第1练 集合与常用逻辑用语-【精英1号】2024-2025学年高中数学学考笔记·专题提升训练

第1练 集合与常用逻辑用语 1 第1练 集合与常用逻辑用语 一、单选题 1.已 知 集 合 M = {x|0<x<4},N = x 13≤x≤5 ,则 M∪N= ( )…… A.x0<x≤13 B.x 13≤x≤5 C.{x|0<x<4} D.{x|0<x≤5} 2.命题“∀x∈[1,2],2x2-a≥0”为真命题 的一个充分不必要条件是 ( )……… A.a<1 B.a≤2 C.a≤3 D.a≤4 3.已知集合 M={x|x>1},N={x|y= lg(3x-x2)},则 M∪N= ( )……… A.[3,+∞) B.(1,+∞) C.(1,3) D.(0,+∞) 4.已知集合M={x|x2-3x+2≤0},N={x| x>0},则 ( )………………………… A.N⊆M B.M⊆N C.M∩N=∅ D.M∪N=R 5.已知命题p:a=0,q:f(x)=x2+|x+a| (x∈R)为偶函数,则p 是q的 ( )… A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分条件 D.既不充分又不必要条件 6.设集合X={a1,a2,a3,a4}⊆N*,定义:集 合Y={ai+aj|ai,aj∈X,i,j∈N*,i≠ j},集合S={x·y|x,y∈Y,x≠y},集合 T= xy x,y∈Y,x≠y .分别用|S|,|T| 表示集合S,T 中元素的个数,则下列结论 可能成立的是 ( )…………………… A.|S|=6 B.|S|=16 C.|T|=9 D.|T|=16 二、多选题 7.已知全集U 的两个非空真子集A,B 满足 (∁UA)∪B=B,则下列关系一定正确的是 ( )………………………………… A.A∩B=∅ B.A∩B=B C.A∪B=U D.(∁UB)∪A=A 8.1872年德国数学家戴德金从连续性的要求 出发,用有理数的“分割”来定义无理数(史 称“戴德金分割”),并把实数理论建立在严 格的科学基础上,从而结束了无理数被认 为“无理”的时代,也结束了数学史上的第 一次大危机.将有理数集 Q划分为两个非 空的子集M 与N,且满足 M∪N=Q,M∩ N=∅,M 中的每一个元素都小于N 中的 每一个元素,则称(M,N)为戴德金分割.试 判断下列选项中,可能成立的是 ( ) ………… ………………………………… A.若 M={x∈Q|x<0},N={x∈Q|x> 0},则(M,N)满足戴德金分割 B.若(M,N)为戴德金分割,则 M 没有最 大元素,N 有一个最小元素 C.若(M,N)为戴德金分割,则 M 有一个 最大元素,N 有一个最小元素 D.若(M,N)为戴德金分割,则 M 没有最 大元素,N 也没有最小元素 三、填空题 9.已知命题“∃x∈R,mx2-x+1<0”是假 命题,则实数m 的取值范围是 . 10.设集合 M={1,2,3,4,6},S1,S2,…,Sk (k∈N*)都是M 的含有两个元素的子集, 则k= .若满足:对任意的Si= {ai,bi},Sj={aj,bj}(i≠j,i,j∈{1,2, 3,…,k})都有ai<bi,aj<bj,且aibi≠ aj bj , 则k的最大值是 . 2 四、解答题 11.已知集合A={x|(x-a)(x+a+1)≤ 0},B={x|x≤3或x≥6}. (1)当a=4时,求A∪B; (2)当a>0时,若“x∈A”是“x∈B”的充 分条件,求实数a 的取值范围. 12.设k是正整数,A 是N*的非空子集(至少 有两个元素),如果对于A 中的任意两个 元素x,y,都有|x-y|≠k,则称A 具有 性质P(k). (1)试判断集合B={1,2,3,4}和C={1, 4,7,10}是否具有性质P(2)? 并说明 理由. (2)若 A={a1,a2,…,a12}⊆{1,2,…, 20}.证明:A 不可能具有性质P(3). (3)若A⊆{1,2,…,2 023}且A 具有性质 P(4)和P(7).求A 中元素个数的最 大值. 答案解析 39 答案解析 第1练 集合与常用逻辑用语 1.【答案】D 【解析】由题可知 M={x|0<x<4},N= x 13≤x≤5 , 所以 M∪N={x|0<x≤5}.故选D. 2.【答案】A 【解析】由∀x∈[1,2],2x2-a≥0可得a≤2x2,对∀x∈ [1,2]恒成立,等价于a≤(2x2)min=2, 因为a<1可以推出a≤2,但a≤2不能推出a<1, 所以命题“∀x∈[1,2],2x2-a≥0”为真命题的一个充分 不必要条件是a<1.故选A. 3.【答案】D 【解析】由3x-x2>0,解得0<x<3, ∴N={x|y=lg(3x-x2)}={x|3x-x2>0}=(0,3), ∴M∪N=(0,+∞).故选D. 4.【答案】B 【解析】因为 M={x|x2-3x+2≤0}={x|1≤x≤2},且 N={x|x>0}, 所以 M⊆N,M∩N={x|1≤x≤2}≠∅,M∪N={x|x> 0}.故选B. 5.【答案】C 【解析】f(x)=x2+|x+a|(x∈R)为偶函数,则f(-x)= f(x),即x2+|-x+a|=x2+|x+a|,所以|x-a|= |x+a|,(x-a)2=(x+a)2,整理得ax=0,所以a=0. 所以p 是q的充要条件.故选C. 6.【答案】D 【解析】不妨设1≤a1<a2<a3<a4,则ai+aj 的值为a1+ a2,a1+a3,a1+a4,a2+a3,a2+a4,a3+a4, 显然,a1+a2<a1+a3<a1+a4<a2+a4<a3+a4,所以 集合Y 中至少有以上5个元素, 不妨设x1=a1+a2,x2=a1+a3,x3=a1+a4,x4=a2+ a4,x5=a3+a4,则显然 x1x2<x1x3<x1x4<x1x5< x2x5<x3x5<x4x5,则集合S 中至少有7个元素,所以 |S|=6不可能,故排除 A;若a1+a4≠a2+a3,则集合Y 中至多有6个元素,则|S|max=15<16,故排除B;对于集合 T,取X={1,3,5,7},则Y={4,6,8,10,12}, 此时T= 13,25,12,23,35,34,45,43,2,56,54,53, 5 2, 6 5, 3 2,3 ,|T|=16,故D正确;对于C,∀i≠j,xi≠ xj,则xixj 与 xj xi 一定成对出现,xi xj -1 xjxi-1 <0,所以 |T|一定是偶数,故C错误.故选D. 7.【答案】CD 【解析】令U={1,2,3,4},A={2,3,4},B={1,2},满足 (∁UA)∪B=B,但A∩B≠∅,A∩B≠B,故A,B均错误; 由(∁UA)∪B=B,知∁UA⊆B, ∴U=A∪(∁UA)⊆(A∪B),∴A∪B=U, 由∁UA⊆B,知∁UB⊆A,∴(∁UB)∪A=A,故C,D均正确. 故选CD. 8.【答案】BD 【解析】对于A,M={x∈Q|x<0},N={x∈Q|x>0},故 M∪N={x∈Q|x≠0}≠Q,A错误; 对于B,设 M={x∈Q|x<0},N={x∈Q|x≥0},满足 M∪N=Q,M∩N=∅,此时(M,N)为戴德金分割,且 M 没有最大元素,N 有一个最小元素,B正确; 对于C,若 M 有一个最大元素,N 有一个最小元素,则不能 同时满足 M∪N=Q,M∩N=∅,C错误; 对于D,设 M={x∈Q|x< 2},N={x∈Q|x≥ 2},满足 M 没有最大元素,N 也没有最小元素,D正确.故选BD. 9.【答案】m≥14 【解析】若命题“∃x∈R,mx2-x+1<0”是假命题,则“∀x ∈R,mx2-x+1≥0”为真命题, 显然当m=0时,不满足题意,故只需满足 m>0Δ=1-4m≤0 , 解得m≥14.故答案为:m≥ 1 4. 10.【答案】10 6 【解析】M 的含有两个元素的子集有{1,2},{1,3},{1,4}, {1,6},{2,3},{2,4},{2,6},{3,4},{3,6},{4,6},所以共 有10个,因此k=10. 因为前面的列举方式已经保证ai<bi,aj<bj,只需要再 增加条件 ai bi ≠ajbj 即可,所以{1,2},{2,4},{3,6}保留一 个,{1,3},{2,6}保留一个,{2,3},{4,6}只能保留一个,所 以以上10个子集需要删去4个,还剩下6个,所以k的最 大值是6.故答案为:10;6. 11.【解析】(1)当a=4时,由不等式(x-4)(x+5)≤0,得-5≤ x≤4,故A={x|-5≤x≤4},又B={x|x≤3或x≥6}, 所以A∪B={x|x≤4或x≥6}. (2)若“x∈A”是“x∈B”的充分条件,等价于A⊆B, 因为a>0,由不等式(x-a)(x+a+1)≤0, 得A={x|-a-1≤x≤a},又B={x|x≤3或x≥6}, 要使A⊆B,则a≤3或-a-1≥6,又a>0,解得0<a≤3, 综上,实数a的取值范围为(0,3]. 12.【解析】(1)因为B={1,2,3,4},又1∈N*,2∈N*,3∈N*, 4∈N*, 但|4-2|=2,所以集合B 不具有性质P(2), 因为C={1,4,7,10},又1∈N*,4∈N*,7∈N*,10∈N*, 但|4-1|=3,|7-1|=6,|10-1|=9,|7-4|=3, |10-4|=6,|10-7|=3, 所以集合C 具有性质P(2). (2)将集合{1,2,…,20}中的元素分为如下11个集合, {1,4},{2,5},{3,6},{7,10},{8,11},{9,12},{13,16}, {14,17},{15,18},{19},{20}, 所以从集合{1,2,…,20}中取12个元素,则前9个集合至 少要选10个元素, 所以必有2个元素取自前9个集合中的同一集合,即存在 两个元素的差为3, 所以A 不可能具有性质P(3). (3)先说明连续11项中集合A 中最多选取5项, 以1,2,3…,11为例. 精英1号 学考笔记 数学 40 构造抽屉{1,8},{2,9},{3,10},{4,11},{5},{6},{7}. ①5,6,7同时选,因为具有性质P(4)和P(7), 所以选5则不选1,9;选6则不选2,10;选7则不选3,11; 则只剩4,8.故1,2,3…,11中属于集合A 的元素个数不 超过5个. ②5,6,7选2个, 若只选5,6,则1,2,9,10,7不可选,又{4,11}只能选一个 元素,3,8可以选,故1,2,3…,11中属于集合A 的元素个 数不超过5个. 若选5,7,则只能从2,4,8,10中选,但4,8不能同时选, 故1,2,3…,11中属于集合A 的元素个数不超过5个. 若选6,7,则2,3,10,11,5不可选,又{1,8}只能选一个元 素,4,9可以选,故1,2,3…,11中属于集合A 的元素个数 不超过5个. ③5,6,7中只选1个, 又四个集合{1,8},{2,9},{3,10},{4,11}每个集合至多选 1个元素,故1,2,3…,11中属于集合A 的元素个数不超 过5个. 由上述①②③可知,连续11项自然数中属于集合A 的元 素至多只有5个, 如取1,4,6,7,9. 因为2 023=183×11+10,则把每11个连续自然数分组, 前183组每组至多选取5项; 从2 014开始,最后10个数至多选取5项,故集合A 的元 素最多有184×5=920个. 给出如下选取方法:从1,2,3…,11中选取1,4,6,7,9; 然后在这5个数的基础上每次累加11,构造183次. 此时集合 A 的元素为1,4,6,7,9;12,15,17,18,20;23, 26,28,29,31;…;2 014,2 017,2 019,2 020,2 022,共920 个元素. 经检验,该 集 合 符 合 要 求,故 集 合 A 的 元 素 最 多 有 920个. 第2练 等式与不等式、基本不等式 1.【答案】C 【解析】取a=-2,b=-1,满足a<b,而ab =2>1,A不成 立;取a=-2,b=1,满足a<b,而ba + a b =- 1 2+(-2)= -52<2,B不成立;因 1 ab2- 1 a2b= a-b a2b2 <0,即有 1 ab2< 1 a2b ,C成立;取a=-2,b=-1,满足a<b,而a2+a=2, b2+b=0,即a2+a>b2+b,D不成立.故选C. 2.【答案】A 【解析】当a>b>0时,a2>b2>0,所以1a2< 1 b2 ,所以充分 性满足; 当 1 a2< 1 b2 时,取a=-2,b=1,此时a>b>0不满足,所以 必要性不满足, 所以p 是q的充分不必要条件.故选A. 3.【答案】A 【解析】当a>0,b>0时,a+b≥2 ab,则当a+b≤4时, 有2 ab≤a+b≤4,解得ab≤4,充分性成立;当a=1, b=4时,满足ab≤4,但此时a+b=5>4,必要性不成立. 综上所述,“a+b≤4”是“ab≤4”的充分不必要条件.故 选A. 4.【答案】D 【解析】方案一:设每次购入的黄金数量为m,则平均购买成 本x=ma1+ma22m = a1+a2 2 ; 方案二:设每次购入的黄金金额为n,则平均购买成本y= 2n n a1+ n a2 = 2nn(a1+a2) a1a2 =2a1a2a1+a2, 所以x-y=a1+a22 - 2a1a2 a1+a2= (a1+a2)2-4a1a2 2(a1+a2) = (a1-a2)2 2(a1+a2), 因为a1≠a2,所以x-y=(a1-a2) 2 2(a1+a2)>0,即x>y, 无论a1,a2 的大小关系如何,方案二的平均购买成本比方 案一更低.故选D. 5.【答案】C 【解析】因为x2+y 2 2=1,所以y2=2-2x2≥0,解得x∈ [0,1],故 x 1+y2 =x 1+2-2x2 =x 3-2x2 = 2 2 2x2(3-2x2)≤ 2 2× 2x2+3-2x2 2 = 32 4 ,当且仅当 2x2=3-2x2,即x= 32时,等号成立,故x 1+y2的最大 值为 32 4 .故选C. 6.【答案】B 【解析】因为正实数a,b满足1a+ 9 b=6, 所以6=1a+ 9 b ≥2 9 ab ,即 ab≥1,当且仅当1a = 9 b , 即a=13,b=3时取等号. 因为 1 a+ 9 b=6,所以b+9a=6ab,所以(a+1)(b+9)= 9a+b+ab+9=7ab+9≥7+9=16. 故(a+1)(b+9)的最小值是16.故选B. 7.【答案】BD 【解析】对于A,a2+b2+c2=1,得a2+b2=1-c2, 由a2+b2≥2ab,当且仅当a=b时等号成立, 可得1-c2≥2ab,解得ab≤12- c2 2≤ 1 2,故A错误; 对于 B,a2 +b2 +c2 = 12 (a2 +b2)+ 1 2 (b2 +c2)+ 1 2(a2+c2)≥ab+bc+ac, 当且仅当a=b=c时,等号成立,则ab+bc+ac≤1,故B 正确; 对于C,D,由(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca, 由题意及B可知(a+b+c)2=1+2(ab+bc+ac)≤3,且 a+b+c≤ 3,故C错误,D正确.故选BD. 8.【答案】ACD 【解析】由题意知,a,b为正实数,且a+b=1, 对于A,ab≤ a+b2 2= 12 2=14,当且仅当a=b=12 时,等号成立,所以ab的最大值为14,故A正确;