精品解析：上海华东师范大学松江实验高级中学2026-2027学年第一学期高一年级阶段教学评估数学试卷

华实高中2026学年第一学期高一年级阶段教学评估 数学试卷 完卷时间：120分钟，满分：150分，命题人：顾秀军、李春晓，审核人：徐素琳 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1～6题每题4分，第7～12题每题5分） 1. 已知集合，，则______． 2. 用适当符号填空：1______ 3. “且”的否定为________. 4. 已知方程的两个根为､，则___________. 5. 设，比较大小：________. 6. 若不等式解集为，则实数的取值范围是_______. 7. 集合，集合，若，则实数的取值范围为_____． 8. 若关于的不等式的解集为，则关于的不等式的解集为________. 9. 若集合有且仅有两个子集，则实数的值为_______. 10. “”是“或”的________条件. 11. 设为非空实数集满足：对任意给定的（可以相同），都有，，，则称为幸运集. ①集合为幸运集；②集合为幸运集； ③若集合、为幸运集，则为幸运集；④若集合为幸运集，则一定有； 其中正确结论的序号是________ 12. 已知：集合，，若，则所有的交集_______. 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13～14题每题4分，第15～16题每题5分） 13. 已知且，则下列不等式一定成立的是（    ） A. B. C. D. 14. 已知集合，，若，则的值为（ ） A. 0 B. -1 C. 1 D. ±1 15. 设全集，或，，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 16. 设P和Q是两个集合，定义集合，如果，，那么等于（ ） A. B. C. D. 三、解答题（本大题共有5题，满分78分） 17. 已知集合，，. （1）求； （2）若全集，求. 18. 已知集合，集合. （1）求集合； （2）若，求实数的取值范围. 19. 已知集合，． （1）若，求实数的值； （2）若，求实数的取值范围． 20. 已知全集为，实数，满足，集合，集合，集合． （1）若，求、的值； （2）若，求； （3）若，求的取值范围． 21. 对平面直角坐标系的第一象限内的任意两点作如下定义：若，那么称点是点的“上位点”，同时点是点的“下位点”； （1）试写出点的一个“上位点”坐标； （2）已知点是点的“上位点”，判断点是点的“上位点”还是“下位点”，并证明你的结论； （3）设正整数n满足以下条件：对集合内的任意元素m，总存在正整数，使得点既是点的“下位点”，又是点的“上位点”，问这样的正整数是否存在?若存在，求正整数的值；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 华实高中2026学年第一学期高一年级阶段教学评估 数学试卷 完卷时间：120分钟，满分：150分，命题人：顾秀军、李春晓，审核人：徐素琳 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1～6题每题4分，第7～12题每题5分） 1. 已知集合，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】 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：. 2. 用适当符号填空：1______ 【答案】 【解析】 【分析】根据元素与集合的关系即可求解. 【详解】当时，，故， 故答案为： 3. “且”的否定为________. 【答案】或 【解析】 【详解】由题意得“且”的否定为“或”. 4. 已知方程的两个根为､，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】 利用韦达定理代入求解即可. 【详解】由方程的两个根为､， 利用韦达定理得：， . 故答案为：. 5. 设，比较大小：________. 【答案】 【解析】 【详解】由得且， 所以，故． 6. 若不等式解集为，则实数的取值范围是_______. 【答案】 【解析】 【详解】不等式的解集为，即对任意实数都有． 因为二次项系数， 所以该条件等价于判别式，解得． 7. 集合，集合，若，则实数的取值范围为_____． 【答案】 【解析】 【分析】 化简集合，由列式可得结果. 【详解】，， 由得，得. 故答案为： 8. 若关于的不等式的解集为，则关于的不等式的解集为________. 【答案】 【解析】 【分析】由解集判断，用韦达定理得到，，代入新不等式，两边除以负数注意变号，最后求解二次不等式. 【详解】由题意可得，则，， 所以不等式，即不等式， 因为，所以不等式， 即不等式，解得或， 所以不等式的解集为. 9. 若集合有且仅有两个子集，则实数的值为_______. 【答案】或 【解析】 【详解】集合有且仅有两个子集，即集合只有个元素， 即方程只有1个解， 当时，即，，，只有个解，符合要求； 当时，，解得. 综上，或. 10. “”是“或”的________条件. 【答案】充分不必要 【解析】 【分析】分析充分性，由加法运算可直接得出充分性成立，分析必要性，举个例子可说明必要性不成立. 【详解】分析充分性： 若成立，若，则，若，则， 所以一定能说明和至少有一个成立，即或成立，充分性成立； 分析必要性： 若或，即和二者至少一个成立， 举例：，，此时，所以必要性不成立. 所以“”是“或”的充分不必要条件. 11. 设为非空实数集满足：对任意给定的（可以相同），都有，，，则称为幸运集. ①集合为幸运集；②集合为幸运集； ③若集合、为幸运集，则为幸运集；④若集合为幸运集，则一定有； 其中正确结论的序号是________ 【答案】②④ 【解析】 【分析】 ①取判断；②设判断；③举例判断；④由可以相同判断； 【详解】①当，，所以集合P不是幸运集，故错误； ②设，则，所以集合P是幸运集，故正确； ③如集合为幸运集，但不为幸运集，如时，，故错误； ④因为集合为幸运集，则，当时，，一定有，故正确； 故答案为：②④ 【点睛】关键点点睛：读懂新定义的含义，结合“给定的（可以相同），都有，，”，灵活运用举例法. 