第1章 集合与常用逻辑用语（拔高练）-【学霸黑白题】2024-2025学年新教材高中数学必修第一册(人教A版2019)

进阶 第一章集合与常用逻辑用语 1.1集合的概念 的一些三元子集（含有三个元素的子集）组 1.(多选)(2023·福建福州高一期中)当一个 成的集合，使得X中的任意两个不同的元 非空数集G满足“如果a,b∈G,那么a+b, 素，都恰好同时包含在唯一的一个三元子 a-b,abe6,且6≠0时，号∈G时，我们就 集中，则称(X,A)组成一个v阶的Steiner三 元系.若(X,A)为一个7阶的Steiner三元 称G是一个数域，以下关于数域的说法： 系，则集合A中元素的个数为 ①0是任何数域的元素：②若数域G有非零 3.(2024·北京朝阳区高一期末)已知集合A= 元素，则2022∈G:③集合P={xlx=2k,k∈ a1,a2,…,an},其中neN且n≥4，a,∈ Z是一个数域：④有理数集是一个数域： N(i=1,2,…,n),非空集合BCA,记T(B) ⑤无理数集不是一个数域.其中正确的有 为集合B中所有元素之和，并规定当B中 ( 只有一个元素b时，T(B)=b. A.①② B.②③ (1)若A=11,2,5,6,7,8},T(B)=8,写出 C.③④ D.④⑤ 所有可能的集合B: 2.对于集合M={aa=x2-y2,x∈Z,y∈Z},给 (2)若A={3,4,5,9,10,11},B={b,b2, 出如下三个结论： b3},且T(B)是12的倍数，求集合B的 ①如果P=bb=2n+1,neZ,那么PCM: 个数； ②如果c=4n+2,neZ,那么c生M: (3)若a∈{1,2,3，…，2n-1}(i=1,2,… ③如果a1∈M,a2∈M,那么a,a2∈M. n),证明：存在非空集合BCA,使得 其中正确结论的个数是 T(B)是2n的倍数. A.0 B.1 C.2 D.3 1.2集合间的基本关系 1.对于任意两个正整数m,n,定义某种运算 “※”，法则如下：当m,n都是正奇数时， m※n=m+n;当m,n不全为正奇数时，m※ n=mn,则在此定义下，集合M={(a,b)Ia※ b=16,a∈N°，b∈N°1的真子集的个数是 () A.2-1 B.2"-1 C.2B-1 D.24-1 2.(2024·江苏南通高三模拟)已知X为包含 v个元素的集合(v∈N°，≥3).设A为由X 进阶突破·拔高练阿 1.3集合的基本运算 1.4充分条件与必要条件 1.(多选)(2024·江苏盐城高一月考)由无理 (2023·重庆万州区高一月考)定义A-B={x 数引发的数学危机一直延续到19世纪.直 x∈A,xB引，设A,B,C是某集合的三个子集， 到1872年，德国数学家戴德金从连续性的 且满足(A-B)U(B-A)CC,则AC(C-B)U 要求出发，用有理数的“分割”来定义无理 (B-C)是A∩B∩C=☑的 数（史称戴德金分割），并把实数理论建立 A.充要条件 在严格的科学基础上，才结束了无理数被 B.充分不必要条件 认为“无理”的时代，也结束了持续2000多 年的数学史上的第一次大危机.所谓戴德金 C.必要不充分条件 分割，是指将有理数集Q划分为两个非空 D.既不充分也不必要条件 的子集M与N,且满足MUN=Q,M∩N= ☑，M中的每一个元素都小于N中的每一 1.5全称量词与存在量词 个元素，则称(M,N)为戴德金分割试判断， 1,(多选)(2023·河南洛阳高一联考)对任意 对于任一戴德金分割(M,N),下列选项中 集合A,BCR,记A④B=x|x∈AUB且x 可能成立的是 A∩B,则称A⊕B为集合A,B的对称差， A.M没有最大元素，N有一个最小元素 例如，若A=10,1,2,B=1,2,3,则A④ B.M没有最大元素，N也没有最小元素 B={0,3,下列命题中为真命题的是 C.M有一个最大元素，N有一个最小元素 D.M有一个最大元素，N没有最小元素 2.