逻辑 避坑要点 新定义运算优先级：括号优先；开闭区间严格跟随题干，不可自行更改端点 二、复数/几何/数列背景充要条件判断（特色小题） 通用解题方法 1.正向推导：，依托对应模块公式化简证明 2.反向推导：，寻找限制条件、隐藏前提 3.反例否决：单向不成立，书写1组标准反例，大题直接得分 4.结论定论：分充分不必要、必要不充分、充要、既不充分也不必要四类作答 分支1：立体几何充要（扣分重灾区） 核心陷阱：不可套用平面几何结论，空间存在异面、多位置情况 易错组合：两直线无交点两直线平行（异面直线反例）→充分不必要 必背充要：直线与平面无公共点线面平行 面面垂直面内直线垂直 分支2：平面几何充要 规律：图形性质大多单向推导 矩形对角线相等，对角线相等矩形（等腰梯形反例） 菱形对角线垂直，对角线垂直菱形 分支3：数列充要（高频小题） 专属反例：常数列、正负交替等比数列、零数列 数列为等比数列为等比数列，反之不成立 等差数列单调性，仅由公差单向决定 统一口诀：有一反例则单向，双向互通才充要 三、复数/几何/数列背景命题真假判定（解答论证题） 核心解题方法 1. 拆分命题：拆分基础子命题 2. 背景化简：结合数列通项、几何位置、复数运算判断子命题真假 3. 复合判真假：套用口诀：全真才真/一真则真 4. 假命题大题规范：只需举出1个有效反例即可完整得分 四、集合新定义 高考解答压轴最后一题 压轴专属解题四步法 1.翻译建模：把文字集合定义，转化为方程/不等式恒成立、存在性模型 2.层级分类：第一层级：集合空非空；第二层级：元素离散/连续；第三层级：参数正负分类 3.边界锁定：利用子集、交并关系锁定参数临界值 4.闭环验证：压轴最后必须回代验证临界参数，排除增根 五、充要条件 高考解答压轴最后一题 高分答题模板（直接背诵套用） 1.必要性：由结论条件推导题干条件，化简求参数范围 2.充分性：带回参数范围，反向验证题干条件恒成立 3.取等核验：压轴充要大题，90%考点卡在端点等号取舍，单独书写核验步骤 题型通法及变式提升 题型1 新定义集合运算（选择压轴常客） 1.优先书写恒等变形公式：如，直接跳步化简，节省大题书写时间 2.区间大题必画数轴，数轴作图可拿步骤分 3.整数新定义：枚举法优先，杜绝代数化简出错 1．（2023·上海·高考真题）在平面上，若曲线Γ具有如下性质：存在点M，使得对于任意点，都有使得．则称这条曲线为“自相关曲线”．判断下列两个命题的真假（    ） ①所有椭圆都是“自相关曲线”．②存在是“自相关曲线”的双曲线． A．①假命题；②真命题 B．①真命题；②假命题 C．①真命题；②真命题 D．①假命题；②假命题 2．（2024·上海静安·二模）如果一个非空集合上定义了一个运算，满足如下性质，则称关于运算构成一个群. （1） 封闭性，即对于任意的，有； （2） 结合律，即对于任意的，有； （3） 对于任意的，方程与在中都有解． 例如，整数集关于整数的加法（）构成群，因为任意两个整数的和还是整数，且满足加法结合律，对于任意的，方程与都有整数解；而实数集关于实数的乘法（）不构成群，因为方程没有实数解. 以下关于“群”的真命题有（    ） ①自然数集关于自然数的加法（）构成群； ②有理数集关于有理数的乘法（）构成群； ③平面向量集关于向量的数量积（）构成群； ④复数集关于复数的加法（）构成群. A．0个； B．1个； C．2个； D．3个. 3．（2025·上海黄浦·三模）指示函数是一个重要的数学函数，通常用来表示某个条件的成立情况．已知全集U的元素个数有限，对于U的任意一个子集S，定义集合S的指示函数，集合A、B都是U的子集．现有以下四个命题： ①若，则； ②； ③； ④； 注：表示M中所有元素x所对应的函数值之和．（其中M是定义域的子集） 上述命题中真命题的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 4．（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 5．（2025·上海杨浦·一模）函数的定义域、值域均为，定义集合.给出如下两个结论：①存在函数，使得对任意实数均有；②对任意函数，都存在实数，使得对任意实数均有.下面判断正确的是（   ） A．①正确，②正确 B．①正确，②错误 C．①错误，②正确 D．①错误，②错误 题型2 复数、立体几何、平面几何、数列背景充要条件判断 1.复数背景：优先限定设元，标准化答题 2.数列背景：反向推导务必排除零数列、常数列、正负交替数列特例 3.几何背景：空间题必须标注异面、相交两大反例，平面题标注特殊梯形、菱形反例 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． 2．（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 3．（2026·上海·模拟预测）若复数与在复平面上分别对应点与，则“”是“”的（     ）条件 A．充分非必要 B．必要非充分 C．充要 D．既非充分又非必要 4．（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． 5．（2026·上海·模拟预测）命题：已知为无穷数列，对于任意正整数，若令首项，由递推式生成的数列，最终都会从某一项起变为同一个常数． 