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备考2024年高考数学优生冲刺专题特训：集合与常用逻辑用语
一、解答题
1．（2023高一上·上海市期中）对于正整数集合，如果去掉其中任意一个元素之后，剩余的所有元素组成的集合都能分为两个交集为空集的集合，且这两个集合的所有元素之和相等，就称集合为“和谐集”．
（1）判断集合是否为“和谐集”，并说明理由；
（2）求证：集合是“和谐集”；
（3）求证：若集合是“和谐集”，则集合中元素个数为奇数．
【答案】（1）解：对于集合，当去掉元素2时，剩余的所有元素之和为13，
不能分为两个交集为空集且这两个集合的所有元素之和相等的集合，
所以集合不是“和谐集”.
（2）证明：设，
当去掉元素1时，有；
当去掉元素3时，有；
当去掉元素5时，有；
当去掉元素7时，有；
当去掉元素9时，有；
当去掉元素11时，有；
当去掉元素13时，有.
所以集合是“和谐集”.
（3）证明：设“和谐集”所有元素之和为.
由题可知，均为偶数，因此的奇偶性相同.
（i）如果为奇数，则也均为奇数，
由于，所以为奇数.
(ii)如果为偶数，则均为偶数，此时设，则也是和谐集”.重复上述操作有限次，便可得各项均为奇数的“和谐集”.
此时各项之和也为奇数，集合中元素个数为奇数.综上所述，集合中元素个数为奇数.
【知识点】元素与集合的关系；集合的分类；集合中元素的个数问题
【解析】【分析】(1)根据和谐集的概念和集合中这5个数字的特征，当去掉2时，剩余元素的和为13，不能分成两个集合所有元素之和相等的两个集合，故可判断判断出集合不是“和谐集”；
(2)对集合去掉其中任意一个元素进行分类讨论，找到符合题意的两个集合即可证明集合是“和谐集”；
(3)判断任意一个元素的奇偶性相同，分类讨论，可以证明出若集合是“和谐集”，则集合中元素个数为奇数.
2．（2023高二上·朝阳开学考）设，已知由自然数组成的集合，集合，，…，是S的互不相同的非空子集，定义数表：
，其中，
设，令是，，…，中的最大值．
（1）若，，且，求，，及；
（2）若，集合，，…，中的元素个数均相同，若，求n的最小值；
（3）若，，集合，，…，中的元素个数均为3，且，求证：的最小值为3．
【答案】（1）解：，，，．
（2）解：设使得，
则，
所以．
所以至少有3个元素个数相同的非空子集．
当时，，其非空子集只有自身，不符题意．
当时，，其非空子集只有，，，不符题意．
当时，，元素个数为1的非空子集有，，，
元素个数为2的非空子集有，，．
当时，，不符题意．
当时，，不符题意．
当时，，令，，，
则，．
所以n的最小值为4．
（3）解：由题可知，，记为集合中的元素个数，
则为数表第j列之和．
因为是数表第i行之和，
所以．
因为，所以．
所以．
当，，，，
，，时，，
．所以的最小值为3．
【知识点】元素与集合的关系；子集与真子集；集合中元素的个数问题；空集
【解析】【分析】(1)根据 和 求解；
(2)将问题转化为 至少有3个元素个数相同的非空子集，对中的元素个数进行列举讨论分析；
(3)根据 的定义和 ，结合S 集合，，…，中的元素个数均为3进行讨论求解.
3．（2023高三上·昌平期末）已知数列满足：，且.记集合.
（1）若，写出集合的所有元素；
（2）若集合存在一个元素是3的倍数，证明：的所有元素都是3的倍数；
（3）求集合的元素个数的最大值.
【答案】（1）解：若，则，，，
，故中的项的大小从第3项开始周期变化，且周期为2.
故.
（2）解：设，
若，则，因互质，故为3的倍数；
若，则即，因互质，
故为3的倍数，
依次类推，有均为3的倍数.
当时，我们用数学归纳法证明：也是3的倍数.
当时，若，则，故为3的倍数；
若，则，故为3的倍数，
设当时，是3的倍数即为3的倍数，
若，则，故为3的倍数；
若，则，因为3的倍数，故为3的倍数，
故当时，是3的倍数也成立，
由数学归纳法可得是3的倍数成立，
综上，的所有元素都是3的倍数.
（3）解：当，则，，，，故的元素个数为5；
当，则，故的元素个数为4；
当，则，故的元素个数为5；
当，则，故的元素个数为5；
当，则，故的元素个数为4；
当，则，故的元素个数为5；
当，则，故的元素个数为5；
当，则，故的元素个数为4；
当，则，故的元素个数为5；
当，则，故的元素个数为5；
当，则，故的元素个数为4；
当，则，故的元素个数为5；
当，则，故的元素个数为1；
当时，的元素个数不超过为5，
综上，的元素个数的最大值为5.
【知识点】元素与集合的关系；集合中元素的个数问题；函数的周期性；数学归纳法的原理
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合递推公式和元素与集合的关系，进而结合函数的周期性得出集合M的所有的元素。
（2）利用已知条件结合类比推理的方法和分类讨论的方法，再结合数学归纳法证出集合的所有元素都是3的倍数。
（3）利用已知条件结合列举法得出集合M的元素个数，再结合比较法得出集合M的元素个数的最大值。
4．（2023高一上·朝阳期中）已知，，，记，用表示有限集合X的元素个数.
（1）若，，，直接写出所有符合要求的集合T；
（2）若，，则对于任意的A，是否都存在，使得 说明理由；
（3）若，对于任意的A，都存在T，使得，求n的最小值.
【答案】（1）解：若，则，其中，，
否则，，
又，，，，，则，相差2，
所以或或；
（2）解：不一定存在，
当时，
，，，，，，
则，相差不可能为1，2，3，4，5，6，
这与矛盾，故不都存在T.
（3）解：因为，故集合A中的元素的差的绝对值至多有10种，
当时，结论都成立；
当时，不存在，，使得A中任意两个元素差不同，所以当时，结论成立；
当时，若，则不存在T，所以n的最小值为11.
【知识点】集合间关系的判断；集合中元素的个数问题；交集及其运算
【解析】【分析】|（1）由可得，又，可知，相差2，由此可求得T；
（2）当时，，，，，，，则相差不可能1，2，3，4，5，6，从而可得结论；
（3）因为，所以集合A中的元素的差的绝对值至多有10种，分，和讨论，即可得的最小值.
5．（2023高一上·奉贤期中）已知集合为非空数集，定义：，（实数可以相同）
（1）若集合，直接写出集合、；
（2）若集合，，且，求证：；
（3）若集合，，记为集合中元素的个数，求的最大值.
【答案】（1）
（2）由于集合，则集合的元素可能包含这些元素，
且有
因为，所以集合有4个元素，即
则剩下的，所以
（3）设满足题意，其中，
则，
，由容斥原理，
中最小的元素为0，最大的元素为，
即
实际上当时满足题意，
证明如下：
设，
则，依题意有，即，
故的最小值为674，于是当时，A中元素最多，
即时满足题意，
综上所述，集合中元素的个数的最大值是1348.
【知识点】集合关系中的参数取值问题；子集与交集、并集运算的转换
【解析】【分析】(1)根据题中定义，代入计算集合S、T即可.
(2)利用集合相等定义证明即可.
（3）通过假设集合设，写出对应集合S、T，由列出不等式，求出对应值即可.
6．（2023高一下·番禺期末）已知函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是．给定函数及其图象的对称中心为．
（1）求c的值；
（2）判断在区间上的单调性并用定义法证明；
（3）已知函数的图象关于点对称，且当时，．若对任意，总存在，使得，求实数m的取值范围．
【答案】（1）解：由于的图象的对称中心为，
则，
即，
整理得，解得：，
故的对称中心为；
（2）解：函数在递增；
设，则，由于，所以，所以，故函数在递增；
（3）解：由已知，的值域为值域的子集，
由（2）知在，上递增，且，故的值域为，，
于是原问题转化为在，上的值域，，
当即时，在，递增，
注意到的图象恒过对称中心，
可知在，上亦单调递增，
故在，递增，又，，故，，所以
，，，且，解得，
当即时，在递减，在，递增，
又过对称中心，故在递增，在，递减，
故此时，，，，
欲使，，只需且，
解不等式得：，又，此时，
当即时，在，递减，在，上亦递减，
由对称性知在，上递减，于是，，
则，，，故，解得：，
综上：实数的取值范围是，．
【知识点】集合关系中的参数取值问题；函数的值域；函数单调性的判断与证明；函数的最大（小）值；二次函数在闭区间上的最值
【解析】【分析】 (1)根据函数的对称性得到关于的方程，解出即可求出函数的对称中心；
(2)利用函数单调性的定义即可判断函数的单调性；
(3)问题转化为在上的值域，通过讨论m的范围，得到关于m的不等式组，解出即可．
7．（2022·海淀模拟）已知有限数列共M项，其任意连续三项均为某等腰三角形的三边长，且这些等腰三角形两两均不全等.将数列的各项和记为．
（1）若，直接写出的值；
（2）若，求的最大值；
（3）若，求的最小值
【答案】（1）解：
（2）解：①构造数列：1，2，2，2，3，3，3，1，此时.
②当存在连续三项为1，1，1时，本题中有两条边为1，1的等腰三角形仅有1，1，1，即数列只有3项，与矛盾，舍去.
③当不存在连续三项为1，1，1时，连续三项（不考虑这三项的顺序）共以下6种可能：
1，2，2；1，3，3；2，2，2；2，2，3；2，3，3；3，3，3.
又相邻的4项组成的2个等腰三角形中间2项是共用的，则总的项数为不同的等腰三角形的个数加上首尾2项，所以.
④由①②③，M的最大值为8.
（3）解：①构造数列：1，2，2，2，3，3，3，4，4，4，5，5，5，3，3，1，此时.
②设T为数列的每一组连续三项的和的和，则
，即.
③连续三项（不考虑这三项的顺序）及这三项的和（标注在下面的括号内）有以下可能：
其中画横线的连续三项不能同时满足和前一项、后一项构成3个等腰三角形，故必为数列的首三项或尾三项，
故其对应的三角形在14个三角形中至多出现两个.
④由③，要使最小，则使和最小，在画横线的连续三项中取和最小的2组，
在没画横线的连续三项中取合最小的12组，同时令，
则，
，又由②，，
所以.
⑤由①④，S的最小值为50.
【知识点】集合的含义；集合的分类；集合的表示方法；数列与函数的综合
【解析】【解答】(1)边长为1或2的等腰三角形只有1，1，1；1，2，2；2，2，2；若前三项为1，1，1，则该数列只有3项，不合题意；
若前三项为1，2，2，该数列只有4项，该数列只能为1，2，2，2；若前三项为2，2，2，该数列只有4项，该数列只能为2，2，2，1；
综上：；
【分析】(1)根据题意由三角形的边的性质结合已知条件即可得出满足题意的边的大小，结合等腰三角形的性质即可得出答案。
(2)由已知条件分情况讨论，即可得出不同情况下的三角形的边之间的关系，由此得出数列中的项，由此即可得出m的最大值。
(3)根据题意分情况讨论，然后由数列的项的性质结合三角形边的关系，整理化简即可求出数列的前n项和的最小值。
8．求证：如果p2＋q2＝2，则p＋q≤2.
【答案】【解答】证明：该命题的逆否命题为若p＋q>2，则p2＋q2≠2.p2＋q2＝ [(p＋q)2＋(p－q)2]≥ (p＋q)2.∵p＋q>2，∴(p＋q)2>4，∴p2＋q2>2，即p＋q>2时，p2＋q2≠2成立.∴如果p2＋q2＝2，则p＋q≤2.
【知识点】四种命题的真假关系
【解析】【分析】根据原命题与逆否命题的等价性即可。
9．（2023高一上·广东期末）欧拉对函数的发展做出了巨大贡献，除特殊符号，概念名称的界定外，欧拉还基于初等函数研究了抽象函数的性质.例如，欧拉引入倒函数的定义：对于函数，如果对于其定义域中任意给定的实数，都有，并且，就称函数为倒函数.
（1）已知，判断和是否为倒函数；
（2）若是上的倒函数，当时，，方程是否有正整数解？并说明理由；
（3）若是上的倒函数，其函数值恒大于0，且在上是增函数.记，证明：是的充要条件.
【答案】（1）解：对于定义域为，显然定义域中任意实数，都有成立，又
所以是倒函数.
对于定义域为，当时，，不符合倒函数的定义，所以不是倒函数.
（2）解：令，则，由倒函数的定义，可得
所以，所以要使有正整数解，
则，当时，；
当时，；所以没有正整数解.
（3）证明：充分性：当时，且，因为是增函数，所以即
所以.
必要性：当时，
有
因为恒大于0，所以，即，
所以，因为是增函数，所以，即；
综上可得是的充要条件.
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；函数的概念及其构成要素；函数单调性的性质
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合倒函数的定义，进而判断出 不是倒函数。
（2 ) 令，则，由倒函数的定义，可得要使有正整数解，则，当时，；当时，，从而判断出函数没有正整数解。
（3）利用已知条件结合倒函数的定义和充分条件和必要条件的判断方法，进而证出 是的充要条件。
10．分式线性变换又称为莫比乌斯变换，它是定义在复数集中形如的变换，其中称为的“像”，称为的“原像”．
（1）若，求的“像”以及“原像”；
（2）若，，求证：的充要条件是；
（3）若，，满足，求的“像”在复平面上所构成图形的面积．
【答案】（1）解：．
，；
令，，解得．
故的“像”为，的“原像”为．
（2）证明：．
.
所以，证毕．
（3）解：由题意，可知．
类似（），有．可知．
下证．
即．
（或者
）
故满足，，面积为
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；复数代数形式的乘除运算；进行简单的合情推理
【解析】【分析】（1）根据题意，， 再分别令z=i，w=1+i，即可求出答案.
（2）根据题意，，令代入，进行化简，结合复数的几何意义即可证明.
（3）根据题意，，可知， 根据0＜Imz＜1求解即可.
11．（2023高一上·海淀期末）设函数的定义域为，且区间，对任意且，记，.若，则称在上具有性质；若，则称在上具有性质；若，则称在上具有性质；若，则称在上具有性质.
（1）记：①充分而不必要条件；
②必要而不充分条件；
③充要条件；
④既不充分也不必要条件
则在上具有性质是在上单调递增的　 　（填正确选项的序号）；
在上具有性质是在上单调递增的　 　（填正确选项的序号）；
在上具有性质是在上单调递增的　 　（填正确选项的序号）；
（2）若在满足性质，求实数的取值范围；
（3）若函数在区间上恰满足性质 性质 性质 性质中的一个，直接写出实数的最小值.
【答案】（1）②；①；③
（2）解：对于任意的，且，
有，
由于在满足性质，即，
所以，所以，
因为，所以，所以，
由于任意的，且，所以，
所以，
所以实数的取值范围是.
（3）解：实数的最小值为1.
理由如下：
因为在上恰满足性质 性质 性质 性质中的一个，
所以对任意且，有恒成立.
因为的定义域为，所以.
当时，，
所以，从而，不合题意；
当时，，
所以，从而，
要使恒成立，只需使，即恒成立，
若，则，使，这与矛盾，
当时，，恒成立，
所以的最小值为1.
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；函数恒成立问题；二次函数的性质；反证法的应用
【解析】【解答】（1）解：由于，所以.
对于性质，当时，无法判断的符号，故无法判断单调性；
当在上单调递增时，，
所以在上具有性质是在上单调递增的必要而不充分条件.
对于性质，当时，，所以在上单调递增；
当在上单调递增时，，的符合无法判断，
所以在上具有性质是在上单调递增的充分而不必要条件.
对于性质，若，则，所以在上单调递增；
当在上单调递增时，，，
所以在上具有性质是在上单调递增的充要条件.
【分析】（1）利用已知条件结合充分条件和必要条件的判断方法，进而得出结果填空。
（2） 对于任意的，且，有，由于在满足性质，即，所以，再利用，所以，由于任意的，且，所以，进而得出实数的取值范围。
（3） 实数的最小值为1。理由如下：利用函数在上恰满足性质 性质 性质 性质中的一个，所以对任意且，有恒成立，再利用的定义域为，所以，再利用分类讨论的方法和变化量求解方法，从而判断出与0的正负关系，要使恒成立，只需使，即恒成立，再利用分类讨论的方法和不等式恒成立问题求解方法，再结合反证法，从额得出实数的最小值。
12．（2023高一上·深圳期中）设命题，不等式恒成立；
命题，使成立.
（1）若p为真命题，求实数m的取值范围；
（2）若命题p、q至多有一个是真命题，求实数m的取值范围.
【答案】（1）解：，
，
当且仅当，即时等号成立．
所以，即，即，解得
所以实数m的取值范围是
（2）解：当为真命题时，，解得，
当命题都是真命题，则且 ，即，
若命题至多有一个是真命题，则或，
综上，实数m的取值范围为或
【知识点】复合命题的真假；全称量词命题；存在量词命题；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】本题考查利用基本不等式求最值，存在量词命题和全称量词命题真假的判断，命题否定的应用.
（1）通过变形可得：，观察可得积为定值，利用基本不等式可求出最值，再根据恒成立可列出不等式，解不等式可求出答案；
（2）分别求得命题是真命题时的m的范围，根据“命题至多有一个是真命题”的反面是“两个都是真命题”，先求出实数m的取值范围，利用补集思想可求出答案.
13．（2022高一上·黑龙江月考）设命题：对任意，不等式恒成立，命题：存在，使得不等式成立.
（1）若为真命题，求实数的取值范围；
（2）若命题与命题一真一假，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：对于命题：成立，而，有，
所以，∴.
（2）解：对于命题：存在，使得不等式成立，只需，
而，∴，∴；
若为假命题，为真命题，则，所以；
若为假命题，为真命题，
为假命题，则或，为真命题，则
所以.
综上：或.
【知识点】复合命题的真假；命题的真假判断与应用
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合命题真假性判断方法，再利用不等式恒成立问题求解方法，进而得出实数m的取值范围。
（2）利用已知条件结合复合命题真假性判断方法，再利用特称命题真假性判断方法和二次函数最值的求解方法，进而得出实数m的取值范围。
14．（2022高一上·海南期末）已知函数．
（1）若有两个零点、，且，求的值；
（2）若命题“，”假命题，求的取值范围．
【答案】（1）解：由已知可得，可得或，
由韦达定理可得，，
所以，，解得，合乎题意.
故
（2）解：由题意可知，，，
则判别式，解得.
所以，实数的取值范围是
【知识点】复合命题的真假；命题的否定；一元二次方程的根与系数的关系；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1） 由已知条件和函数零点与方程的根的等价关系，再结合判别式法得出实数a的取值范围，再结合韦达定理得出，，再结合得出满足要求的实数a的值。
（2）利用已知条件结合特称命题与全称命题互为否定的关系以及真假性的关系，进而得出，，再利用不等式恒成立问题求解方法结合二次函数的开口方向和判别式法，进而得出实数a的取值范围。
15．（2021高二上·河南期中）已知 对于函数 ， ，使 ； ， 恒成立.
（1）若 是真命题，求实数 的取值范围；
（2）若 是假命题， 是真命题，求实数 的取值范围.
【答案】（1）解：因为 “ ，使 ”是真命题，
可知 ，当 ，得 ，
所以 ，所以 ，
解得： 且 ，
所以实数 的取值范围是 .
（2）解：由（1）得，当 是真命题，则 且 ，
若 为真命题，即 ， 恒成立，
则 ，解得： ，
又因为 是假命题， 是真命题，所以 与 一真一假，
当 为真命题，则 且 ，当 为假命题，则 或 ，
所以若 真 假，解得： ；
当 为假命题，则 或 ，当 为真命题，则 ，
所以若 假 真，解得： 或 ，
综上可得，实数 的取值范围是 .
【知识点】复合命题的真假；命题的真假判断与应用
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合特称命题真假性判断方法，从而求出实数a的取值范围。
（2）利用已知条件结合复合命题真假性判断方法， 所以 与 一真一假， 再利用分类讨论的方法结合全称命题和特称命题真假性判断方法，从而结合并集的运算法则，从而求出实数a的取值范围。
16．（2021高三上·河南月考）已知 ，命题 不等式 的解集为 ；命题 是定义在 上的减函数.若“ 且 ”为假命题，“ 或 ”为真命题，求 的取值范围.
【答案】解：因为 ，当且仅当 时取“=”，因为不等式 的解集为R，所以 ，即命题 为真时， .
因为函数 是定义在R上的减函数，
所以 解得 ，
即命题 为真时，实数 的取值范围为 .
因为“ 且 ”为假命题，“ 或 ”为真命题，所以 ， 一真一假.
若 真 假，可得 或 = ，
若 假 真，可得 .
故实数 的取值范围是
【知识点】复合命题的真假
【解析】【分析】利用已知条件结合复合命题的真假性判断方法，从而判断出命题p和命题q的真假性，再利用分类讨论的方法结合命题真假性的判断方法，从而结合交集和并集的运算法则，进而求出实数a的取值范围。
1 / 1备考2024年高考数学优生冲刺专题特训：集合与常用逻辑用语
一、解答题
1．（2023高一上·上海市期中）对于正整数集合，如果去掉其中任意一个元素之后，剩余的所有元素组成的集合都能分为两个交集为空集的集合，且这两个集合的所有元素之和相等，就称集合为“和谐集”．
（1）判断集合是否为“和谐集”，并说明理由；
（2）求证：集合是“和谐集”；
（3）求证：若集合是“和谐集”，则集合中元素个数为奇数．
2．（2023高二上·朝阳开学考）设，已知由自然数组成的集合，集合，，…，是S的互不相同的非空子集，定义数表：
，其中，
设，令是，，…，中的最大值．
（1）若，，且，求，，及；
（2）若，集合，，…，中的元素个数均相同，若，求n的最小值；
（3）若，，集合，，…，中的元素个数均为3，且，求证：的最小值为3．
3．（2023高三上·昌平期末）已知数列满足：，且.记集合.
（1）若，写出集合的所有元素；
（2）若集合存在一个元素是3的倍数，证明：的所有元素都是3的倍数；
（3）求集合的元素个数的最大值.
4．（2023高一上·朝阳期中）已知，，，记，用表示有限集合X的元素个数.
（1）若，，，直接写出所有符合要求的集合T；
（2）若，，则对于任意的A，是否都存在，使得 说明理由；
（3）若，对于任意的A，都存在T，使得，求n的最小值.
5．（2023高一上·奉贤期中）已知集合为非空数集，定义：，（实数可以相同）
（1）若集合，直接写出集合、；
（2）若集合，，且，求证：；
（3）若集合，，记为集合中元素的个数，求的最大值.
6．（2023高一下·番禺期末）已知函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是．给定函数及其图象的对称中心为．
（1）求c的值；
（2）判断在区间上的单调性并用定义法证明；
（3）已知函数的图象关于点对称，且当时，．若对任意，总存在，使得，求实数m的取值范围．
7．（2022·海淀模拟）已知有限数列共M项，其任意连续三项均为某等腰三角形的三边长，且这些等腰三角形两两均不全等.将数列的各项和记为．
（1）若，直接写出的值；
（2）若，求的最大值；
（3）若，求的最小值
8．求证：如果p2＋q2＝2，则p＋q≤2.
9．（2023高一上·广东期末）欧拉对函数的发展做出了巨大贡献，除特殊符号，概念名称的界定外，欧拉还基于初等函数研究了抽象函数的性质.例如，欧拉引入倒函数的定义：对于函数，如果对于其定义域中任意给定的实数，都有，并且，就称函数为倒函数.
（1）已知，判断和是否为倒函数；
（2）若是上的倒函数，当时，，方程是否有正整数解？并说明理由；
（3）若是上的倒函数，其函数值恒大于0，且在上是增函数.记，证明：是的充要条件.
10．分式线性变换又称为莫比乌斯变换，它是定义在复数集中形如的变换，其中称为的“像”，称为的“原像”．
（1）若，求的“像”以及“原像”；
（2）若，，求证：的充要条件是；
（3）若，，满足，求的“像”在复平面上所构成图形的面积．
11．（2023高一上·海淀期末）设函数的定义域为，且区间，对任意且，记，.若，则称在上具有性质；若，则称在上具有性质；若，则称在上具有性质；若，则称在上具有性质.
（1）记：①充分而不必要条件；
②必要而不充分条件；
③充要条件；
④既不充分也不必要条件
则在上具有性质是在上单调递增的　 　（填正确选项的序号）；
在上具有性质是在上单调递增的　 　（填正确选项的序号）；
在上具有性质是在上单调递增的　 　（填正确选项的序号）；
（2）若在满足性质，求实数的取值范围；
（3）若函数在区间上恰满足性质 性质 性质 性质中的一个，直接写出实数的最小值.
12．（2023高一上·深圳期中）设命题，不等式恒成立；
命题，使成立.
（1）若p为真命题，求实数m的取值范围；
（2）若命题p、q至多有一个是真命题，求实数m的取值范围.
13．（2022高一上·黑龙江月考）设命题：对任意，不等式恒成立，命题：存在，使得不等式成立.
（1）若为真命题，求实数的取值范围；
（2）若命题与命题一真一假，求实数的取值范围.
14．（2022高一上·海南期末）已知函数．
（1）若有两个零点、，且，求的值；
（2）若命题“，”假命题，求的取值范围．
15．（2021高二上·河南期中）已知 对于函数 ， ，使 ； ， 恒成立.
（1）若 是真命题，求实数 的取值范围；
（2）若 是假命题， 是真命题，求实数 的取值范围.
16．（2021高三上·河南月考）已知 ，命题 不等式 的解集为 ；命题 是定义在 上的减函数.若“ 且 ”为假命题，“ 或 ”为真命题，求 的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】（1）解：对于集合，当去掉元素2时，剩余的所有元素之和为13，
不能分为两个交集为空集且这两个集合的所有元素之和相等的集合，
所以集合不是“和谐集”.
（2）证明：设，
当去掉元素1时，有；
当去掉元素3时，有；
当去掉元素5时，有；
当去掉元素7时，有；
当去掉元素9时，有；
当去掉元素11时，有；
当去掉元素13时，有.
所以集合是“和谐集”.
（3）证明：设“和谐集”所有元素之和为.
由题可知，均为偶数，因此的奇偶性相同.
（i）如果为奇数，则也均为奇数，
由于，所以为奇数.
(ii)如果为偶数，则均为偶数，此时设，则也是和谐集”.重复上述操作有限次，便可得各项均为奇数的“和谐集”.
此时各项之和也为奇数，集合中元素个数为奇数.综上所述，集合中元素个数为奇数.
【知识点】元素与集合的关系；集合的分类；集合中元素的个数问题
【解析】【分析】(1)根据和谐集的概念和集合中这5个数字的特征，当去掉2时，剩余元素的和为13，不能分成两个集合所有元素之和相等的两个集合，故可判断判断出集合不是“和谐集”；
(2)对集合去掉其中任意一个元素进行分类讨论，找到符合题意的两个集合即可证明集合是“和谐集”；
(3)判断任意一个元素的奇偶性相同，分类讨论，可以证明出若集合是“和谐集”，则集合中元素个数为奇数.
2．【答案】（1）解：，，，．
（2）解：设使得，
则，
所以．
所以至少有3个元素个数相同的非空子集．
当时，，其非空子集只有自身，不符题意．
当时，，其非空子集只有，，，不符题意．
当时，，元素个数为1的非空子集有，，，
元素个数为2的非空子集有，，．
当时，，不符题意．
当时，，不符题意．
当时，，令，，，
则，．
所以n的最小值为4．
（3）解：由题可知，，记为集合中的元素个数，
则为数表第j列之和．
因为是数表第i行之和，
所以．
因为，所以．
所以．
当，，，，
，，时，，
．所以的最小值为3．
【知识点】元素与集合的关系；子集与真子集；集合中元素的个数问题；空集
【解析】【分析】(1)根据 和 求解；
(2)将问题转化为 至少有3个元素个数相同的非空子集，对中的元素个数进行列举讨论分析；
(3)根据 的定义和 ，结合S 集合，，…，中的元素个数均为3进行讨论求解.
3．【答案】（1）解：若，则，，，
，故中的项的大小从第3项开始周期变化，且周期为2.
故.
（2）解：设，
若，则，因互质，故为3的倍数；
若，则即，因互质，
故为3的倍数，
依次类推，有均为3的倍数.
当时，我们用数学归纳法证明：也是3的倍数.
当时，若，则，故为3的倍数；
若，则，故为3的倍数，
设当时，是3的倍数即为3的倍数，
若，则，故为3的倍数；
若，则，因为3的倍数，故为3的倍数，
故当时，是3的倍数也成立，
由数学归纳法可得是3的倍数成立，
综上，的所有元素都是3的倍数.
（3）解：当，则，，，，故的元素个数为5；
当，则，故的元素个数为4；
当，则，故的元素个数为5；
当，则，故的元素个数为5；
当，则，故的元素个数为4；
当，则，故的元素个数为5；
当，则，故的元素个数为5；
当，则，故的元素个数为4；
当，则，故的元素个数为5；
当，则，故的元素个数为5；
当，则，故的元素个数为4；
当，则，故的元素个数为5；
当，则，故的元素个数为1；
当时，的元素个数不超过为5，
综上，的元素个数的最大值为5.
【知识点】元素与集合的关系；集合中元素的个数问题；函数的周期性；数学归纳法的原理
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合递推公式和元素与集合的关系，进而结合函数的周期性得出集合M的所有的元素。
（2）利用已知条件结合类比推理的方法和分类讨论的方法，再结合数学归纳法证出集合的所有元素都是3的倍数。
（3）利用已知条件结合列举法得出集合M的元素个数，再结合比较法得出集合M的元素个数的最大值。
4．【答案】（1）解：若，则，其中，，
否则，，
又，，，，，则，相差2，
所以或或；
（2）解：不一定存在，
当时，
，，，，，，
则，相差不可能为1，2，3，4，5，6，
这与矛盾，故不都存在T.
（3）解：因为，故集合A中的元素的差的绝对值至多有10种，
当时，结论都成立；
当时，不存在，，使得A中任意两个元素差不同，所以当时，结论成立；
当时，若，则不存在T，所以n的最小值为11.
【知识点】集合间关系的判断；集合中元素的个数问题；交集及其运算
【解析】【分析】|（1）由可得，又，可知，相差2，由此可求得T；
（2）当时，，，，，，，则相差不可能1，2，3，4，5，6，从而可得结论；
（3）因为，所以集合A中的元素的差的绝对值至多有10种，分，和讨论，即可得的最小值.
5．【答案】（1）
（2）由于集合，则集合的元素可能包含这些元素，
且有
因为，所以集合有4个元素，即
则剩下的，所以
（3）设满足题意，其中，
则，
，由容斥原理，
中最小的元素为0，最大的元素为，
即
实际上当时满足题意，
证明如下：
设，
则，依题意有，即，
故的最小值为674，于是当时，A中元素最多，
即时满足题意，
综上所述，集合中元素的个数的最大值是1348.
【知识点】集合关系中的参数取值问题；子集与交集、并集运算的转换
【解析】【分析】(1)根据题中定义，代入计算集合S、T即可.
(2)利用集合相等定义证明即可.
（3）通过假设集合设，写出对应集合S、T，由列出不等式，求出对应值即可.
6．【答案】（1）解：由于的图象的对称中心为，
则，
即，
整理得，解得：，
故的对称中心为；
（2）解：函数在递增；
设，则，由于，所以，所以，故函数在递增；
（3）解：由已知，的值域为值域的子集，
由（2）知在，上递增，且，故的值域为，，
于是原问题转化为在，上的值域，，
当即时，在，递增，
注意到的图象恒过对称中心，
可知在，上亦单调递增，
故在，递增，又，，故，，所以
，，，且，解得，
当即时，在递减，在，递增，
又过对称中心，故在递增，在，递减，
故此时，，，，
欲使，，只需且，
解不等式得：，又，此时，
当即时，在，递减，在，上亦递减，
由对称性知在，上递减，于是，，
则，，，故，解得：，
综上：实数的取值范围是，．
【知识点】集合关系中的参数取值问题；函数的值域；函数单调性的判断与证明；函数的最大（小）值；二次函数在闭区间上的最值
【解析】【分析】 (1)根据函数的对称性得到关于的方程，解出即可求出函数的对称中心；
(2)利用函数单调性的定义即可判断函数的单调性；
(3)问题转化为在上的值域，通过讨论m的范围，得到关于m的不等式组，解出即可．
7．【答案】（1）解：
（2）解：①构造数列：1，2，2，2，3，3，3，1，此时.
②当存在连续三项为1，1，1时，本题中有两条边为1，1的等腰三角形仅有1，1，1，即数列只有3项，与矛盾，舍去.
③当不存在连续三项为1，1，1时，连续三项（不考虑这三项的顺序）共以下6种可能：
1，2，2；1，3，3；2，2，2；2，2，3；2，3，3；3，3，3.
又相邻的4项组成的2个等腰三角形中间2项是共用的，则总的项数为不同的等腰三角形的个数加上首尾2项，所以.
④由①②③，M的最大值为8.
（3）解：①构造数列：1，2，2，2，3，3，3，4，4，4，5，5，5，3，3，1，此时.
②设T为数列的每一组连续三项的和的和，则
，即.
③连续三项（不考虑这三项的顺序）及这三项的和（标注在下面的括号内）有以下可能：
其中画横线的连续三项不能同时满足和前一项、后一项构成3个等腰三角形，故必为数列的首三项或尾三项，
故其对应的三角形在14个三角形中至多出现两个.
④由③，要使最小，则使和最小，在画横线的连续三项中取和最小的2组，
在没画横线的连续三项中取合最小的12组，同时令，
则，
，又由②，，
所以.
⑤由①④，S的最小值为50.
【知识点】集合的含义；集合的分类；集合的表示方法；数列与函数的综合
【解析】【解答】(1)边长为1或2的等腰三角形只有1，1，1；1，2，2；2，2，2；若前三项为1，1，1，则该数列只有3项，不合题意；
若前三项为1，2，2，该数列只有4项，该数列只能为1，2，2，2；若前三项为2，2，2，该数列只有4项，该数列只能为2，2，2，1；
综上：；
【分析】(1)根据题意由三角形的边的性质结合已知条件即可得出满足题意的边的大小，结合等腰三角形的性质即可得出答案。
(2)由已知条件分情况讨论，即可得出不同情况下的三角形的边之间的关系，由此得出数列中的项，由此即可得出m的最大值。
(3)根据题意分情况讨论，然后由数列的项的性质结合三角形边的关系，整理化简即可求出数列的前n项和的最小值。
8．【答案】【解答】证明：该命题的逆否命题为若p＋q>2，则p2＋q2≠2.p2＋q2＝ [(p＋q)2＋(p－q)2]≥ (p＋q)2.∵p＋q>2，∴(p＋q)2>4，∴p2＋q2>2，即p＋q>2时，p2＋q2≠2成立.∴如果p2＋q2＝2，则p＋q≤2.
【知识点】四种命题的真假关系
【解析】【分析】根据原命题与逆否命题的等价性即可。
9．【答案】（1）解：对于定义域为，显然定义域中任意实数，都有成立，又
所以是倒函数.
对于定义域为，当时，，不符合倒函数的定义，所以不是倒函数.
（2）解：令，则，由倒函数的定义，可得
所以，所以要使有正整数解，
则，当时，；
当时，；所以没有正整数解.
（3）证明：充分性：当时，且，因为是增函数，所以即
所以.
必要性：当时，
有
因为恒大于0，所以，即，
所以，因为是增函数，所以，即；
综上可得是的充要条件.