(多选)(2024·山东济南高一期末)通常我 A.若A,BCR且A④B=☑，则A=B 们把一个以集合作为元素的集合称为族若 B.若A,BCR且A④B=B,则A=☑ 以集合X的子集为元素的族「，满足下列三 C.存在A,BCR,使得A④B=(CRA)④(CRB) 个条件：(1)☑和X在T中：(2)T中的有 D.若A,BCR且A④BCA,则ACB 限个元素取交后得到的集合在「中：(3)Γ 2.设A是非空数集，若对任意x,y∈A,都有x+ 中的任意多个元素取并后得到的集合在「 y∈A,xy∈A,则称A具有性质P,给出以下 中，则称族厂为集合X上的一个拓扑.已知 命题： 全集0=1,2,3,4，A,B为U的非空真子 ①若A具有性质P,则A可以是有限集： 集，且A≠B,则下列说法正确的有() ②若A具有性质P,且A≠R,则CRA具有性 A.族P={☑，U}为集合U上的一个拓扑 B.族P={☑，A,U为集合U上的一个拓扑 质P; C.族P={O,A,B,U为集合U上的一个 ③若A1,4,具有性质P,且A,∩A2≠0，则 拓扑 A,∩A2具有性质P: D.若族P为集合U上的一个拓扑，将P的 ④若A1,A2具有性质P,则AUA2具有性 每个元素的补集放在一起构成族Q,则 质P Q也是集合U上的一个拓扑 其中所有真命题的序号是 O2黑白题数学|必修第一册·RJA进阶突破·拔高练参考答案 第一章 集合与常用逻辑用语 a,b,e,a,cf月，a,d,g,fb,c,d,b,fg,c,e,gl,d,ef八，共 有7个： 1a,b,el,la,c,g,a,d1,b,c,d,bfg,lc,e月，ld,e,g,共 1.1集合的概念 有7个： la.bn,la.e,dl,la,e.gl.ib.c.el,b.d.gl.lef.gl,idef. 1.AD解析：对于①，设aeG,有-aeG,即0eG,故①正确： 有7个： 对于②，设6e6(6≠0).则有名eG.即1e6,若1eG,则11eG m,b,a,c,e,a,d,g,b,e,d,{b,e,g,ef,g,{d,ef月，共 有7个： 则2+1∈G.….则2021+1=2022eG.故②正确： 1a,bf月，a,c,g,a,d.e,b,c,d,lb,c,g,lc,ef1,ld,fg,共 对于③，当a=2.6=4时，？=2主P,所以集合P不是-个数城，椒 有7个： a,b,g,a,c,d,a,e,b,ce,b,df升，cf,g,ld.e,g,共 ③错误： 有7个： 对于④，因为abe0,所以a6a-6,be0,且b0时，号eQ.故 la.b.gl.la.c.cl.la.df,1b.c.dl.1b.ef,leff.gl.id.e.g, 有7个： ④正确： a,b.g,{a.e月，la,d.el,lb.c.d,lb.e八，c,eg,ldfg,共 对于5，若a=√2，b=2,则a-b=0,0∈Q,故无理数集不是一个数 有7个. 域，故D正确.故选AD 共有15种满足要求的集合A,但都只有7个元索.故答案为7， 2.D解析：对于①.b=2n+1,n∈Z,则恒有2n+1=(n+1)2-n2, 3.(1)解：所有可能的集合B为81，{1.7，{2.6,11.2.5. 所以2n+1eM.即P=1b=2+1.neZ,则PGM.①正确： (2)解：不妨设b,<b2<b3,由于3≤b1<b<b≤11.且b1,b2.b3eA. 对于2，c=4n+2,n∈Z,若4n+2∈M,则存在x,y∈Z使得x2-y2= 所以3+4+5=12≤T(B)=b,+b2+b3≤30=9+10+1L. 4n+2,所以4n+2=(x+y)(x-y),又x+y和x-y同奇或同偶， 由题意，(B)是12的倍数时.T(B)=12或T(B)=24 若x+y和x-y都是奇数，则(x+y)(x-y)为奇数.而4n+2是闾数： 当7(B)=12时.因为b1+b2+b≥3+4+5=12， 若x+y和-y都是偶数，则(x+y)(x-y)能被4整除，而4n+2不能被 所以当且仅当B=13.4.5时.T(B)=12成立，故B=13,4.51符合 4整除，所以4n+2任M.即c￥M,2正确： 题意 对于3③，a1∈M,2∈M,可设a1=x7-7,a2=x-归，x,,eZ(i=1,2, 当T(B)=24时. =1,2). 若b:=11,期b,+6=13,故B=3,10,11或B=4,9,11符合题意： 则a142=(-)(号-号)=(x)2+(y2)2-(xy2)2-(2y1)2= 若b=10.期b1+b2=14,故B=|5,9.10符合题意： (1*12)户-(x2*1)尸eM,那么121，③正确综上，正确 若6=9，则6，+b2+b≤4+5+9=18.无解. 的结论是①②③.故选D. 综上，所有可能的集合B为13,4,5,3,10,11,14,9,11,5,9， 10. 12集合间的基本关系 故满足条件的集合B的个数为4 1.C解析：若a,b都是正奇数，则由a※b=16,可得a+b=16,此时符 (3)证明：①当ngA时，设a1<a2<<a。,则 合条件的数对为(1,15)，(3.13)，….(15.1).共8个： 01,a2,,0w,2n-a1,2m-4,…,2n-a.e1,2,3,,1-1,n+1, 若a,b不全为正奇数，则由a菜b=16,可得b=16,此时符合条件的 …,2n-1, 数对为(1,16)，(2.8).(4.4).(8.2).(16,1).共5个. 这2n个数取2n-2个值，故其中有两个数相等 故集合M=(a,b)1a※b=16,a∈N·,beN“1中的元素个数是13， 因为1<a2<<a,于是2n-41>2n-2>>2n-。, 所以集合M=|(a.b)Ia章b=16,4eN”,b∈N·1的真子集的个数 从面a,a2,,4n互不相等，2n-a1,2n-2,“,2n-an互不相等， 是213-1，故选C. 所以存在u,驴e|1.2,,n使得a=2n- 2.7解析：由题设，令集合X=a,b,c,d,fg,共有7个元素 又因为0→n,0,n,故4*"， 所以X的三元子集如下（共有35个）： 则B={aen,则T(B)=a+,=2n,结论成立 a.b.ci.la,b.dl.la.b.el.la.bf.la.b.gi.ia.c,di.a.c.el. ②当程∈A时，不妨设a。=n, a,cfl,la.c,g,a,d.e,a,d八，a,d,g,a,ef八，a,e,g, 则1，a,,a(n≥4)，在这n-1个数中任取3个数，a,<a<a a.f.gl.16.c.dl.1b.c.el.lb.c.f.b.c.gl.b.d.el.b.d.f. 若a,-a,与a4-g,都是n的倍数，4-a,=(ag)+(g,-a)会2n, 16.d.gi.ib.enn.16.e.gi.1b.f.gi.ie.d.el,le,d.f.ie.d.gl. 这与a,ae(0,2n-1]矛盾 ce八，ie,eg,ief,g,d,e,d.egl,df,g,ef,gi. 则a,马，a,至少有2个数，它们之差不是n的倍数，不妨设a2-a 因为A中集合满足X中的任意两个不同的元素，都恰好同时包含在 (2>)不是n的倍数 唯一的一个三元子集，所以A中元素满足要求的有： 考虑这n个数：1，：1+a21++3,01+a2t+0- a,b,c,a,d,el,lag,lb,dn,b,e,g,le,dg,lc,ef八，共 (i)若这n个数除以n的余数两两不同.则其中必有一个是n的倍 有7个： 数，又a1,<2n且均不为， a,b,c,ia,d.a,e,g,ib,d.e,ibfg,e,d,g,1c,ef八，共 放存在2≤r≤n-L,使得a1+a2+…+a,=pm(neN”) 有7个： 若p为阀数，取B=a1,a2,,a,,则T(B)=m,结论成立： la.b.el.la.d.gl.la.ef.ib,d.el,1bf.g1,lc.df,le.e.gl, 若p为奇数，取B=a1,a2,…,a,,,则T(B)=pm+n=(+1)n,结 有7个： 论成立. a,b,d,a,c.e,ag,ib,c月，lb,e,g,e,d,g,d,ef,共 (ⅱ)若这n个数除以：的余数中有两个相同，则它们]之差是n的倍 有7个： 数，又a2-a1a1均不是m的倍数， la.b.di.la.c.gl.la.ef.1b.c.el.ibff.gl.ic.d,ld.e.gl. 故存在2写s<1写n-1,使得(a1++…+,)-(a+a2++,)=m 有7个： (geN). a,b,d,a,cf,a,eg,ib,c,el,lbf,g,lc,d,g,d,ef月，共 若q为偶数，取B=a1,a2,,,则T(B)=m,结论成立： 有7个： 若g为奇数，取B=a+1,a+2,…,a,a,,则T(B)=9m+=(9+1)n, a,b,e,a,c,d,af,g,lb,e月，b,d,g,c,e,g,d,e月，共 结论成立 有7个： 综上，存在非空集合BGA,使得T(B)是2n的倍数 参考答案黑白题087 1.3集合的基本运算 B:,即AUB与A∩B是相同的.所以A=B,故本选项符合题意： 对于B,因为A©B=B,所以B=xx∈AUB且x庄A门B,所以ACB, 1.ABD解析：令M=}xx<10,x∈Q引，N=xlx≥10，xEQ,显然集 且B中的元素不能出现在A门B中，因此A=☑，故木选项符合题意： 合M中没有最大元素，集合N中有一个最小元素，即选项A可能： 对于C,当A=B时，A④B=☑.(CgA)④(CgB)=☑=A④B,故本选项 令M=xx<2,x∈Q,N=xx≥2，x∈Q,显然集合M中设有最 符合题意： 大元素，集合N中也没有最小元素.即选项B可能： 对于D,因为A⊙B二A,所以{x1x∈AUB且x庄A门B1CA,所以 假设答案C可能.即集合M.N中存在两个相邻的有理数，显然这是 BCA,故本选项不符合题意.故选ABC 不可能的： 2.①3解析：对于①，取集合A=0具有性质P,故A可以是有限集， 令M=xx≤10，xEQ,N=x1x>10,x∈Q,显然集合M中有一个 故①正确： 最大元素，集合N中设有最小元素，即选项D可能故选ABD, 对于2，若A具有性质P,且A≠R,假设g4也具有性质P 2.ABD解析：对于A,首先☑.UeP=☑，1川满足条件(1).其次.P= 设0EA,在gA中任取一个x,x≠0，此时可证得-xEA,否则若-x∈ 1☑，U川中的有限个元素取交后得到的集合为⑦或，都在P=⑦ C4,由于代RA也具有性质P,则x+(-x)=0eCRA,与0∈A矛后，故 川中，满足条件(2)，再次，P=1☑，川中的任意多个元素取并后得 x∈A,由于A具有性质P,A也具有性质P,所以(-x)P∈A,x2∈ 到的集合为☑或U.都在P=☑，U川中，满足条件(3)，故A正确： CRA. 对于B,首先☑，UeP=O☑，U,A1满足条件(1).其次，P=☑.A.U 而(-x)2=x2,这与A0Ck4=⑦矛盾. 中的有限个元索取交后得到的集合为②或A或U,都在P=②，A, 故当0A且A具有性质P时.CgA不其有性质P, 中.满足条件(2).再次.P=☑，A.川中的任意多个元素取并后 司理当0∈gA时.也可以类似推出矛盾，故②错误： 得到的集合为☑或A或U,都在P=1⑦.A,U1中，满足条件(3)，故 对于③，取x,y∈A,∩A2,则EAL.EA2yEA1yEA B正确： 又A,A2具有性质P,所以x+yeA1可eA,x+yeA29eA2. 对于C,不妨设A=11,2,B=12,3引，则A∩B=2引，AB=1,2,3, 所以xtyEA1∩A上.y意A∩A2 不在P=☑，A,B.川中，故C错误： 所以A,∩A2具有性质P.故③正确： 对于D.由题意不妨设族P=☑，4，…，A。,U叶(n≥1)为集合0上 对于④，取A1={x|x=2k.keZ引.A2=1x1x=3k,kEZ1,2EA. 的一个拓扑，由条件(2)可知P=②，A1,…,4,川(n≥1)中的有限 个元素取交后得到的集合都在P=☑，A1,·,A,川(n≥1)中，且 3eA小，但2+3A1U小2，故④带误故答案为① 由条件(3)可知P=1☑.A,…,A.,U川(n≥1)中的任意多个元素取 第二章 一元二次函数、方程和不等式 并后得到的集合都在P=☑，A1,…,A..川(n≥1)中， 则Q=|0,CpA1,…,CA.,☑外(n≥1)，下证：Q也是集合U上的一个 2.1等式性质与不等式性质 拓扑. 首先②，UeQ=U,C41,…4.,⑦1(n≥1)满足条件(1)， 其次.设0，…，QQ.则Q,n…n0,=C(CQ,)U…U 1.D解折：因为+于2+子+2+++2≥0,22+2白 4 (C0,). 而Qn,…Q,∈P,故(dQ,)U…U(Q,)eP 故心，n…n0,∈Q,同理可证0，UU0,∈Q. 当y=0时，+：+2z取到最小值，此时可得x2+:2=1.故选D 放Q=0,CA,…,心A,☑1(n≥1)中的有限个元素取交后得到的 2.A解析：因为-b=4-4a+2=(a-2)2≥0，所以c≥b. 集合都在Q中， b+e-(e-b)=2a2+2.即2h=2a2+2.所以b=a2+1 任意多个元素收并后得到的集合都在Q=1U,C,A1,…,CA,☑ 1123 (n≥1)中， 所以-a=(0-2)+子>0，所以b>0,即c≥b>a.放选入 满足条件(3).枚D正确枚选ABD 3.G≤H≤A解析：由基本不等式可知G≤A.当且仅当a=b时，等号 四方法总结 成立： 解决装合创新型何题的方法：(1)繁扣定义，首先分折新定义的特 因为n-G=+a画+6瓜=-2va画+b(a- -≥0 点，把新定义所叙述的问题本质弄清楚，并能韩运用到具体的解题 3 3 3 过程中：(2)用好集合性质，集合性质是破解新定义型巢合问题的 当且仅当Va=石，即a=b时，等号成立，所以HG: 基瑞，皂是突破口 因为H-A-++6u+6a+2a6-b(后-6) ≤0 3 2 6 1.4充分条件与必要条件 当且仅当a=石，即a=b时，等号成立，所以H≤A A解析：如图，由于(A-B)U(B-A)CC,故两个阴影部分均为☑.于 综上所述.G≤H≤A.当且仅当a=b时等号成立.故答案为G≤H≤A: 是A=I U NU V,B=ⅢUWUV.C=IUⅡUⅢUV, 若AnB门C=⑦，则V=☑.所以A=IUN, 5 解析：令-u=m,e-b=,1-c=P。 面(C-B)U(B-C)=IUⅡUV,所以A9(C-B)U(B-C)成立： 反之，若AC(C-B)U(B-C), 其中，p>0,所以化1m有 则由于(C-B)U(B-C)=IU且UW,A=IUNUV, 若b≥2a,则1-n-p≥2(1-m-n-p）,故2m+n+p≥1， 所以(IUNUV)C(IUⅡUN).所以V=☑.所以AnBOC=⑦.故 M=maxb-a,c-6,1-e =maxim,n.p, 选A (2M≥2m, 因此M≥n, 枚4M≥2m+n+p≥1，则M≥4 M≥P, 若a+b≤1，则1--p+1-m--p≤1，即m+2n+2p≥1 M2m. M=max6-4,c-6,1-e|=mxm,n,p,则2M≥2n,故5M≥m+ 2M≥2P 2+3≥1.则We 1.5全称量词与存在量词 1.ABC解析：对于A.因为A④B=☑，所以☑=|xx∈AUB且xA门 当且仅当m+2a+22=1且mm,p=，时，等号成立， 必修第一册·RJA黑白题088