1、专题一 集合与简易逻辑一、单选题1设全集，集合，则（ ）ABCD【答案】C【解析】首先进行补集运算，然后进行交集运算即可求得集合的运算结果.【详解】由题意结合补集的定义可知：，则.故选：C.2设，则“”是“”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】A【解析】首先求解二次不等式，然后结合不等式的解集即可确定充分性和必要性是否成立即可.【详解】求解二次不等式可得：或，据此可知：是的充分不必要条件.故选：A.3设集合A=x|1x3，B=x|2x4，则AB=（ ）Ax|2x3Bx|2x3Cx|1x4Dx|1x|+|-|+|2|-|20与的夹角为锐角.故“与的夹角
2、为锐角”是“|+|”的充分必要条件,故选C.8已知集合，则满足条件的集合的个数为（ ）A1B2C3D4【答案】D【解析】求解一元二次方程，得，易知.因为，所以根据子集的定义，集合必须含有元素1,2，且可能含有元素3,4，原题即求集合的子集个数，即有个，故选D.9已知集合，则中元素的个数为（ ）A2B3C4D6【答案】C【解析】采用列举法列举出中元素的即可.【详解】由题意，中的元素满足，且，由，得，所以满足的有，故中元素的个数为4.故选：C.10设函数f（x）=cosx+bsinx（b为常数），则“b=0”是“f（x）为偶函数”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
3、也不必要条件【答案】C【解析】b=0 时，f(x)=cosx+bsinx=cosx, f(x)为偶函数；f(x)为偶函数时，f(-x)=f(x)对任意的x恒成立，f(-x)=cos(-x)+bsin(-x)=cosx-bsinx cosx+bsinx=cosx-bsinx ，得bsinx=0对任意的x恒成立，从而b=0.从而“b=0”是“f(x)为偶函数”的充分必要条件，故选C.11已知集合则（ ）ABCD【答案】D【解析】首先解一元二次不等式求得集合A，之后利用交集中元素的特征求得，得到结果.【详解】由解得，所以，又因为，所以，故选：D.12设集合A=x|x240，B=x|2x+a0，且AB
4、=x|2x1，则a=（ ）A4B2C2D4【答案】B【解析】由题意首先求得集合A,B，然后结合交集的结果得到关于a的方程，求解方程即可确定实数a的值.【详解】求解二次不等式可得：，求解一次不等式可得：.由于，故：，解得：.故选：B.13已知集合A=x|x|1，xZ，则AB=（ ）AB3，2，2，3）C2，0，2D2，2【答案】D【解析】解绝对值不等式化简集合的表示，再根据集合交集的定义进行求解即可.【详解】因为，或，所以.故选：D.14已知集合U=2，1，0，1，2，3，A=1，0，1，B=1，2，则（ ）A2，3B2，2，3C2，1，0，3D2，1，0，2，3【答案】A【解析】首先进行并集运
5、算，然后计算补集即可.【详解】由题意可得：，则.故选：A.15设，则“”是“直线和圆有公共点”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】A【解析】根据条件先求的取值范围，再比较集合的包含关系，判断充分必要条件.【详解】圆，圆心，半径，若直线与圆有公共点，则圆心到直线的距离，解得：，所以“”是“直线和圆有公共点”的充分不必要条件.故选：A16设，则“”是“”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【答案】A【解析】分别解出两个不等式的解集，比较集合的关系，从而得到两命题的逻辑关系.【详解】；易知集合是的真子集，故是充分
6、不必要条件.故选：A.17已知集合，则（ ）ABCD【答案】D【解析】由题知,再根据集合交集运算求解即可.【详解】因为，所以，故选:D.18 “”是“直线与平行”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【答案】B【解析】首先根基两直线平行求出的值，再根据小范围推大范围选出答案.【详解】因为直线与平行，所以 且两直线的斜率相等即解得；而当时直线为，同时为，两直线重合不满足题意；当时，与平行，满足题意；故，根据小范围推大范围可得：是的必要不充分条件.故选：B19已知命题“是两条不同的直线，是一个平面，若，则”，命题“函数，为上的增函数”，下列说法正确的是A“”为
7、真命题B“”为真命题C“” 为真命题D“” 为真命题【答案】D【解析】依题意得是假命题；因为又，得是假命题，则可判断正确结果【详解】若，则或，所以命题是假命题；函数，当时，当时，因为又 ，所以在上不是增函数，故是假命题；所以与是真命题，故“” 为真命题故选：D20记不等式组表示的平面区域为，命题；命题.给出了四个命题：；，这四个命题中，所有真命题的编号是（ ）ABCD【答案】A【解析】如图，平面区域D为阴影部分，由得即A（2，4），直线与直线均过区域D，则p真q假，有假真，所以真假故选A21已知集合，则AB中元素的个数为（ ）A2B3C4D5【答案】B【解析】采用列举法列举出中元素的即可.【详