12. 已知：集合，，若，则所有的交集_______. 【答案】 【解析】 【分析】由集合M的定义可知，参数p可以取1，2，…，100．所谓所有集合的交集，就是找同时属于这100个集合的公共点．先取和确定公共点的坐标，再验证该点对任意p都满足条件． 【详解】由M={1，2，…，100}，所以“所有的交集”就是这些集合中共同拥有的点． 若是所有集合的一个公共点，那么它特别要同时属于和时对应的两个集合． 当时，； 当时，． 联立可得，． 因此，如果公共点存在，只可能是． 接下来验证这个点是否属于所有集合． 对任意，把代入集合的关系式，得，与相符，所以对每一个都成立． 因此所有的交集为． 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13～14题每题4分，第15～16题每题5分） 13. 已知且，则下列不等式一定成立的是（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据不等式的基本性质判断D；举例说明即可判断ABC. 【详解】A：当时，，故A错误； B：当时，满足，但不成立，故B错误； C：当时，，故C错误； D：由，得，故D正确. 故选：D 14. 已知集合，，若，则的值为（ ） A. 0 B. -1 C. 1 D. ±1 【答案】C 【解析】 【分析】根据集合相等结合集合的互异性可得的值，即可得结果. 【详解】，， 若，则，或， 解得，或，或， 经验证，当时，不满足集合中元素的互异性，舍去， 所以当时，；当时，， 综上，. 15. 设全集，或，，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为或，则， 又，且，所以. 16. 设P和Q是两个集合，定义集合，如果，，那么等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】化简集合，再根据集合的新定义求解. 【详解】因为，， 所以. 三、解答题（本大题共有5题，满分78分） 17. 已知集合，，. （1）求； （2）若全集，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）分别解一元二次不等式、绝对值不等式和分式不等式求出、、，由此求得； （2）先求在中的补集，再与取交集. 【小问1详解】 由得或，即； 由得，即；由得，即. 所以. 【小问2详解】 因为，所以，故. 18. 已知集合，集合. （1）求集合； （2）若，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）直接根据分式不等式的解法进行求解即可； （2）先表示出集合，然后根据列出关于的不等式组，由此求解出结果. 【小问1详解】 由，得  所以， 解得，即. 【小问2详解】 由，可得， 所以， 又因为，且即， 所以，所以， 所以实数的取值范围是. 19. 已知集合，． （1）若，求实数的值； （2）若，求实数的取值范围． 【答案】（1）4；（2）或. 【解析】 【分析】 （1）化为和是的两个实根可解得结果； （2）化为后，根据的子集分四类讨论可解得结果. 【详解】， （1）因为，所以， 所以和是的两个实根， 所以，即. （2）因为，所以，所以或或或， 当时，无解，所以，即， 当时，有且只有一个实根，所以无解， 当时，有且只有一个实根，所以无解， 当时，有2个实根和，所以，即. 综上所述：实数的取值范围是或. 【点睛】关键点点睛：转化为子集关系求解是解题关键. 20. 已知全集为，实数，满足，集合，集合，集合． （1）若，求、的值； （2）若，求； （3）若，求的取值范围． 【答案】（1），或，；（2）；（3）. 【解析】 【分析】 （1）化简，求出，根据可得和是一元二次方程的两个实根，从而可得结果； （2）因为，所以，化简，根据交集的概念运算可得结果； （3）解可得解. 【详解】（1），， 因为，所以和是一元二次方程的两个实根， 所以，或，； （2）因为，所以， 所以， ， 所以. （3）因为，所以， 所以，所以或， 所以或. 【点睛】关键点点睛：（1）化为和是一元二次方程的两个实根是解题关键； （3）化为解不等式是解题关键. 21. 对平面直角坐标系的第一象限内的任意两点作如下定义：若，那么称点是点的“上位点”，同时点是点的“下位点”； （1）试写出点的一个“上位点”坐标； （2）已知点是点的“上位点”，判断点是点的“上位点”还是“下位点”，并证明你的结论； （3）设正整数n满足以下条件：对集合内的任意元素m，总存在正整数，使得点既是点的“下位点”，又是点的“上位点”，问这样的正整数是否存在?若存在，求正整数的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）（答案不唯一，比值大于即可）. （2）点是点的“上位点”. 是点的“上位点”，所以. 因为，，，，两边同乘得，即. 作差比较与：. 所以点是点的“上位点”. （3）存在，. 【解析】 【分析】(1)问按定义写一个比值大于的第一象限点. (2)问作差比较与，符号归结为. (3)问把两个"位点"关系翻译成关于的双侧不等式，两个界关于的单调性相反，都在处最紧，从而夹出唯一的. 【小问1详解】 由定义，点是点的"上位点"，当且仅当且，. 取，因为，所以点是点的一个"上位点".（答案不唯一） 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由定义，点是点的下位点即； 点是点的上位点即. 代入，得对任意，都有. 右边随增大而减小，故最近处在， 得，所以. 左边随增大而增大，故最近处也在， 得，所以. 综上，. 检验：当时，对任意，是正整数， 且，成立； ，成立. 又各点横纵坐标均为正，都在第一象限内，符合定义. 所以满足条件的正整数存在，其值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $