专题01 集合与常用逻辑用语专项训练-【备战2026年高中数学竞赛+强基计划】（竞赛+强基考前专用）

专题01 集合与常用逻辑用语（真题专项训练） 强基计划真题专项训练 一、单选题 1．（23-24高三下·福建厦门·强基计划），，若，则以下结论错误的是（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高三下·福建厦门·强基计划）对于命题p，q，以下逻辑正确的有（    ） A．如果p真，则q真 B．如果p真，则q真，那么q假，则p假 C．如果p真且q真，则p真 D．如果p真，则p或q真 3．（23-24高三下·福建厦门·强基计划），则是在处可导的（    ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 4．（23-24高三下·福建厦门·强基计划）若可导，，则“是在处可导”的（    ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 二、多选题 5．（23-24高三下·全国·强基计划）已知，（，）．下列选项中正确的有（    ） A．存在λ，使存在正整数N，使时，恒成立 B．存在λ，使不存在正整数N，使时，恒成立 C．存在λ，使存在正整数N，使时，恒成立 D．存在λ，使不存在正整数N，使时，恒成立 6．（23-24高三下·全国·强基计划）已知，则可以是（    ） A． B． C． D． 三、填空题 7．（23-24高三下·全国·强基计划）数列，，则命题“，，”的否定是 ． 8．（23-24高三下·江苏南京·强基计划）存在集合的一族子集两两交集非空，那么这族子集最多有 个. 四、解答题 9．（23-24高三下·全国·强基计划）点集且，则由中的点可以组成多少个不同的三角形？ 10．（24-25高三下·全国·强基计划）求集合的元素个数． 数学竞赛真题专项训练 五、单选题 11．（2023高三下·全国·竞赛）若集合，，则（    ） A． B． C． D． 12．（2025高二下·山东青岛·竞赛）设集合，，则（   ） A． B． C． D． 13．（2024高三上·全国·竞赛）设集合，，若，则（    ） A． B． C． D． 14．（2024高三下·全国·竞赛）设为实数，则是的（   ） A．充分必要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 15．（2024高三上·全国·竞赛）已知公比与首项均不为0的等比数列，则“单调递增”是“”的（    ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 16．（2024高三上·全国·竞赛）设，集合．则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 17．（2024高三上·全国·竞赛）在二面角中，点，，，，，且与半平面，所成的角相等，则“”是“”的（    ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 六、多选题 18．（2024高三上·全国·竞赛）设全集为，设是两个集合，定义集合，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 七、填空题 19．（2025高三下·重庆·竞赛）设集合，，，则的元素个数为 . 八、解答题 20．（2024高三上·全国·竞赛）设M是由复数组成的集合，对M的一个子集A，若存在复平面上的一个圆，使得A的所有数在复平面上对应的点都在圆内或圆周上，且中的数对应的点都在圆外，则称A是一个M的“可分离子集”． (1)判断是否是的“可分离子集”，并说明理由； (2)设复数z满足，其中分别表示z的实部和虚部．证明：是的“可分离子集”当且仅当． 21．（2024高三上·全国·竞赛）对集合，定义其特征函数，考虑集合和正实数，定义为和式函数.设，则为闭区间列；如果集合对任意，有，则称是无交集合列，设集合. (1)证明：L和式函数的值域为有限集合； (2)设为闭区间列，是定义在上的函数.已知存在唯一的正整数，各项不同的非零实数，和无交集合列使得，并且，称为和式函数的典范形式.设为的典范数. （i）设，证明：； （ii）给定正整数，任取正实数和闭区间列，判断的典范数最大值的存在性.如果存在，给出最大值；如果不存在，说明理由. 22．（2024高三上·全国·竞赛）称是的一个向往集合，当且仅当其满足如下两条性质：（1）任意，；（2）任意和，有.任取，称包含的最小向往集合称为的生成向往集合，记为. (1)求满足的正整数的值； (2)对两个向往集合，定义集合 （i）证明：仍然是向往集合，并求正整数，满足； （ii）证明：如果，则. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 集合与常用逻辑用语（真题专项训练） 强基计划真题专项训练 一、单选题 1．（23-24高三下·福建厦门·强基计划），，若，则以下结论错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再由交集的结果，可知方程有两个实数根，，且，结合韦达定理计算可得. 【详解】由得，解得，所以， 因为，， 所以方程有两个实数根，，且， 所以，故D正确； 又，所以，故A正确，B错误； ，故C正确. 故选：B 2．（23-24高三下·福建厦门·强基计划）对于命题p，q，以下逻辑正确的有（    ） A．如果p真，则q真 B．如果p真，则q真，那么q假，则p假 C．如果p真且q真，则p真 D．如果p真，则p或q真 【答案】D 【分析】举反例可以排除A、B选项，逻辑推理可以排除C. 【详解】对A选项，令命题p：正方形是平行四边形，命题q：，命题p为真命题，但命题q为假命题，故A错误； 对B选项，令命题p：正方形是平行四边形，命题q：，满足p真，则q真，所以q假为假命题，则p假也是假命题， 令命题m：“q为假命题”是一个假命题，命题n：“p为假命题”是一个假命题， 那么“若q假，则p假”等价于“若m真，则n真”，参考A选项，可知B错误； 对C选项，若“p真且q真”为假命题，则p可能为假；故C错误； 对D选项，若p真,则p与q的真假分以下两种情况：p真或q真，p真或q假，这两种情况p或q均为真，故D正确， 故选：D. 3．（23-24高三下·福建厦门·强基计划），则是在处可导的（    ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】D 【分析】从充分性和必要性两个方面进行推到论证即可. 【详解】充分性： 若， 所以，因此在处是否可导，还需要看在处是否可导，因此不具备充分性； 必要性： ，在处可导只能代表有意义，不能得出，因此不具备必要性； 故选：D. 4．（23-24高三下·福建厦门·强基计划）若可导，，则“是在处可导”的（    ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】先考虑充分性，即由，利用极限思想可得，，即得在处可导，再考虑必要性，由在处可导，分和两种情况讨论导函数在处附近的取值得到，即得结论. 【详解】若，则，故在处可导； 即“是在处可导”的充分条件； 若在处可导，当时，，则， 当时，，则， 故，， 于是，故得. 即在处可导；即“是在处可导”的必要条件. 故选：A. 二、多选题 5．（23-24高三下·全国·强基计划）已知，（，）．下列选项中正确的有（    ） A．存在λ，使存在正整数N，使时，恒成立 B．存在λ，使不存在正整数N，使时，恒成立 C．存在λ，使存在正整数N，使时，恒成立 D．存在λ，使不存在正整数N，使时，恒成立 【答案】BCD 【分析】分和情况进行讨论分析即可 【详解】若，则，，则正负交替，B,D选项正确； 若，令，即时，即时，即成立，即成立，显然存在正整数N，使时，. ∴，A选项错误，C选项正确． 故选：BCD． 6．（23-24高三下·全国·强基计划）已知，则可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】AB 【分析】利用积化和差和辅助角公式得到，即可求解得到或，，可求答案. 【详解】， ， ， ， ， ， ， ， 或，, ，，或，， 经检验，或符合，其它都不符合. 故选：AB. 三、填空题 7．（23-24高三下·全国·强基计划）数列，，则命题“，，”的否定是 ． 【答案】，， 【分析】根据全称命题和特称命题的否定即可解答. 【详解】其否定是“，，”． 故答案为：. 8．（23-24高三下·江苏南京·强基计划）存在集合的一族子集两两交集非空，那么这族子集最多有 个. 【答案】/ 【分析】设是含有个元素的子集且对应有个，且，即可得结果. 【详解】显然，这族子集不含有空集，按所含元素的多少可把这族子集分为10类， 不妨设是含有个元素的子集，对应有个， 显然，一元子集至多只有一个，若不止一个，则它们的交集都是空集，不合题意， 所以，故最多有个. 故答案为： 四、解答题 9．（23-24高三下·全国·强基计划）点集且，则由中的点可以组成多少个不同的三角形？ 【答案】1056 【分析】利用组合数的知识结合图象分析即可. 【详解】总共有种, 如图，三点共线（粗虚线）有8组， 四点共线有9组（图中实线加上5条竖线）， 五点共线有4组， 于是一共能组成种. 故答案为：1056. 10．（24-25高三下·全国·强基计划）求集合的元素个数． 【答案】无穷多个 【分析】令，将已知条件转化为，结合导数即可求解. 【详解】令，由得（1）， 若，满足的数对，可以看成平面直角坐标系xOy内在直线上除去点外的两条射线上的点，因此有无数多对， 若取，则， 记， 不妨考虑在时，令，解得， 当时，， 对两边作5次方得，， 变形得 对两边开75次根得 所以，当时，在单调递增， 因为在内有无穷多个x可取.