《安徽省2020年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題一 常以客觀題形式考查的幾個(gè)問(wèn)題第1講 集合與常用邏輯用語(yǔ) 文》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《安徽省2020年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題一 常以客觀題形式考查的幾個(gè)問(wèn)題第1講 集合與常用邏輯用語(yǔ) 文（5頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專(zhuān)題一　常以客觀題形式考查的幾個(gè)問(wèn)題第1講　集合與常用邏輯用語(yǔ) 真題試做 1．(2020·山東高考，文2)已知全集U＝{0,1,2,3,4}，集合A＝{1,2,3}，B＝{2,4}，則(UA)∪B為(　　)． A．{1,2,4} B．{2,3,4} C．{0,2,4} D．{0,2,3,4} 2．(2020·大綱全國(guó)高考，文1)已知集合A＝{x|x是平行四邊形}，B＝{x|x是矩形}，C＝{x|x是正方形}，D＝{x|x是菱形}，則(　　)． A．AB B．CB C．DC D．AD 3．(2020·安徽高考，文2)設(shè)集合A＝{x|－3≤

2、2x－1≤3}，集合B為函數(shù)y＝lg(x－1)的定義域，則A∩B＝(　　)． A．(1,2) B．[1,2] C．[1,2) D．(1,2] 4．(2020·陜西高考，文4)設(shè)a，b∈R，i是虛數(shù)單位，則“ab＝0”是“復(fù)數(shù)a＋為純虛數(shù)”的(　　)． A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件 5．(2020·安徽高考，文4)命題“存在實(shí)數(shù)x，使x＞1”的否定是(　　)． A．對(duì)任意實(shí)數(shù)x，都有x＞1 B．不存在實(shí)數(shù)x，使x≤1 C．對(duì)任意實(shí)數(shù)x，都有x≤1 D．存在實(shí)數(shù)x，使x≤1 考向分析 本部分

3、內(nèi)容在高考題中主要是以選擇題和填空題的形式出現(xiàn)，集合在高考中主要考查三方面內(nèi)容：一是考查集合的概念、集合間的關(guān)系；二是考查集合的運(yùn)算和集合語(yǔ)言的運(yùn)用，常以集合為載體考查不等式、解析幾何等知識(shí)；三是以創(chuàng)新題型的形式考查考生分析、解決集合問(wèn)題的能力．對(duì)邏輯用語(yǔ)的考查，主要是對(duì)命題真假的判斷、命題的四種形式、充分必要條件的判斷、全稱(chēng)量詞和存在量詞的應(yīng)用等． 熱點(diǎn)例析 熱點(diǎn)一　集合的概念與運(yùn)算 【例1】已知A＝{0,1，a}，B＝{a2，b}，且A∩B＝{1}，A∪B＝{0,1,2,4}，則logab＝(　　)． A．－1 B．0 C．1 D．2 規(guī)律方法 解

4、答集合間的運(yùn)算關(guān)系問(wèn)題的思路：先正確理解各個(gè)集合的含義，認(rèn)清集合元素的屬性、代表的意義，再根據(jù)元素的不同屬性采用不同的方法對(duì)集合進(jìn)行化簡(jiǎn)求解． 確定(應(yīng)用)集合間的包含關(guān)系或運(yùn)算結(jié)果，常用到以下技巧：①若已知的集合是不等式的解集，用數(shù)軸求解；②若已知的集合是點(diǎn)集，用數(shù)形結(jié)合法求解；③若已知的集合是抽象集合，用Venn圖求解；④注意轉(zhuǎn)化關(guān)系(RA)∩B＝BBRA，A∪B＝BAB，U(A∩B)＝(UA)∪(UB)，U(A∪B)＝(UA)∩(UB)等． 變式訓(xùn)練1 (2020·合肥八中沖刺卷，文2)設(shè)全集U＝R，已知集合A＝，B＝{x|2x2－7x＋3≤0}，則(RA)∩B＝(　　)． A.

5、 B．(1,2] C．[1,3) D．[1,3] 熱點(diǎn)二　命題的真假與否定 【例2】給出下列四個(gè)結(jié)論： ①命題“若α＝β，則cos α＝cos β”的逆否命題； ②“存在x0∈R，使得x2－x＞0”的否定是：“任意x∈R，均有x2－x＜0”； ③命題“x2＝4”是“x＝－2”的充分不必要條件； ④p：a∈{a，b，c}，q：{a}{a，b，c}，p且q為真命題． 其中正確結(jié)論的序號(hào)是__________．(填寫(xiě)所有正確結(jié)論的序號(hào)) 規(guī)律方法 1.命題真假的判定方法： (1)一般命題p的真假由涉及的相關(guān)知識(shí)辨別； (2)四種命題的真假的判斷根據(jù)：一個(gè)

6、命題和它的逆否命題同真假，而與它的其他兩個(gè)命題的真假無(wú)此規(guī)律； (3)形如p或q，p且q，非p命題的真假根據(jù)真值表判定； (4)全稱(chēng)命題與特稱(chēng)命題的真假的判定：全稱(chēng)命題p：任意x∈M，p(x)，其否定形式是存在x0∈M，非p(x0)；特稱(chēng)命題p：存在x0∈M，p(x0)，其否定形式是任意x∈M，非p(x)． 2．命題的否定形式有： 原語(yǔ)句 是 都是 至少有一個(gè) 至多有一個(gè) ＞ 任意x∈A，使p(x)真 否定形式 不是 不都是 一個(gè)也沒(méi)有 至少有兩個(gè) ≤ 存在x0∈A，使p(x0)假 變式訓(xùn)練2 已知命題p：“任意x∈[1,2]，x2－a≥0”；命題q：“存

7、在x∈R，x2＋2ax＋2－a＝0”，若命題“p且q”是真命題，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　)． A．a(chǎn)≤－2或a＝1 B．a(chǎn)≤－2或1≤a≤2 C．a(chǎn)≥1 D．－2≤a≤1 熱點(diǎn)三　充分條件、必要條件、充要條件的判定 【例3】已知p：－2≤x≤10，q：1－m≤x≤1＋m(m＞0)．若非p是非q的必要而不充分條件，求實(shí)數(shù)m的取值范圍． 規(guī)律方法 (1)對(duì)充分條件、必要條件的判斷要注意以下幾點(diǎn)： ①要弄清先后順序：“A的充分不必要條件是B”是指B能推出A，且A不能推出B；而“A是B的充分不必要條件”則是指A能推出B，且B不能推出A. ②要善于舉出反例：當(dāng)從正面

8、判斷或證明一個(gè)命題的正確或錯(cuò)誤不易進(jìn)行時(shí)，可以通過(guò)舉出恰當(dāng)?shù)姆蠢齺?lái)說(shuō)明． (2)判斷命題的充要關(guān)系有三種方法： ①定義法：1°分清條件和結(jié)論：分清哪個(gè)是條件，哪個(gè)是結(jié)論；2°找推導(dǎo)式：判斷“pq”及“qp”的真假；3°下結(jié)論：根據(jù)推式及定義下結(jié)論． ②等價(jià)法：即利用AB與非B非A；BA與非A非B；AB與非B非A的等價(jià)關(guān)系，對(duì)于條件或結(jié)論是否定形式的命題，一般運(yùn)用等價(jià)法． ③利用集合間的包含關(guān)系判斷：若AB，則A是B的充分條件或B是A的必要條件；若A＝B，則A是B的充要條件． 變式訓(xùn)練3 (2020·山東濟(jì)南一模)設(shè)p：|4x－3|≤1，q：x2－(2a＋1)x＋a(a＋1)≤0，若

9、非p是非q的必要不充分條件，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　)． A. B. C．(－∞，0]∪ D．(－∞，0)∪ 思想滲透 1．補(bǔ)集思想，即已知全集U，求子集A，若直接求A困難，可先求A的補(bǔ)集，再由A的補(bǔ)集的補(bǔ)集是A求出A.逆向思維是從已有習(xí)慣思維的反方向去思考問(wèn)題，在正向思維受阻時(shí)，逆向思維往往能起到“柳暗花明又一村”的效果，補(bǔ)集思想就是一種常見(jiàn)的逆向思維． 【典型例題】已知下列三個(gè)方程：①x2＋4ax－4a＋3＝0，②x2＋(a－1)x＋a2＝0，③x2＋2ax－2a＝0中至少有一個(gè)方程有實(shí)根，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解：設(shè)已知的三個(gè)方程都沒(méi)有實(shí)根， 則

10、 解得－＜a＜－1. 故所求a的取值范圍是a≥－1或a≤－. 2．特殊值法判斷命題真假的類(lèi)型： (1)判斷全稱(chēng)命題為假； (2)判斷特稱(chēng)命題為真； (3)判斷一個(gè)命題不成立． 求解時(shí)注意的問(wèn)題： (1)尋找特例時(shí)，應(yīng)使特例符合已知條件； (2)特例應(yīng)力求全面，不能以偏概全． 1．已知實(shí)數(shù)集R，集合M＝{x||x－2|≤2}，集合N＝，則M∩(RN)＝(　　)． A．{x|0≤x＜1} B．{x|0≤x≤1} C．{x|1＜x≤4} D．{x|1≤x≤4} 2．“x＞3”是“不等式x2－2x＞0”的(　　)． A．充分非必要條件 B．充

11、分必要條件 C．必要非充分條件 D．既非充分又非必要條件 3．(2020·安徽江南十校，文3)命題p：若a·b＞0，則a與b的夾角為銳角；命題q：若函數(shù)f(x)在(－∞，0]及(0，＋∞)上都是減函數(shù)，則f(x)在(－∞，＋∞)上是減函數(shù)，下列說(shuō)法中正確的是(　　)． A．“p或q”是真命題 B．“p或q”是假命題 C．非p為假命題 D．非q為假命題 4．(2020·山東煙臺(tái)一模，文2)已知命題p：存在x∈R，使sin x＝，命題q：任意x∈R，都有x2＋x＋1＞0.給出下列結(jié)論： ①命題“p且q”是真命題； ②命題“p且非q”是假命題； ③命題“非p或

12、q”是真命題； ④命題“非p或非q”是假命題． 其中正確的是(　　)． A．①②③ B．③④ C．②④ D．②③ 5．命題“所有能被2整除的整數(shù)都是偶數(shù)”的否定是(　　)． A．所有不能被2整除的整數(shù)都是偶數(shù) B．所有能被2整除的整數(shù)都不是偶數(shù) C．存在一個(gè)不能被2整除的整數(shù)是偶數(shù) D．存在一個(gè)能被2整除的整數(shù)不是偶數(shù) 6．已知a與b均為單位向量，其夾角為θ，有下列四個(gè)命題： p1：|a＋b|＞1θ∈ p2：|a＋b|＞1θ∈ p3：|a－b|＞1θ∈ p4：|a－b|＞1θ∈ 其中的真命題是(　　)． A．p1，p4 B．p1，p3 C．

13、p2，p3 D．p2，p4 參考答案 命題調(diào)研·明晰考向 真題試做 1．C　解析：易知UA＝{0,4}，所以(UA)∪B＝{0,2,4}，故選C. 2．B　解析：∵正方形組成的集合是矩形組成集合的子集， ∴CB. 3．D　解析：由－3≤2x－1≤3得，－1≤x≤2； 要使函數(shù)y＝lg(x－1)有意義，須令x－1＞0， ∴x＞1. ∴集合A＝{x|－1≤x≤2}，B＝{x|x＞1}， ∴A∩B＝{x|1＜x≤2}． 4．B　解析：由a＋為純虛數(shù)可知a＝0，b≠0，所以ab＝0. 而ab＝0a＝0，且b≠0.故選B. 5．C　解析：該命題為存在性命題，其否定為“對(duì)任意

14、實(shí)數(shù)x，都有x≤1”． 精要例析·聚焦熱點(diǎn) 熱點(diǎn)例析 【例1】 B　解析：∵A∩B＝{1}，∴b＝1或a2＝1(不滿(mǎn)足題意，舍去)，∴b＝1. ∵A∪B＝{0,1,2,4}， ∴a＝2或a＝4(不滿(mǎn)足題意，舍去)，故logab＝log21＝0.選B. 【變式訓(xùn)練1】 A　解析：集合A＝＝{x|x＞2或x≤－1}，B＝{x|2x2－7x＋3≤0}＝，(RA)∩B＝. 【例2】 ①④　解析：對(duì)于①，因命題“若α＝β，則cos α＝cos β”為真命題，所以其逆否命題亦為真命題，①正確；對(duì)于②，命題“存在x0∈R，使得x2－x＞0”的否定應(yīng)是：“任意x∈R，均有x2－x≤0”，故②

15、錯(cuò)；對(duì)于③，因由“x2＝4”得x＝±2，所以“x2＝4”是“x＝－2”的必要不充分條件，故③錯(cuò)；對(duì)于④，p，q均為真命題，由真值表判定p且q為真命題，故④正確． 【變式訓(xùn)練2】 A　解析：p：y＝x2在x∈[1,2]上遞增，最小值為1， ∴a≤1.q：Δ＝4a2－4(2－a)≥0， ∴a2＋a－2≥0，a≤－2或a≥1. 若命題“p且q”是真命題，則p，q都為真． 由得a＝1或a≤－2，故選A. 【例3】 解：由題意知非q非p，但非p非q，即pq，但qp. ∴或 解得m≥9. 【變式訓(xùn)練3】 A　解析：由|4x－3|≤1，得≤x≤1，非p為x＜或x＞1； 由x2－(2a＋1

16、)x＋a(a＋1)≤0，得a≤x≤a＋1，非q為x＜a或x＞a＋1. 若非p是非q的必要不充分條件，應(yīng)有a≤且a＋1≥1，兩者不能同時(shí)取等號(hào)， 所以0≤a≤，故選A. 創(chuàng)新模擬·預(yù)測(cè)演練 1．B　解析：M＝{x||x－2|≤2}＝{x|0≤x≤4}， 又N＝＝{x|x＞1}， ∴RN＝{x|x≤1}， 故M∩RN＝{x|0≤x≤1}，選B. 2．A　解析：由x＞3組成集合A＝{x|x＞3}， 由x2－2x＞0即x＞2或x＜0組成集合B＝{x|x＞2或x＜0}． ∵AB，故選A. 3．B　解析：∵a·b＞0時(shí)，a與b的夾角為銳角或零度角， ∴命題p是假命題； 又∵函數(shù)f(x)在(－∞，0]及(0，＋∞)上都是減函數(shù)時(shí)，可能f(x)在0處是個(gè)跳躍點(diǎn)， ∴命題q也是假命題，∴選B. 4．D　解析：命題p為假命題，命題q為真命題， 故①④錯(cuò)誤，②③正確． 5．D　解析：因原命題是全稱(chēng)命題，故其否定為特稱(chēng)命題，故選D. 6．A　解析：由|a＋b|＞1得(a＋b)2＞1，即a2＋b2＋2a·b＞1，整理得cos θ＞－，又θ∈[0，π]，解得θ∈； 由|a－b|＞1得(a－b)2＞1，即a2＋b2－2a·b＞1，整理得cos θ＜，又θ∈[0，π]，解得θ∈. 綜上可知p1，p4正確，故選A.