8、解】由题意，故中元素的个数为3.故选：B22已知、为的子集，若，则满足题意的的个数为（ ）A3B4C7D8【答案】D【解析】根据交集、补集的运算的意义，利用韦恩图可得出M，N关系，根据子集求解.【详解】因为、为的子集，且，画出韦恩图如图，可知，因为，故的子集有个.故选：D23 “”是直线与圆相交的（ ）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即不充分也不必要条件【答案】A【解析】根据直线与圆相交的判定，充分条件，必要条件即可求解【详解】当时，直线为，过圆心，故直线与圆相交，当直线与圆相交时，圆心到直线的距离，化简得，显然恒成立，不能推出，所以“”是直线与圆相交的充分不必要条件，故选
9、：A24设集合，则集合中元素的个数为（ ）A0B1C2D3【答案】C【解析】分别作出，图象，判断交点个数即可.【详解】依题意：集合中元素的个数即，图象交点个数如图所以一共有两个交点，所以集合中元素的个数为2故选：C25已知集合，且，则实数m应满足（ ）ABCD【答案】A【解析】根据集合交集定义即可求解【详解】解：集合，故选：A26命题的否定为（ ）ABCD【答案】D【解析】根据特称命题的否定是全称命题，直接写出即可.【详解】根据特称命题的否定是全称命题，所以命题的否定为.故选:D.27已知集合，则（ ）ABCD【答案】B【解析】分析：首先利用一元二次不等式的解法，求出的解集，从而求得集合A，之
10、后根据集合补集中元素的特征，求得结果.详解：解不等式得，所以，所以可以求得，故选B.28已知两条直线和平面，若，则是的（ ）A充分但不必要条件B必要但不充分条件C充要条件D既不充分又不必要条件【答案】D【解析】当时，若时，与的关系可能是，也可能是，即不一定成立，故为假命题；若时，与的关系可能是，也可能是与异面，即不一定成立，故也为假命题；故是的既不充分又不必要条件故选：D29.设集合S，T，SN*，TN*，S，T中至少有两个元素，且S，T满足：对于任意x，yS，若xy，都有xyT对于任意x，yT，若xy，则S；下列命题正确的是（ ）A若S有4个元素，则ST有7个元素B若S有4个元素，则ST有6
11、个元素C若S有3个元素，则ST有5个元素D若S有3个元素，则ST有4个元素【答案】A【解析】分别给出具体的集合S和集合T，利用排除法排除错误选项，然后证明剩余选项的正确性即可.【详解】首先利用排除法：若取，则，此时，包含4个元素，排除选项 C；若取，则，此时，包含5个元素，排除选项D；若取，则，此时，包含7个元素，排除选项B；下面来说明选项A的正确性：设集合，且，则，且，则，同理，若，则，则，故即，又，故，所以，故，此时，故，矛盾，舍.若，则，故即，又，故，所以，故，此时.若， 则，故，故，即，故，此时即中有7个元素.故A正确.故选：A.【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理
12、、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.二、填空题30已知集合，若则实数的值为_【答案】1【解析】由题意，显然，所以，此时，满足题意，故答案为1点睛:（1）认清元素的属性解决集合问题时，认清集合中元素的属性(是点集、数集或其他情形)和化简集合是正确求解的两个先决条件（2）注意元素的互异性在解决含参数的集合问题时，要注意检验集合中元素的互异性，否则很可能会因为不满足“互异性”而导致错误（3）防范空集在
13、解决有关等集合问题时，往往容易忽略空集的情况，一定要先考虑时是否成立，以防漏解31设有下列四个命题：p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内.p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面.p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行.p4：若直线l平面，直线m平面，则ml.则下述命题中所有真命题的序号是_.【答案】【解析】利用两交线直线确定一个平面可判断命题的真假；利用三点共线可判断命题的真假；利用异面直线可判断命题的真假，利用线面垂直的定义可判断命题的真假.再利用复合命题的真假可得出结论.【详解】对于命题，可设与相交，这两条直线确定的平面为；若与相交，则交点在平面内，同理，与的交点也在平
14、面内，所以，即，命题为真命题；对于命题，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个，命题为假命题；对于命题，空间中两条直线相交、平行或异面，命题为假命题；对于命题，若直线平面，则垂直于平面内所有直线，直线平面，直线直线，命题为真命题.综上可知，为真命题，为假命题，为真命题，为假命题，为真命题，为真命题.故答案为：.32设A是非空数集，若对任意，都有，则称A具有性质P.给出以下命题：若A具有性质P，则A可以是有限集；若具有性质P，且，则具有性质P；若具有性质P，则具有性质P；若A具有性质P，且，则不具有性质P.其中所有真命题的序号是_.【答案】【解析】举特例判断；利用性质P的定义证明即可；举反例说明错误；利用反证法，结合举反例判断.【详解】对于，取集合具有性质P，故A可以是有限集，故正确；对于，取，则，又具有性质P，所以具有性质P，故正确；对于，取，但，故错误；对于，假设具有性质P，即对任意，都有，即对任意，都有，举反例，取，但，故假设不成立，故错误；故答案为：【点睛】关键点点睛：本题考查集合新定义，解题的关键是对集合新定义的理解，及举反例，特例证明，考查学生的逻辑推理与特殊一般思想，属于基础题.