由单调性知，对应的也有无穷多个值可取，且不相同. 所以集合中的元素为无穷多个. 数学竞赛真题专项训练 五、单选题 11．（2023高三下·全国·竞赛）若集合，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意知集合中，，只需将集合的各个元素分别代入验证，满足条件即可得出. 【详解】集合中，， 将集合的各个元素分别代入可得,,,,,, . 故选：C. 12．（2025高二下·山东青岛·竞赛）设集合，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先解一元二次不等式得到，再结合交集的定义求解即可. 【详解】令，解得，又因,则， 而，得到，故D正确. 故选：D 13．（2024高三上·全国·竞赛）设集合，，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由并集的结果分类讨论，结合交集的概念即可求解. 【详解】由题意集合，， 若， 则，且互不相等，（互异性）， 若，则与互异性矛盾； 若，则与互异性矛盾； 若，则满足题意； 若，则，此时与矛盾； 综上所述，对比选项可知满足题意. 故选：C. 14．（2024高三下·全国·竞赛）设为实数，则是的（   ） A．充分必要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】求出两方程在R内的解，根据包含关系得到答案. 【详解】，故解集为， 而在R内无解，解集为， 由于是任何非空集合的真子集， 故是的必要不充分条件. 故选：C. 15．（2024高三上·全国·竞赛）已知公比与首项均不为0的等比数列，则“单调递增”是“”的（    ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】D 【分析】由时，则单调递增的充要条件是判断. 【详解】解：当时，单调递增的充要条件是， 所以单调递增”是“”的既不充分也不必要条件. 故选：D 16．（2024高三上·全国·竞赛）设，集合．则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】利用集合相等的定义得到关于的方程组，推得充分性成立；再简单证得必要性也成立即可得解. 【详解】因为， 当时，则有，或， 若，显然解得； 若，则，整理得， 因为，， 所以无解； 综上，，即充分性成立； 当时，显然，即必要性成立； 所以“”是“”的充分必要条件. 故选：C. 17．（2024高三上·全国·竞赛）在二面角中，点，，，，，且与半平面，所成的角相等，则“”是“”的（    ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】根据面面角、线面角、充分和必要条件等知识进行分析，从而确定正确答案. 【详解】过作，交于，连接， 由于，平面，所以平面， 由于平面，所以. 延长，过作，交的延长线于， 由于平面，所以， 由于，所以， 则是直线与平面所成角的平面角， 延长，过作，交的延长线于， 同理可证得是直线与平面所成角的平面角， 所以，所以. 在和中， 若，则，所以，即. 若，即，则，则. 所以“”是“” 充要条件. 故选：A    六、多选题 18．（2024高三上·全国·竞赛）设全集为，设是两个集合，定义集合，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】由，逐项判断. 【详解】解：对而言，，所以； 因为，且，所以 因为，且，所以 . 故选：ABD 七、填空题 19．（2025高三下·重庆·竞赛）设集合，，，则的元素个数为 . 【答案】 【分析】根据集合的交集定义计算求解即可. 【详解】由题意，，， 故，的元素个数为. 故答案为：. 八、解答题 20．（2024高三上·全国·竞赛）设M是由复数组成的集合，对M的一个子集A，若存在复平面上的一个圆，使得A的所有数在复平面上对应的点都在圆内或圆周上，且中的数对应的点都在圆外，则称A是一个M的“可分离子集”． (1)判断是否是的“可分离子集”，并说明理由； (2)设复数z满足，其中分别表示z的实部和虚部．证明：是的“可分离子集”当且仅当． 【答案】(1)是，理由见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）取复平面上的圆，得到复数1，2，3在复平面上对应的点都在圆内，复数i在复平面上对应的点在圆外，得到结论； （2）先证明必要性，令复数，取复平面上的圆，得到是的“可分离子集”；再证明充分性，只需证当时，不是的“可分离子集”，得到结论. 【详解】（1）是，理由如下： 取复平面上的圆， 则复数1，2，3在复平面上对应的点都在圆内． 而， 故复数i在复平面上对应的点在圆外． 因此，是的“可分离子集”． （2）必要性：当时，令复数， 取复平面上的圆， 则在复平面上对应的点在圆周上， 又， 故1在复平面上对应的点在圆外． 由， ， 知． 故在复平面上对应的点在圆外． 因此，当时，是的“可分离子集”． 充分性：只需证当时，不是的“可分离子集”． 假设存在复平面上的一个圆，使得在复平面上对应的点在圆内或圆周上，且1，在复平面上对应的点在圆外． 设圆心表示的复数为．再设． 由知 ， 故． 由知 ， 故． 进而，， 由知， 故， 进而． 这与矛盾，故所假设的圆在复平面上不存在． 即当时，不是的“可分离子集”，充分性证毕， 综上，是的“可分离子集”当且仅当. 【点睛】集合新定义问题的方法和技巧： （1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解； （2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻； （3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律； （4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念. 21．（2024高三上·全国·竞赛）对集合，定义其特征函数，考虑集合和正实数，定义为和式函数.设，则为闭区间列；如果集合对任意，有，则称是无交集合列，设集合. (1)证明：L和式函数的值域为有限集合； (2)设为闭区间列，是定义在上的函数.已知存在唯一的正整数，各项不同的非零实数，和无交集合列使得，并且，称为和式函数的典范形式.设为的典范数. （i）设，证明：； （ii）给定正整数，任取正实数和闭区间列，判断的典范数最大值的存在性.如果存在，给出最大值；如果不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）证明见解析（ii）存在，最大值为 【分析】（1）根据题中对集合的特征定义，可得的取值只和有关，再根据最多有种取法，从而可求解； （2）（i）根据典范形式的唯一性，构造相应的正整数和各项不同的非零实数，无交集合列使得，再结合题意证明是无交集合列，从而可得的取值集合最多有个数，从而可求解；（ii）根据（i）中结论及题中特征定义，从而可得的典范数最大值为，从而可求解. 【详解】（1）因为表达式中恒定，所以的取值只和有关 则当都相同的时候相同 注意到最多只有种取法，因此的值域大小不大于，从而是有限集. （2）（i）根据典范形式的唯一性，我们构造正整数，各项不同的非零实数，和无交集合列使得，并且， 设的取值集合为，设，则是无交集合列且非0（因为定义在上） 根据题意，任意，取，有，所以，那么，所以是无交集合列 此时对任意，恰好存在一个小区间，使得，所以的取值集合最多有这个数，因为这些数可能相等，所以. （ii）设是的最小值，是的最大值，那么，并且的端点数目有个，至多构成个区间 如果，其中分别为的端点，且之间没有其他端点，那么要么；要么 所以最多有种取值，所以 另一方面，令，取 并且取，容易验证恰好有种取值， 所以最大值为. 【点睛】关键点点睛：本题最主要是根据集合的特征函数及为和式函数关系入手，再根据闭区间列及无交集合列定义出发，从而可对给出的条件进行转化求出相应的的取值情况，从而可求解. 22．（2024高三上·全国·竞赛）称是的一个向往集合，当且仅当其满足如下两条性质：（1）任意，；（2）任意和，有.任取，称包含的最小向往集合称为的生成向往集合，记为. (1)求满足的正整数的值； (2)对两个向往集合，定义集合 （i）证明：仍然是向往集合，并求正整数，满足； （ii）证明：如果，则. 【答案】(1)2 (2)（i）证明见解析；6；（ii）证明见解析 【分析】（1）根据向往集合定义，推出，得到，再推理得到，即得； （2）（i）与（1）同法得到，，分析得到，接着再证明是向往集合即得； （ii）由推得存在，有；任取，有.又由向往集合的性质（1），有,再证明即得. 【详解】（1）设.注意到，所以，又，所以 注意到集合，并且是向往集合， 根据生成向往集合的最小性，有；因为，所以， 另一方面，容易证明，因为中全都是2的倍数，所以，综上所述,即. （2）（i）用和（1）类似的方法可以得到，且. 所以, 所以，又因为生成向往集合的最小性，有，故得：. 下面证明是向往集合.任取，写出表示成有限和的形式， 则也可以写成有限和的形式，容易证明 其次，任意取，只需要把中的替换为即可，综上所述是向往集合. （ii）因为，因为，所以存在，有 任取，有和，所以 进而根据向往集合的性质（1），有 任意取，有， 因为，有，所以. 【点睛】关键点点睛：本题考查了集合的新定义问题，属于难题解决此类问题的关键时读懂题意，理解集合新定义的本质，需要使用类比的方法，把新情境下的概念、规则，运算推理化归到常规的数学背景中，运用相关的数学公式、定理、性质和相关结论进行解答即可. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $