?專題一 集合與常用邏輯用語
專題01 集合的概念與運算
一、單選題
1．（2020·沙坪壩·重慶一中高三月考）己知集合，集合，則（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
首先求出，然后進行集合的交集運算.
【詳解】
因為，所以.
故選：C
【點睛】
本題考查集合的交集、補集運算，屬于基礎題.
2．（2020·廣西一模（理））設滿足約束條件，且該約束條件表示的平面區(qū)域為三角形.現(xiàn)有下述四個結論：
①若的最大值為6，則；②若，則曲線與有公共點；
③的取值范圍為；④“”是“的最大值大于3”的充要條件.
其中所有正確結論的編號是（ ）
A．②③ B．②③④ C．①④ D．①③④
【答案】B
【解析】
【分析】
作出滿足約束條件平面區(qū)域，利用約束條件表示的平面區(qū)域為三角形求出，再驗證其他選項得到答案.
【詳解】
作出滿足約束條件表示的平面區(qū)域，如圖所示，
聯(lián)立，得，因為為三角形區(qū)域，所以 ，即，故③正確.
當直線經過點時，取得最大值，且最大值為，
若的最大值為6，則；故①錯誤，
當時，，必要性成立，當時，，充分性成立，故④正確.
當時，的坐標為，當時，函數的值為，
則曲線與有公共點，故②正確.
故選：B.

【點睛】
本題考查線性規(guī)劃，考查數形結合的數學思想與邏輯推理的核心素養(yǎng)，線性目標函數的最優(yōu)解一般在平面區(qū)域的頂點或邊界處取得，所以對于一般的線性規(guī)劃問題，若可行域是一個封閉的圖形，我們可以直接解出可行域的頂點，然后將坐標代入目標函數求出相應的數值，從而確定目標函數的最值；若可行域不是封閉圖形還是需要借助截距的幾何意義來求最值.
3．（2020·全國課時練習）已知拋物線（是正常數）上有兩點、，焦點，
甲：；
乙：；
丙：；
?。?
以上是“直線經過焦點”的充要條件有幾個（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
設直線的方程為，將直線的方程與拋物線的方程聯(lián)立，利用韋達定理驗證四個選項結論成立時，實數的值，可以得出“直線經過焦點”的充要條件的個數.
【詳解】
設直線的方程為，則直線交軸于點，且拋物線的焦點的坐標為.
將直線的方程與拋物線的方程聯(lián)立，消去得，，
由韋達定理得，.
對于甲條件，，得，
甲條件是“直線經過焦點”的必要不充分條件；
對于乙條件，，得，此時，直線過拋物線的焦點，
乙條件是“直線經過焦點”的充要條件；
對于丙條件，，即，
解得或，所以，丙條件是“直線經過焦點”的必要不充分條件；
對于丁條件，，
化簡得，得，所以，丁條件是“直線經過焦點”的必要不充分條件.
綜上所述，正確的結論只有個，故選B.
【點睛】
本題考查拋物線的幾何性質，以及直線與拋物線的綜合問題，同時也考查了充分必要條件的判定，解題時要假設直線的方程，并將直線方程與拋物線方程聯(lián)立，利用韋達定理求解，考查運算求解能力與邏輯推理能力，屬于中等題.
4．（2020·全國課時練習）設集合，如果命題“”是真命題，則實數的取值范圍是( )
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由不等式有解問題可得：原命題可轉化為關于實數的不等式有解，再運算即可得解.
【詳解】
解：由“”是真命題，
即存在實數使得圓與圓有交點，
則存在實數使得，
即關于實數的不等式有解，
即，
解得，
故選C.
【點睛】
本題考查了圓與圓的位置關系及不等式有解問題，屬中檔題.
5．（2020·全國專題練習）“”是函數滿足：對任意的，都有”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【答案】A
【解析】
當時，在上遞減，在遞減，且在上遞減，任意都有，充分性成立；若在上遞減，在上遞增，任意，都有，必要性不成立，“”是函數滿足：對任意的，都有”的充分不必要條件，故選A.
6．（2020·黑龍江哈爾濱·高三月考（理））對于全集的子集定義函數為的特征函數,設為全集的子集,下列結論中錯誤的是( )
A．若則 B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根據,逐項分析,即可求得答案.
【詳解】

對于A,,
分類討論：
①當,則此時
②當且,即,此時，
③當且,
即時,,此時
綜合所述,有,故A正確;
對于B , ,故(2)正確；
對于C ,


,故C正確;
對于D ,,故D錯誤.
故選:D.
【點睛】
本題主要考查了函數新定義和集合運算,解題關鍵是充分理解新定義和掌握函數,集合基礎知識,考查了分析能力和計算能力,屬于難題.
7．（2020·昆明市官渡區(qū)第一中學高二期末（理））下列命題中，是假命題的是( )
A．，
B．，
C．函數的最小正周期為
D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根據三角函數性質和對數運算，依次判斷每個選項的正誤，判斷得到答案.
【詳解】
對于A，，
，
，即，正確；
對于B，，，
，故，正確；
對于C， 函數的最小正周期為，
，最小正周期為，錯誤；
對于D，，根據對數運算法則知：，正確．
故選：C．
【點睛】
本題考查了三角函數的大小比較，周期，對數計算，意在考查學生的綜合應用能力．
8．（2019·浙江高三月考）已知函數有兩個零點，則“”是“函數至少有一個零點屬于區(qū)間”的一個（ ）條件
A．充分不必要 B．必要不充分
C．充分必要 D．既不充分也不必要
【答案】A
【解析】
【分析】
函數有兩個零點，所以判別式，再從函數在上的零點個數得出相應條件，從而解出的范圍.
【詳解】
函數有兩個零點，所以判別式，
函數至少有一個零點屬于區(qū)間分為兩種情況：
（1）不是零點時，
函數在區(qū)間上只有一個零點

，即
又因為，所以，；
一個是零點時， 或
綜合可得
（2）函數在上有2個零點
由線性規(guī)劃畫出可行域，

由圖可得：；
綜上所述“函數至少有一個零點屬于區(qū)間”或，
所以或，
而后面推不出前面（前面是后面的子集），
所以“”是“函數至少有一個零點屬于區(qū)間”的充分不必要條件，故選A.
【點睛】
本題考查二次函數的性質、簡易邏輯的判定方法，考查推理能力與計算能力，屬于基礎題.
9．（2019·安徽蚌山·蚌埠二中高二期中（文））設，，若對任意的，存在，使得，則實數的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
分析：函數在上單調遞增，所以的值域為，
對分類討論，求出在的值域，根據題意得出兩值域的包含關系，從而解出a的范圍．
詳解：函數在上單調遞增，所以的值域為，
當 時，為增函數，在]上的值域為，由題意可得
當 時，為減函數，在]上的值域為，由題意可得
當時，為常數函數，值域為 ，不符合題意；
綜上，實數的取值范圍為.
故選D.
點睛：本題考查了分段函數的值域計算，集合的包含關系，屬于中檔題．
10．（2020·浙江高三其他）正項等比數列，，“”是“”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【答案】B
【解析】
【分析】
先判斷是否是充分條件，可令，顯示條件成立，但結論不成立，故不充分；再證是否是必要條件，不妨假設最大，則最小，且，設公比為再得到，對分，，討論，可證得，從而得到，得到答案.
【詳解】
解：設正項等比數列的公比為，因為，
當時，令，不等式成立，但是不成立；
故“”是“”的不充分條件；
當時，顯然互不相等，設公比為
等價于，即，
因為，，所以，即，
不妨假設最大，所以最小，所以，

當時，，，∴；
當時，；
當時，，，∴；
綜上知，當時，有，
故“”是“”的必要條件.
即“”是“”的必要不充分條件.
故選：B．
【點睛】
本題考查了充分必要條件的判斷，等比數列的通項公式及性質，作差法比較厭，還考查了學生的分析推理能力，轉化與化歸思想，難度較大.
11．（2020·浙江高一單元測試）由無理數引發(fā)的數學危機一直延續(xù)到19世紀.直到1872年,德國數學家戴德金從連續(xù)性的要求出發(fā),用有理數的“分割”來定義無理數（史稱戴德金分割）,并把實數理論建立在嚴格的科學基礎上,才結束了無理數被認為“無理”的時代,也結束了持續(xù)2000多年的數學史上的第一次大危機.所謂戴德金分割,是指將有理數集劃分為兩個非空的子集與,且滿足，，中的每一個元素都小于中的每一個元素,則稱為戴德金分割.試判斷,對于任一戴德金分割,下列選項中,不可能成立的是（???）
A．沒有最大元素, 有一個最小元素 B．沒有最大元素, 也沒有最小元素
C．有一個最大元素, 有一個最小元素 D．有一個最大元素, 沒有最小元素
【答案】C
【解析】
【分析】
由題意依次舉出具體的集合，從而得到均可成立．
【詳解】
對，若，；則沒有最大元素，有一個最小元素0，故正確；
對，若，；則沒有最大元素，也沒有最小元素，故正確；
對，有一個最大元素，有一個最小元素不可能，故錯誤；
對，若，；有一個最大元素，沒有最小元素，故正確；
故選：．
【點睛】
本題考查對集合新定義的理解，考查創(chuàng)新能力和創(chuàng)新應用意識，對推理能力的要求較高．
12．（2020·福建高三二模（理））已知函數，其中表示不超過實數的最大整數，關于有下述四個結論：
①的一個周期是； ②是非奇非偶函數；
③在單調遞減； ④的最大值大于．
其中所有正確結論的編號是（ ）
A．①②④ B．②④ C．①③ D．①②
【答案】A
【解析】
【分析】
根據函數周期的定義判斷①正確，利用特值判斷函數是非奇非偶函數，得到②正確，根據取整函數的定義，可以判斷在上函數值是確定的一個值，得到③錯誤，利用得到④正確，從而得到結果.
【詳解】
因為，
所以的一個周期是，①正確；
又，④正確；
又，
，
所以，，所以是非奇非偶函數，所以②正確；
當時，，，所以，所以，所以③錯誤；
綜上所以正確的結論的序號是①②④，
故選：A．
【點睛】
該題考查三角函數相關性質的辨析，涉及到的知識點有取整函數，奇偶性、單調性、周期性的綜合應用，屬于較難題目.
13．（2020·全國高三其他（文））對于實數a，b，m，下列說法：①若，則；②若，則；③若，則；④若，且，則的最小值為．其中是真命題的為（ ）
A．①② B．②③ C．③④ D．①④
【答案】B
【解析】
【分析】
結合不等式的性質和基本不等式，逐項判定，即可求解.
【詳解】
對于①，當時，，所以①是假命題．
對于②，當時，成立；當時，等價于，
即，因為，所以，所以成立；
當時，，所以成立．所以②是真命題．
對于③，因為，所以，所以，所以③是真命題．
對于④，因為，且，所以，且，所以，因為，當且僅當，即時成立，，不合題意，所以的最小值不是，
又由，因為，所以，
所以是a的增函數，在時沒有最小值．所以④是假命題．
故選：B.
【點睛】
本題主要考查了以命題為背景的命題的真假判定，以及不等式的性質和基本不等式的應用，其中解答中熟記不等式基本性質和基本不等式是解答的關鍵，著重考查推理與運算能力.
14．（2020·嫩江市高級中學高一月考）已知全集，集合則等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】因或，故，所以，應選答案A。

二、多選題
15．（2020·湖南高二月考）已知函數y＝f（x）是定義在[0，2]上的增函數，且圖像是連續(xù)不斷的曲線，若f（0）＝M，f（2）＝N（M＞0，N＞0），那么下列四個命題中是真命題的有（ ）
A．必存在x∈[0，2]，使得f（x） B．必存在x∈[0，2]，使得f（x）
C．必存在x∈[0，2]，使得f（x） D．必存在x∈[0，2]，使得f（x）
【答案】ABD
【解析】
【分析】
先由題可知函數圖像為上連續(xù)的增函數，再結合每個選項和不等式性質驗證合理性即可
【詳解】
因函數y＝f（x）是定義在[0，2]上的增函數，且圖像是連續(xù)不斷的曲線，，所以；
對A，若成立，則，即，顯然成立；
對B，若成立，則，即，顯然成立；
對C，若成立，則，先證，假設成立，則，即，如時，不成立，則C不成立；
對D，若成立，則化簡后為：，即，左側化簡后成立，右側化簡后成立，故D成立
故選ABD
【點睛】
本題考查函數增減性的應用，不等式性質的應用，屬于中檔題

第II卷（非選擇題）
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三、解答題
16．（2020·湖南雨花·高一期末）設集合，集合.
（1）若集合，求實數的取值范圍
（2）若集合中只有一個元素，求實數的值.
【答案】（1）（2）或
【解析】
【分析】
（1）集合中對應表達式為二次函數，等價于，求解即可；
（2）解出集合，由集合中只有一個元素判斷集合中元素只能有一個，再進行求解即可
【詳解】
（1），，解得
（2）集合中只有一個元素，若集合，
將代入得或，
將代入得，解得集合，與題設矛盾，舍去；
將代入得，解得集合，符合題意，則滿足；
同理，若，將代入得或，
題（1）中不滿足條件，舍去，
將代入得，集合，符合題意，則滿足
綜上所述，實數的值為或
【點睛】
本題考查根據集合為空集求解參數，根據交集結果求參數，在反向求解參數問題中，一定要注意檢驗原集合的表達形式是否符合題意，屬于中檔題
17．（2020·榮成市教育教學研究培訓中心期中）將數列中的所有項按每一行比上一行多兩項的規(guī)則排成如下數表：





其中，，，且表中的第一列數構成等差數列，從第二行起，每一行中的數按從左到右的順序均構成等比數列，公比為同一個正數.表中每一行正中間的項構成的數列記為.
（I）求的前項和；
（II）記集合，若的元素個數為，求實數的取值范圍.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
【分析】
（1）先根據題意得第行的第項為，，再用錯位相減法求和即可得答案；
（2）設，則，當時，，再根據題意得，即.
【詳解】
解：（Ⅰ）第一列構成的等差數列公差為，
所以
所以第行的第項為，
由此可知第行的第項，又為第行的第項，
所以每行的公比.
由題意可知，第行共有項，且為第行的中間項，
所以為第行的第項，得.
…①
①式各項乘以得，
…②
①-②式得，



（Ⅱ） 設，

所以，當時，
，
即，當時，，
因為集合的元素個數為，
所以，
即，.
【點睛】
本題考查等差等比數列的通項公式的求解，錯位相減法求和，數列單調性求參數，考查分析問題解決問題的能力，考查運算能力，是中檔題.
18．（2020·上海浦東新·華師大二附中期末）已知集合，其中，，，表示中所有不同值的個數.
（1）設集合，，分別求，；
（2）若集合，證：；
（3）是否存在最小值？若存在，求出這個最小值；若不存在，說明理由.
【答案】（1），；（2）證明見解析；（3）存在，.
【解析】
【分析】
（1）直接利用定義把集合，中的值代入，即可求出和；
（2）先由 最多有 個值，可得，再利用定義推得所有 的值兩兩不同，即可證明結論；
（3）存在最小值，設，則，由此可得到的最小值．
【詳解】
解：（1）根據題中的定義可知：由，，，，，，得；
由，，，，，，得．
（2）證明：因為 最多有 個值，所以，
又集合，3，9，，，任取，，
當 時，不妨設，則，
即．當， 時，，
因此，當且僅當， 時，，
即所有 的值兩兩不同，
所以．
（3）存在最小值，且最小值為，不妨設，
所以，
所以 中至少有 個不同的數，即，
事實上，設，，，， 成等差數列，
考慮，根據等差數列的性質，
當 時，，
當 時，，
因此每個等于 中的一個，
或者等于中的一個，
所以對這樣的， ，
所以的最小值為．
【點睛】
本題考查集合與元素的位置關系和數列的綜合應用，綜合性較強，解題時注意整體思想和轉化思想的運用，解題時要認真審題，仔細解答，避免錯誤，屬于難題．
19．（2019·伊美區(qū)第二中學高一月考）已知集合，，若，求實數m的取值范圍.
【答案】
【解析】
【分析】
分類討論：當時，；當時，結合數軸列不等關系
即可求解.
【詳解】
由題：
當，即時，，符合題意；
當，即時，，，，得；
綜上：
【點睛】
此題考查通過集合的包含關系求參數的值，其中的易漏點在于漏掉考慮子集為空集的情況，易錯點在于弄錯不等關系，結合數軸依次分類討論既可避免此類問題.
20．（2020·江蘇省西亭高級中學高三其他）當時，集合A＝{1，2，3，…，n}，取集合A中m個不同元素的排列分別表示為M1，M2，M3，…，MA(n)－1，MA(n)，其中A(n)表示取集合A中m個不同元素的排列的個數.設pi為排列Mi中的最大元素，qi為排列Mi中的最小元素，1≤i≤A(n)，記P＝p1＋p2＋…＋pA(n)－1＋pA(n)，Q＝q1＋q2＋…＋qA(n)－1＋qA(n).
（1）當m=2，n＝3時，分別求A(3)，P，Q；
（2）對任意的，求P與Q的等式關系.
【答案】（1）A(3)＝6，P=16，Q＝8；（2）P＝mQ.
【解析】
【分析】
（1）當m=2，n＝3時，分析題意，可求得A(3)的值，分別寫出對應的排列，得到P，Q的值；
（2）對任意的，分析其對應的數據，找到其關系，從而得到結果.
【詳解】
（1）當m=2，n＝3時，A（3）＝＝6，
6個排列分別為1，2；2，1；1，3；3，1；2，3；3，2.
則P=16，Q＝8.
（2）顯然m≤pi≤n，pi∈，并且以m為最大元素的取法有個，
以m+1為最大元素的取法有個，
以m+2為最大元素的取法有，，
以k(m≤k

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