1、课标文数2.A1 集合U1，2，3，4，5，6，S1，4，5，T2，3，4，则S(UT)等于()A1，4，5，6 B1，5 C4 D1，2，3，4，5课标文数2.A1 B【解析】 S(UT)1，4，5 1，5，61，5课标理数8.A1 设集合A1，2，3，4，5，6，B4，5，6，7，8，则满足SA且SB的集合S的个数是()A57 B56 C49 D8课标理数8.A1 B【解析】 集合S的个数为262364856.课标理数1.A1，E3 已知集合Px|x21，Ma若PMP，则a的取值范围是()A(，1 B D(，1 C【解析】 由PMP，可知MP，而集合Px|1x1，所以1a1，故选C.课标文
2、数1.A1，E3 已知全集UR，集合Px|x21，那么UP()A(，1) B(1，)C(1，1) D(，1)(1，)课标文数1.A1，E3 D【解析】 因为集合Px|1x1，所以UPx|x1，故选D.大纲文数1.A1 设集合U1，2，3，4，M1，2，3，N2，3，4，则U(MN)()A1，2 B2，3C2，4 D1，4大纲文数1.A1 D【解析】 MN2，3，U(MN)1，4，故选D.课标理数1.A1，L4 i是虚数单位，若集合S1，0，1，则()AiS Bi2SCi3S D.S课标理数1.A1、L4 B【解析】 由i21，而1S，故选B.课标文数1.A1 若集合M1，0，1，N0，1，2，
3、则MN等于()A0，1 B1，0，1C0，1，2 D1，0，1，2课标文数1.A1 A【解析】 由已知M1，0，1，N0，1，2，得MN0，1，故选A.课标文数12.A1，M1 在整数集Z中，被5除所得余数为k的所有整数组成一个“类”，记为，即5nk|nZ，k0，1，2，3，4.给出如下四个结论：2011；3；Z；“整数a，b属于同一类”的充要条件是“ab”其中，正确结论的个数是()A1 B2 C3 D4课标文数12.A1，M1 C【解析】 因为201154021，则2011，结论正确；因为35(1)2，则3，结论不正确；因为所有的整数被5除的余数为0，1，2，3，4五类，则Z，结论正确；若整
4、数a，b属于同一“类”，可设a5n1k，b5n2k(n1，n2Z)，则ab5(n1n2)；反之，若ab，可设a5n1k1，b5n2k2(n1，n2Z)，则ab5(n1n2)(k1k2)；k1k2，则整数a，b属于同一“类”，结论正确，故选C.课标理数2.A1 已知Uy|ylog2x，x1，P，则UP()A. B.C. D.课标理数2.A1 A【解析】 因为Uy|ylog2x，x1y|y0，P，所以UP.课标文数1.A1 已知U1，2，3，4，5，6，7，8，A1，3，5，7，B2，4，5，则 U(AB)()A6，8 B5，7C4，6，7 D1，3，5，6，8课标文数1.A1 A【解析】 因为A
5、B，所以U.课标文数1.A1 设全集UMN1，2，3，4，5，MUN2，4，则N()A1，2，3 B1，3，5C1，4，5 D2，3，4课标文数1.A1 B【解析】 (排除法)由MUN2，4，说明N中一定不含有元素2，4，故可以排除A、C、D，故选B.课标文数2.A1 若全集U1，2，3，4，5，6，M2，3，N1，4，则集合5，6等于()AMN BMNC(UM)UN) D(UM)(UN)课标文数2.A1 D【解析】 方法一：MN1，2，3，4，(UM)(UN)U(MN)5，6故选D.方法二：UM1，4，5，6，UN2，3，5，6，(UM)(UN)5，6故选D.课标理数2.A1 已知M，N为集
6、合I的非空真子集，且M，N不相等，若NIM，则MN()AM BN CI D课标理数2.A1 A【解析】 NIMNM，所以MNM，故选A.课标文数1.A1 已知集合Ax|x1，Bx|1x2，则AB()Ax|1x2 Bx|x1Cx|1x1 Dx|1x2课标文数1.A1 D【解析】 由图11知ABx|1x2，故选D.课标文数1.A1 已知集合M0，1，2，3，4，N1，3，5，PMN，则P的子集共有()A2个 B4个 C6个 D8个课标文数1.A1 B【解析】 因为M，N，所以PMN，所以集合P的子集共有，4个课标理数1.A1 设集合Mx|x2x60，Nx|1x3，则MN()AC(2，3 D课标理数
7、1.A1 A【解析】 由解不等式知识知Mx|3x2，又Nx|1x3，所以MNx|1x2课标理数7.A1 设集合My|y|cos2xsin2x|，xR，Nx，i为虚数单位，xR，则MN为()A(0，1) B(0，1C课标理数7.A1 C【解析】 对于M，由基本不等式得y|cos2xsin2x|cos2x|，故0y1.对于N，因为xxi，由，得，所以1x1，故MN 设集合My|y|cos2xsin2x|，xR，N，则MN为()A(0，1) B(0，1 C课标文数8.A1，L4 C【解析】 对M，由基本不等式得y|cos2xsin2x|cos2x|，故0y1.对N，1，即|xi|1，所以1x1，故M
8、N 已知集合A1，1，2，4，B1，0，2, 则AB_课标数学1.A1 1，2【解析】 因为集合A，B的公共元素为1，2，故AB1，2课标数学1.A1 已知集合A1，1，2，4，B1，0，2, 则AB_课标数学1.A1 1，2【解析】 因为集合A，B的公共元素为1，2，故AB1，2大纲文数1.A1 若全集M1，2，3，4，5，N2，4，则MN()A B1，3，5C2，4 D1，2，3，4，5大纲文数1.A1 B【解析】 MN1，3，5，所以选B.课标理数13.A1 已知集合AxR|x3|x4|9，BxR6，t(0，)，则集合AB_课标理数13.A1 x|2x5【解析】 A，BxR|x2ABxR
9、|4x5x|x2x|2x5课标文数9.A1 已知集合AxR|x1|2，Z为整数集，则集合AZ中所有元素的和等于_课标文数9.A1 3【解析】 AxR|x1|2x|1x3AZ0，1，2，即0123.课标文数1.A1 若Px|x1，则()APQ BQPCRPQ DQRP课标文数1.A1 C【解析】 Px|x1，QRP，故选C.大纲文数2.A1 设UR，Mx|x22x0，则UM()A B(0，2)C(，0)(2，) D(，0 A【解析】 解不等式x22x0，得x2或x0.即集合Mx|x2或x0，UMx|0x2故选A.课标理数7.A2 命题“所有能被2整除的整数都是偶数”的否定是()A所有不能被2整除
10、的整数都是偶数B所有能被2整除的整数都不是偶数C存在一个不能被2整除的整数是偶数D存在一个能被2整除的整数不是偶数课标理数7.A2 D【解析】 本题是一个全称命题，其否定是特称命题，同时将命题的结论进行否定，答案为D.课标文数20.D2，A2 若数列An：a1，a2，an(n2)满足|ak1ak|1(k1，2，n1)，则称An为E数列记S(An)a1a2an.(1)写出一个E数列A5满足a1a30；(2)若a112，n2000，证明：E数列An是递增数列的充要条件是an2011；(3)在a14的E数列An中，求使得S(An)0成立的n的最小值课标文数20.D2，A2 【解答】 (1)0，1，0
11、，1，0是一个满足条件的E数列A5.(答案不唯一，0，1，0，1，0；0，1，0，1，2；0，1，0，1，2；0，1，0，1，0都是满足条件的E数列A5)(2)必要性：因为E数列An是递增数列，所以ak1ak1(k1，2，1999)所以An是首项为12，公差为1的等差数列所以a200012(20001)12011，充分性：由于a2000a19991.a1999a19981.a2a11.所以a2000a11999，即a2000a11999.又因为a112，a20002011.所以a2000a11999.故ak1ak10(k1，2，1999)，即E数列An是递增数列综上，结论得证(3)对首项为4的
12、E数列An，由于a2a113，a3a212，a8a713，所以a1a2ak0(k2，3，8)所以对任意的首项为4的E数列An，若S(An)0，则必有n9.又a14的E数列A9：4，3，2，1，0，1，2，3，4满足S(A9)0，所以n的最小值是9.课标理数2.A2 若aR，则“a2”是“(a1)(a2)0”的()A充分而不必要条件 B必要而不充分条件C充要条件 D既不充分又不必要条件课标理数2.A2 A【解析】 若a2，则(a1)(a2)0成立；若(a1)(a2)0，则a2或a1，则a2是(a1)(a2)0的充分而不必要条件，故选A.课标文数3.A2 若aR，则“a1”是“|a|1”的()A充
13、分而不必要条件B必要而不充分条件C充要条件D既不充分又不必要条件课标文数3.A2 A【解析】 若a1，则|a|1成立；若|a|1，则a1或a1，则a1是|a|1的充分而不必要条件，故选A.课标理数9.A2 若实数a，b满足a0，b0，且ab0，则称a与b互补记(a，b)ab，那么(a，b)0是a与b互补的()A必要而不充分的条件B充分而不必要的条件C充要条件D既不充分也不必要的条件课标理数9.A2 C【解析】 若(a，b)0，则ab，两边平方整理得ab0，且a0，b0，所以a，b互补；若a，b互补，则a0，b0，且ab0，所以ab0，此时有0，所以“0”是a与b互补的充要条件课标文数10.A2
14、 若实数a，b满足a0，b0，且ab0，则称a与b互补记(a，b)ab，那么(a，b)0是a与b互补的()A必要而不充分的条件B充分而不必要的条件C充要条件D既不充分也不必要的条件课标文数10.A2 C【解析】 若(a，b)0，则ab，两边平方整理得ab0，且a0，b0，所以a，b互补；若a，b互补，则a0，b0，且ab0，所以ab0，此时有0，所以“0”是a与b互补的充要条件课标理数2.A2 设集合M1，2，Na2，则“a1”是“NM”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既不充分又不必要条件课标理数2.A2 A【解析】 当a1时，N1，此时有NM，则条件具有充分性；当N
15、M时，有a21或a22得到a11，a21，a3，a4，故不具有必要性，所以“a1”是“NM”的充分不必要条件， 故选A.课标文数3.A2 “x1”是“|x|1”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既不充分又不必要条件课标文数3.A2 A【解析】 由不等式1得x1.当x1时，一定有1成立，则条件具有充分性；当1不一定有x1，则不具有必要性，故选A.课标理数8.A2 已知1，2，3是三个相互平行的平面，平面1，2之间的距离为d1，平面2，3之间的距离为d2，直线l与1，2，3分别相交于P1，P2，P3，那么“P1P2P2P3”是“d1d2”的()A充分不必要条件 B必要不充分
16、条件C充分必要条件 D既不充分也不必要条件课标理数8.A2 C【解析】 (1)当直线l与三个平行平面1，2，3垂直时，显然P1P2P2P3d1d2.(2)当直线l与1，2，3斜交时，过点P1作直线P1A2分别交2，3于点A，B，则P1A3，故P1Ad1, ABd2，显然相交直线l与P1A确定一个平面，123，P2AP3B, .故P1P2P2P3d1d2.综上知，应选C.图11课标理数5.A2 对于函数yf(x)，xR，“y|f(x)|的图象关于y轴对称”是“yf(x)是奇函数”的()A充分而不必要条件 B必要而不充分条件C充要条件 D既不充分也不必要条件课标理数5.A2 B【解析】 由判定充要
17、条件方法之一定义法知，由“yf(x)是奇函数”可以推出“y|f(x)|的图象关于y轴对称”，反过来，逆推不成立，所以选B.课标文数5.A2 已知a，b，cR，命题“若abc3，则a2b2c23”的否命题是()A若abc3，则a2b2c23B若abc3，则a2b2c20，BxR|x0，则“xAB”是“xC”的()A充分而不必要条件 B必要而不充分条件C充分必要条件 D既不充分也不必要条件课标文数4.A2 C【解析】 AxR| x20，BxR|x0，ABxR|x2又CxR|x(x2)0xR|x2，ABC，即“xAB”是“xC”的充分必要条件课标理数7.A2 若a，b为实数，则“0ab1”是“a”的
18、()A充分而不必要条件 B必要而不充分条件C充分必要条件 D既不充分也不必要条件课标理数7.A2 A【解析】 当a0，b0时，由0ab1两边同除b可得a成立；当a0，b成立，“0ab1”是“a”的充分条件反过来，若ab0，由a得不到0ab1000成立”，所以它的否定是“任意的正整数n，使得2n1000成立”，用符号表示为“nN，2n1000”课标理数2.A4 已知集合A(x，y)|x，y为实数，且x2y21，B(x，y)|x，y为实数，且yx，则AB的元素个数为()A0 B1 C2 D3课标理数2.A4 C【解析】 集合A表示以原点为圆心的单位圆，集合B表示过原点的直线，显然有两个交点，故选C
19、.课标理数8.A4 设S是整数集Z的非空子集，如果a，bS，有abS，则称S关于数的乘法是封闭的，若T，V是Z的两个不相交的非空子集，TVZ，且a，b，cT，有abcT；x，y，zV，有xyzV，则下列结论恒成立的是()AT，V中至少有一个关于乘法是封闭的BT，V中至多有一个关于乘法是封闭的CT，V中有且只有一个关于乘法是封闭的DT，V中每一个关于乘法都是封闭的课标理数8.A4 A【解析】 T全部是偶数，V全部是奇数，那么T，V对乘法是封闭的，但如果T是全部偶数和1，3，那么此时T，V都符合题目要求，但是在V里面，任意取的数是1和3，那么相乘等于3，而V里面没有3，所以V对乘法不封闭排除B、C、D选项，所以“至少一个”是对的课标文数2.A4 已知集合A(x，y)|x，y为实数，且x2y21，B(x，y)|x，y为实数，且xy1，则AB的元素个数为()A4 B3 C2 D1课标文数2.A4 C【解析】 集合A表示以原点为圆心的单位圆，集合B表示过点(1，0)，(0，1)的直线，显然有两个交点，故选C.课标理数2.A4 若集合Ax|12x13，B，则AB()Ax|1x0 Bx|0x1Cx|0x2 Dx|0x1课标理数2.A4 B【解析】 Ax|1x1，Bx|0x2，ABx|0x1故选B.