命题：且的公差为； 命题：数列的通项公式为． 则下列说法正确的是（     ）． A．、都是的充分条件 B．只有是的充分条件 C．只有是的充分条件 D．、都不是的充分条件 题型3 立体几何、平面几何、数列背景命题真假 1. 全称命题为假：找1个反例即可，无需全域论证 2. 特称命题为真：找1个满足条件数值即可，无需全域推导 3. 数列命题：优先用n=1,n=2代入验证，最快判定真假 1．（2026·上海·一模）已知某个四棱柱为平行六面体，从一个顶点出发相邻的三个面的面积分别为a，b，c，则（    ） 命题①：若该四棱柱为直四棱柱，则它的体积为是直四棱柱为长方体的充要条件 命题②：若该四棱柱为斜四棱柱，则它的体积为是斜四棱柱为长方体的充要条件 A．①②都正确 B．①②都错误 C．①正确，②错误 D．①错误，②正确 2．（2026·上海杨浦·模拟预测）若函数在其定义域内恒成立，则称为“级导同函数”，对“级导同函数”有如下两个命题，则（   ） 命题①：为奇函数的充要条件为为偶函数 命题②：若经过一二象限，则一定不经过三四象限且一定不具有周期性 A．①②都正确 B．①②都错误 C．①正确，②错误 D．①错误，②正确 3．（2022·上海·高考真题）在平面直角坐标系中，已知关于点集的两个结论： ①存在直线l，使得集合中不存在点在直线l上，而存在点在l的两侧； ②存在直线l，使得集合中存在无数个点在直线上. 则下列判断正确的是（    ） A．①成立，②成立 B．①成立，②不成立 C．①不成立，②成立 D．①不成立，②不成立 4．（2026·上海杨浦·模拟预测）若椭圆和双曲线有相同的焦点，离心率分别为，点是这两条曲线的一个交点，且两两互不相等，则（    ） 命题①：从集合 的子集中随机抽取一个，若该子集的元素值均可知，则可求得的值的概率为 命题②：若 ，则 A．①②都正确 B．①②都错误 C．①正确②错误 D．①错误②正确 5．（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 6．（2025·上海浦东新·三模）设、、、、是某圆锥曲线上的五个两两不同的点，、、、、依次是线段、、、、的中点且、、、、在圆锥曲线上．有下列两个命题：①、有可能均为双曲线；②、不可能均为抛物线．则（    ） A．①真；②真 B．①真；②假 C．①假；②真 D．①假；②假 题型4 集合为背景的排列组合、数列问题 （填空压轴） 1．（2025·上海普陀·一模）某人工智能模型在自然语言处理中，使用位置编码表示词序，每个位置编码需用一个6维向量表示．若某位置编码可以写成（a，b，c，d，e，f）的形式，其中，则在仅考虑前3个位置的情况下，恰好取2个不同值的编码共有___________个． 2．（2025·上海黄浦·一模）已知数列是公差为2的等差数列，数列，，也为等差数列，且，则_______． 3．（2024·上海·高考真题）设集合A中的元素皆为无重复数字的三位正整数，且元素中任意两者之积皆为偶数，求集合中元素个数的最大值为__________． 4．（2024·上海·高考真题）无穷等比数列满足首项，记，若对任意正整数集合是闭区间，则的取值范围是______． 5．（2025·上海金山·一模）已知四边形为平行四边形，集合均为集合的四元子集，若对于任意，当时，中的元素个数都不超过个，则正整数的最大值为___________． 6．（2025·上海崇明·一模）设．数列满足下列条件：，且对任意的，都存在使得，其中互不相等，则数列的前20项和的最大值是_______． 题型5集合新定义为背景综合解答（解答压轴） 1.分步得分：三小问独立计分，第一问直译定义求值，保底拿分，切勿直接放弃 2.分类书写标准化：每一类开头标注【①集合为空集 ②集合非空】，阅卷直接给步骤分 3.高阶结论秒杀：封闭集合满足交并运算封闭，可直接使用二级结论，省略繁琐证明 4.整数压轴集合：优先奇偶分类，大幅简化运算 1．（23-24高三上·上海·期中）给定自然数i．称非空集合A为减i集，若A满足： （i），； （ii）对任意x，，只要，就有．问： (1)直接判断是否为减0集，是否为减1集； (2)是否存在减2集?若存在，求出所有的减2集；若不存在，请说明理由； (3)是否存在减1集?若存在，求出所有的减1集；若不存在，请说明理由． 2．（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． 3．（2025·上海·模拟预测）已知，设集合，． (1)求； (2)证明：存在唯一的，使得集合恰有三个元素； (3)若集合元素个数大于等于，且的所有元素按照一定顺序可以排成一个等差数列，则称为一个“好值”，判断所有“好值”的个数，并说明理由． 题型6 充要条件为背景综合解答（解答压轴） 1.含参充要：等价转化为集合相等，比代数证明更简单 2.函数型充要：优先用单调性、最值双向等价，规避复杂解方程 3.双向证明难易不均：难的一侧可用反证法大题简写，节省答题时间 1．（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． 2．（2024·上海·高考真题）记 (1)若，求和; (2)若，求证:对于任意，都有，且存在，使得. (3)已知定义在上有最小值，求证"是偶函数"的充要条件是“对于任意正实数，均有”. 3．（25-26高三上·上海徐汇·阶段检测）定义：对于，，若，则称为和的“一一值”；若，则称为和的“零二值”． (1)求与自身所有“零二值”的取值集合的子集； (2)求和的“一一值”的个数； (3)判断：对于定义域为的函数和，大于1的正数a满足：“任意x均为和的‘一一值’和‘零二值’”是命题“”的什么条件并说明理由． 4．（25-26高三下·上海浦东新·期中）对于定义在区间上的函数，定义集合．对任意闭区间，设函数在区间上的最大值为，最小值为，记． (1)若，判断函数是否属于集合，并求的值； (2)若，且，求函数的解析式； (3)若，令．证明：是单调函数的充要条件是：对任意，恒成立． 5．（2025·上海虹口·一模）已知函数的定义域为（），记，其中，且． (1)当，，，求函数的零点； (2)当，，若恒有，求实数的取值范围； (3)当，求证：“对于任意的正有理数，函数在上均是严格增函数”的充要条件是“任取中两个不相同的元素和，均有”． 重难专题分层过关练 巩固过关 1．（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 2．（2025·上海·三模）已知曲线，为曲线上任一点，命题：曲线与直线恰有四个公共点；命题：曲线与直线相切；下列说法正确的是（   ） A．命题和命题都为真 B．命题为真，命题为假 C．命题为假，命题为真 D．命题和命题都为真. 3．（2025·上海奉贤·一模）已知等差数列的公差不为零，为其前项和，存在正整数满足，有两个命题： 命题①：设数列公差，则． 命题②：、均是小于的正整数，则． 以上判断正确的是（    ） A．命题①②都是真命题 B．命题①是真命题，命题②是假命题 C．命题①②都是假命题 D．命题①是假命题，命题②是真命题 4．（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 5．（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． 6．（2025·上海嘉定·一模）、、、、是1、2、3、4、5的全排列，如果对任意的，和中至少有一个大于，则满足要求的排列的总数为_____. 7．（25-26高二上·上海·阶段检测）是的全排列，如果对任意的与中至少有一项大于的概率为___________． 创新提升 1．（2025·上海金山·一模）记曲线且且为，称其为“超椭圆”．命题：直线与超椭圆有3个不同交点；命题：超椭圆上的点到坐标原点距离的取值范围为．则下列说法正确的是（   ） A．命题为真命题，命题为假命题 B．命题为假命题，命题为真命题 C．命题均为真命题 D．命题均为假命题 2．（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 3．（2025·上海虹口·一模）若每一项均为正数的数列的前项和为，若对于任意的正整数，均存在正整数使得，则称具有“性质”．对于以下两个命题，说法正确的是（ ） ①存在等比数列，使得具有“性质”； ②若具有“性质”，记且为等差数列，则． A．①和②都为真命题 B．①和②都为假命题 C．①为真命题，②为假命题 D．①为假命题，②为真命题 4．（2026·上海·模拟预测）定义在区间上的函数的图象是一条连续不断的曲线，在区间上严格递增，在区间上严格递减，为正整数． ①若，且存在最小值，则存在最小值； ②若，且存在最大值，则存在最大值． 则针对以上两个命题下列判断正确的是（     ）． A．①是真命题，②是假命题 B．①是假命题，②是真命题 C．①②都是真命题 D．①②都是假命题 5．（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 6．（2025·上海徐汇·一模）已知数列满足：，对任意的正整数均有，若存在正整数，使得所有数列均满足，则的最大值为__________． 7．（25-26高三上·上海宝山·期末）已知连续函数和，设，集合． (1)若指数函数的图像过点，且，求； (2)若，，且在区间上存在极值点，求实数的取值范围，并判断是否属于，请说明理由； (3)若的导函数是上的严格减函数，，且函数在处的切线方程是．求证：“”的充要条件是“”． 8．（25-26高三上·上海青浦·期末）已知函数定义域为，对于实数，定义集合，. (1)若，求和； (2)给定实数，若满足对任意，均有，求的取值范围； (3)若集合满足：，则称和互为对称集.证明：“函数为偶函数”的充要条件是“对任意实数与互为对称集”. 9．（2025·上海黄浦·一模）已知函数的定义域为D，对于给定实数t，定义集合． (1)若，求； (2)若，求证：“为周期函数”的充要条件是“存在非零常数t，使得”． (3)若，，且对于任意的，都有，求实数a的取值范围． 10．（2026·上海·三模）设是定义在上的函数，若对任何实数以及中的任意两个实数，恒有，则称为函数． (1)判断函数是否为函数，说明理由； (2)已知是实数，函数是函数，求的最大值； (3)若是定义域为的函数，求证：“存在实数，使得恒成立”是“存在非零实数，使得恒成立”的充要条件． 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $