第一章 集合与常用的逻辑用语、不等式测试（A卷 基础巩固）-备战2025年高考数学一轮复习题型精讲与精练（新高考通用）

第一章 集合与常用的逻辑用语、不等式（A卷 基础巩固） 考试时间：120分钟 满分：150分 一、单选题：本大题共8小题，每个小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1．（2024·安徽·三模）已知集合，，则图中所示的阴影部分的集合可以表示为（    ）    A． B． C． D． 2．（2024·北京西城·三模）设集合，，则集合（    ） A． B． C． D． 3．（2023·天津和平·三模）已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 4．（19-20高三·山东·阶段练习）已知命题p：，则为（） A． B． C． D． 5．（2024·辽宁大连·二模）设，则“”是“复数为纯虚数”的（   ） A．充分必要条件 B．必要不充分条件 C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件 6．（2024·河北衡水·三模）已知函数，则“”是“函数是奇函数”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 7．（2024·湖南衡阳·三模）已知集合，，若，则实数的值为（    ） A． B．0 C． D．2 8．（2024·辽宁丹东·模拟预测）下列命题正确的是（      ） A．是必要不充分条件； B．中，，则或； C．“，使”为假命题是的必要不充分条件； D．直线被圆截得的最短弦长为. 二、多选题：本大题共3小题，每个小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，只有一项或者多项是符合题目要求的. 9．（23-24高一上·内蒙古呼伦贝尔·期末）命题“”是真命题的一个充分不必要条件是（    ） A． B． C． D． 10．（23-24高一上·甘肃·期末）已知不等式的解集为，不等式的解集为，不等式的解集是，则（    ） A． B． C． D． 11．（2023·海南省直辖县级单位·模拟预测）下列命题正确的是（    ） A．， B．， C．若命题“，”为真命题，则实数的取值范围为 D．若，，使得，则实数的最小值为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上. 12．（2024·上海·三模）已知集合，，若，则 ． 13．（2024·辽宁·三模）若“，使”是假命题，则实数的取值范围为 . 14．（2023·上海徐汇·三模）对任意数集，满足表达式为且值域为的函数个数为.记所有可能的的值组成集合，则集合中元素之和为 . 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 15．（23-24高一下·陕西榆林·阶段练习）已知：实数满足集合，：实数满足集合或． (1)若，求； (2)若是的充分不必要条件，求实数的取值范围． 16．（23-24高二下·吉林长春·期中）已知全集为，集合. (1)当时，求； (2)若“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围. 17．（23-24高二下·浙江宁波·期中）已知集合，. (1)当时，求； (2)若命题“”是命题“”的充分不必要条件，求实数的取值范围. 18．（2024·辽宁葫芦岛·二模）设数阵，其中.设，其中，且.定义变换为“对于数阵的每一列，若其中有t或，则将这一列中所有数均保持不变；若其中没有t且没有，则这一列中每个数都乘以”（），表示“将经过变换得到，再将经过变换得到，…，以此类推，最后将经过变换得到.记数阵中四个数的和为. (1)若，，写出经过变换后得到的数阵，并求的值； (2)若，，求的所有可能取值的和； (3)对任意确定的一个数阵，证明：的所有可能取值的和不大于. 19．（2024·山西·三模）用n个不同的元素组成m个非空集合（，每个元素只能使用一次），不同的组成方案数记作例如，用1，2，3，4这4个元素组成2个非空集合共有7种方案，即；；；；；；．于是． (1)求和：； (2)证明：当时，； (3)某系列手办盲盒共装有4种不同款式的手办，打开其中任何一个盲盒都可以获得1个手办（款式随机，且获得每种款式的概率都相同） ①求购买该系列盲盒7盒就能集齐全部4种款式的概率p； ②设购买该系列盲盒7盒能获得不同手办款式的种类数为随机变量X，求X的数学期望． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第一章 集合与常用的逻辑用语、不等式（A卷 基础巩固） 考试时间：120分钟 满分：150分 一、单选题：本大题共8小题，每个小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1．（2024·安徽·三模）已知集合，，则图中所示的阴影部分的集合可以表示为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】图中所示的阴影部分的集合为，结合集合的运算即可得解. 【详解】由图可知，阴影部分表示的集合为集合中的元素去掉集合的元素构成， 而，，则， 得， 故所求集合为. 故选：C. 2．（2024·北京西城·三模）设集合，，则集合（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先解不等式求集合，再求并集即可. 【详解】由得到，故， 又，所以. 故选：A. 3．（2023·天津和平·三模）已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】解不等式，得到，根据交集定义得到答案. 【详解】， 故. 故选：A 4．（19-20高三·山东·阶段练习）已知命题p：，则为（） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先改存在量词为全称量词,再否定结论. 【详解】:. 故选C. 【点睛】本题考查了含有一个量词的命题的否定,属于基础题. 解题方法:先改量词,再否定结论. 5．（2024·辽宁大连·二模）设，则“”是“复数为纯虚数”的（   ） A．充分必要条件 B．必要不充分条件 C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】由复数为纯虚数求得的值，再根据充分必要条件关系判断. 【详解】因为复数为纯虚数，所以，解得， 所以是复数为纯虚数的充要条件. 故选：A. 6．（2024·河北衡水·三模）已知函数，则“”是“函数是奇函数”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 【分析】由函数是奇函数，可求得，可得结论. 【详解】若函数是奇函数， 则恒成立，即， 而，得． 故“”是“函数是奇函数”的必要不充分条件． 故选：B． 7．（2024·湖南衡阳·三模）已知集合，，若，则实数的值为（    ） A． B．0 C． D．2 【答案】D 【分析】由，让集合与中的元素完全相同，即可列式求解. 【详解】由题意，，， 故选：D. 8．（2024·辽宁丹东·模拟预测）下列命题正确的是（      ） A．是必要不充分条件； B．中，，则或； C．“，使”为假命题是的必要不充分条件； D．直线被圆截得的最短弦长为. 【答案】C 【分析】根据正切函数的性质，可得判定A错误；由，得到即，可判定B错误；根据，使为假命题，求得，结合充分、必要条件的判定方法，可判定C正确；根据直线过定点，以及圆的弦长公式，可判定D错误. 【详解】对于A中，由，可得，所以充分性不成立； 反正：当时，此时与无意义，所以必要性不成立，所以A错误； 对于B中，由，可得，即， 解得或，所以或或，所以B错误； 对于C中，由“，使为假命题， 可得，使为真命题， 令，可得的图象开口向上，且对称轴为， 当时，即，显然成立； 当时，即时，则满足，解得，即， 综上可得，实数的范围为， 所以是的必要不充分条件，所以C正确； 对于D中，由直线，可得直线恒过定点， 又由圆，可得圆心，半径为， 可得，结合圆的性质，可得最短弦长为， 此时直线的斜率不存在，所以直线被圆截得的最短弦长无最小值，所以D错误. 故选：C. 二、多选题：本大题共3小题，每个小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，只有一项或者多项是符合题目要求的. 9．（23-24高一上·内蒙古呼伦贝尔·期末）命题“”是真命题的一个充分不必要条件是（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】先将恒成立问题转化为最值问题求出的范围，然后利用充分不必要条件的概念选择答案. 【详解】， 则对都成立， 又，所以， 观察选项可得命题“”是真命题的一个充分不必要条件是BCD. 故选：BCD. 10．（23-24高一上·甘肃·期末）已知不等式的解集为，不等式的解集为，不等式的解集是，则（    ） A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】根据一元二次不等式的解法，分别求得集合，结合集合并集，交集的运算及韦达定理，即可求解. 【详解】由不等式，即，解得，即， 又由，解得，即， ，A正确，B错误； ，则是的两根， 则，，C错误，D正确. 故选：AD 11．（2023·海南省直辖县级单位·模拟预测）下列命题正确的是（    ） A．， B．， C．若命题“，”为真命题，则实数的取值范围为 D．若，，使得，则实数的最小值为 【答案】BD 【分析】A，B，C结合二次函数图像即可判断；D，即求 【详解】对于A，因为，，开口向上，，，故A错误； 对于B，令，则，即为，而在上单调递减，故，故B正确； 对于C，显然，且，解得，故C错误； 对于D，当时，，当时，，故，所以，故D正确. 故选：BD． 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上. 12．（2024·上海·三模）已知集合，，若，则 ． 【答案】3 【分析】根据给定条件，利用交集的结果直接列式计算即得. 【详解】集合，，由，得，又， 因此，所以. 故答案为：3 13．（2024·辽宁·三模）若“，使”是假命题，则实数的取值范围为 . 【答案】 【分析】将问题转化为“在上恒成立”，再利用对勾函数的单调性求得最值，从而得解. 【详解】因为“，使”是假命题， 所以“，”为真命题， 其等价于在上恒成立， 又因为对勾函数在上单调递减，在上单调递增， 所以， 所以，即实数的取值范围为. 故答案为：. 14．（2023·上海徐汇·三模）对任意数集，满足表达式为且值域为的函数个数为.记所有可能的的值组成集合，则集合中元素之和为 . 【答案】643 【分析】根据给定条件，探讨函数的性质并作出图象，求出集合B，进而求得答案作答. 【详解】，当或时，，当时，， 即函数在上单调递增，在上单调递减， 当时，函数取得极大值0，当时，该函数取得极小值，图象如图：    观察图象知，当与图像有一个公共点时，相应的有1种取法； 当与图像有两个公共点时，相应的有种取法； 当与图像有三个公共点时，相应的有种取法， 直线与函数图象的交点个数可能的取值如下： ， 对应的函数个数为， . 所以集合中元素之和为643. 故答案为：643 【点睛】关键点睛：涉及集合新定义问题，关键是正确理解给出的定义，然后合理利用定义，结合相关的其它知识，分类讨论，进行推理判断解决. 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 15．（23-24高一下·陕西榆林·阶段练习）已知：实数满足集合，：实数满足集合或． (1)若，求； (2)若是的充分不必要条件，求实数的取值范围． 【答案】(1)或 (2)或 【分析】（1）利用并集概念及运算即可得到结果； （2）因为是的充分不必要条件，所以是的真子集，列出条件即可求解. 【详解】（1）因为，所以，又或， 所以或； （2）因为是的充分不必要条件，所以是的真子集，所以或， 所以或． 16．（23-24高二下·吉林长春·期中）已知全集为，集合. (1)当时，求； (2)若“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2). 【分析】（1）解出不等式，直接根据补集和并集的定义计算即可； （2）由题意可得⫋，进而列出不等式求解。 【详解】（1）， 当时，， 所以或 （2）， 由“”是“”的充分不必要条件得⫋， 所以，解得，即的取值范围是. 17．（23-24高二下·浙江宁波·期中）已知集合，. (1)当时，求； (2)若命题“”是命题“”的充分不必要条件，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求出集合，利用集合的基本运算即可得到结论. （2）根据充分条件和必要条件的定义结合集合之间的关系即可得到结论. 【详解】（1）当时，， ， 则. （2）若命题“”是命题“”的充分不必要条件，则， 对应方程的两个根为或， 已知，此时 若满足AB，则，解得. 故实数的取值范围为. 18．（2024·辽宁葫芦岛·二模）设数阵，其中.设，其中，且.定义变换为“对于数阵的每一列，若其中有t或，则将这一列中所有数均保持不变；若其中没有t且没有，则这一列中每个数都乘以”（），表示“将经过变换得到，再将经过变换得到，…，以此类推，最后将经过变换得到.记数阵中四个数的和为. (1)若，，写出经过变换后得到的数阵，并求的值； (2)若，，求的所有可能取值的和； (3)对任意确定的一个数阵，证明：的所有可能取值的和不大于. 【答案】(1)，0 (2)40 (3)证明见解析 【分析】（1）直接由变换以及的定义即可求解； （2）对集合分类讨论，进而得出的所有情况即可求解； （3）分是否相等进行讨论，当，在的所有非空子集中，分：含有且不含的子集、含有且不含的子集、同时含有和的子集和不含也不含的子集，四种情况进行讨论，当，分含有的子集和不含有的子集两种情况讨论即可求解. 【详解】（1）因为，， 经过变换得到的数阵， 经过变换得到的数阵， 所以. （2）若，则或， 可得，4种情况； 若或，，则， 可得，4种情况； 若，从和中各取出一个元素a，b， ，，，则， 可得，8种； 若，，则或， 可得，4种情况； 综上，的所有可能取值的和； （3）若，在的所有非空子集中， ①含有且不含的子集共个， 其中含有奇数个元素的集合有8个，经过变换后第一列均仍为，； 其中含有偶数个元素的集合有8个，经过变换后第一列均变为，； ②含有且不含的子集共个， 其中含有奇数个元素的集合有8个，经过变换后第一列均仍为，； 其中含有偶数个元素的集合有8个，经过变换后第一列均变为，； ③同时含有和的子集共个， 其中含有奇数个元素的集合有8个，经过变换后第一列均变为，； 其中含有偶数个元素的集合有8个，经过变换后第一列均仍为，； ④不含也不含的子集共个， 其中含有奇数个元素的集合有8个，经过变换后第一列均变为，； 其中含有偶数个元素的集合有7个，经过变换后第一列均变为，； 若，在的所有非空子集中， ①含有的子集共个， 其中含有奇数个元素的集合有16个，经过变换后第一列均变为，； 其中含有偶数个元素的集合有16个，经过变换后第一列均仍为，； ②不含的子集共个， 其中含有奇数个元素的集合有16个，经过变换后第一列均变为，； 其中含有偶数个元素的集合有15个，经过变换后第一列均仍为，； 综上，经过变换后，所有的第一列数的和为 同理，经过变换后所有的第二列数的和为. 所以的所有可能取值的和为， 又因为，所以的所有可能取值的和不超过. 【点睛】关键点点睛：第三问的关键是要做到有序讨论，从而可以做到不重不漏，由此即可顺利得解. 19．（2024·山西·三模）用n个不同的元素组成m个非空集合（，每个元素只能使用一次），不同的组成方案数记作例如，用1，2，3，4这4个元素组成2个非空集合共有7种方案，即；；；；；；．于是． (1)求和：； (2)证明：当时，； (3)某系列手办盲盒共装有4种不同款式的手办，打开其中任何一个盲盒都可以获得1个手办（款式随机，且获得每种款式的概率都相同） ①求购买该系列盲盒7盒就能集齐全部4种款式的概率p； ②设购买该系列盲盒7盒能获得不同手办款式的种类数为随机变量X，求X的数学期望． 【答案】(1)1013 (2)证明见详解 (3)①；②分布列见详解； 【分析】（1）分析可知，利用分组求和结合等比数列求和公式运算求解； （2）分类讨论最后一个元素是否单独成一个集合，根据题意结合分类加法计算原理分析证明； （3）根据题意可得：.①根据题意将问题转化为7个元素组成4个非空集合，再将4个非空集合对应4个款式，进而可得结果；由题意可知：随机变量X的可能取值为1，2，3，4，进而求相应概率和分布列. 【详解】（1）不妨设n个不同的元素为， 对于可知：任一元素要么与1在同一集合，要么与1不在同一集合， 即每个元素均有2种可能性选择，但所有元素不能均与1在同一集合，可知， 可得 ， 所以. （2）当时，用n个不同的元素组成m个非空集合，仅对最后一个元素的情况进行讨论： 若最后一个元素单独成一个集合，则需用个不同的元素组成个非空集合， 此时对应的方案种树为； 若最后一个元素不单独成一个集合，则需用个不同的元素组成个非空集合， 再从中任取一个集合加入最后一个元素， 此时对应的方案种树为； 综上所述：当时，. （3）由题意可知：，结合（2）可得如下表格： 1 2 3 4 1 1 ╳ ╳ ╳ 2 1 1 ╳ ╳ 3 1 3 1 ╳ 4 1 7 6 1 5 1 15 25 10 6 1 31 90 65 7 1 63 301 350 即， ①将7个盲盒编号为，4种款式为， 将购买该系列盲盒7盒就能集齐全部4种款式等价于7个元素组成4个非空集合， 再将4个非空集合对应4个款式， 所以； ②由题意可知：随机变量X的可能取值为1，2，3，4，则有： ， ， 所以X的分布列为 X 1 2 3 4 P X的期望. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查了新定义问题，意在考查学生的计算能力转化能力和总和应用能力，其中将定义中的知识转化为已有的知识点是考查的重点，需熟练掌握. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 学科网（北京）股份有限公司 $$