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；函数的概念及其构成要素；函数单调性的性质
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合倒函数的定义，进而判断出 不是倒函数。
（2 ) 令，则，由倒函数的定义，可得要使有正整数解，则，当时，；当时，，从而判断出函数没有正整数解。
（3）利用已知条件结合倒函数的定义和充分条件和必要条件的判断方法，进而证出 是的充要条件。
10．【答案】（1）解：．
，；
令，，解得．
故的“像”为，的“原像”为．
（2）证明：．
.
所以，证毕．
（3）解：由题意，可知．
类似（），有．可知．
下证．
即．
（或者
）
故满足，，面积为
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；复数代数形式的乘除运算；进行简单的合情推理
【解析】【分析】（1）根据题意，， 再分别令z=i，w=1+i，即可求出答案.
（2）根据题意，，令代入，进行化简，结合复数的几何意义即可证明.
（3）根据题意，，可知， 根据0＜Imz＜1求解即可.
11．【答案】（1）②；①；③
（2）解：对于任意的，且，
有，
由于在满足性质，即，
所以，所以，
因为，所以，所以，
由于任意的，且，所以，
所以，
所以实数的取值范围是.
（3）解：实数的最小值为1.
理由如下：
因为在上恰满足性质 性质 性质 性质中的一个，
所以对任意且，有恒成立.
因为的定义域为，所以.
当时，，
所以，从而，不合题意；
当时，，
所以，从而，
要使恒成立，只需使，即恒成立，
若，则，使，这与矛盾，
当时，，恒成立，
所以的最小值为1.
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；函数恒成立问题；二次函数的性质；反证法的应用
【解析】【解答】（1）解：由于，所以.
对于性质，当时，无法判断的符号，故无法判断单调性；
当在上单调递增时，，
所以在上具有性质是在上单调递增的必要而不充分条件.
对于性质，当时，，所以在上单调递增；
当在上单调递增时，，的符合无法判断，
所以在上具有性质是在上单调递增的充分而不必要条件.
对于性质，若，则，所以在上单调递增；
当在上单调递增时，，，
所以在上具有性质是在上单调递增的充要条件.
【分析】（1）利用已知条件结合充分条件和必要条件的判断方法，进而得出结果填空。
（2） 对于任意的，且，有，由于在满足性质，即，所以，再利用，所以，由于任意的，且，所以，进而得出实数的取值范围。
（3） 实数的最小值为1。理由如下：利用函数在上恰满足性质 性质 性质 性质中的一个，所以对任意且，有恒成立，再利用的定义域为，所以，再利用分类讨论的方法和变化量求解方法，从而判断出与0的正负关系，要使恒成立，只需使，即恒成立，再利用分类讨论的方法和不等式恒成立问题求解方法，再结合反证法，从额得出实数的最小值。
12．【答案】（1）解：，
，
当且仅当，即时等号成立．
所以，即，即，解得
所以实数m的取值范围是
（2）解：当为真命题时，，解得，
当命题都是真命题，则且 ，即，
若命题至多有一个是真命题，则或，
综上，实数m的取值范围为或
【知识点】复合命题的真假；全称量词命题；存在量词命题；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】本题考查利用基本不等式求最值，存在量词命题和全称量词命题真假的判断，命题否定的应用.
（1）通过变形可得：，观察可得积为定值，利用基本不等式可求出最值，再根据恒成立可列出不等式，解不等式可求出答案；
（2）分别求得命题是真命题时的m的范围，根据“命题至多有一个是真命题”的反面是“两个都是真命题”，先求出实数m的取值范围，利用补集思想可求出答案.
13．【答案】（1）解：对于命题：成立，而，有，
所以，∴.
（2）解：对于命题：存在，使得不等式成立，只需，
而，∴，∴；
若为假命题，为真命题，则，所以；
若为假命题，为真命题，
为假命题，则或，为真命题，则
所以.
综上：或.
【知识点】复合命题的真假；命题的真假判断与应用
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合命题真假性判断方法，再利用不等式恒成立问题求解方法，进而得出实数m的取值范围。
（2）利用已知条件结合复合命题真假性判断方法，再利用特称命题真假性判断方法和二次函数最值的求解方法，进而得出实数m的取值范围。
14．【答案】（1）解：由已知可得，可得或，
由韦达定理可得，，
所以，，解得，合乎题意.
故
（2）解：由题意可知，，，
则判别式，解得.
所以，实数的取值范围是
【知识点】复合命题的真假；命题的否定；一元二次方程的根与系数的关系；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1） 由已知条件和函数零点与方程的根的等价关系，再结合判别式法得出实数a的取值范围，再结合韦达定理得出，，再结合得出满足要求的实数a的值。
（2）利用已知条件结合特称命题与全称命题互为否定的关系以及真假性的关系，进而得出，，再利用不等式恒成立问题求解方法结合二次函数的开口方向和判别式法，进而得出实数a的取值范围。
15．【答案】（1）解：因为 “ ，使 ”是真命题，
可知 ，当 ，得 ，
所以 ，所以 ，
解得： 且 ，
所以实数 的取值范围是 .
（2）解：由（1）得，当 是真命题，则 且 ，
若 为真命题，即 ， 恒成立，
则 ，解得： ，
又因为 是假命题， 是真命题，所以 与 一真一假，
当 为真命题，则 且 ，当 为假命题，则 或 ，
所以若 真 假，解得： ；
当 为假命题，则 或 ，当 为真命题，则 ，
所以若 假 真，解得： 或 ，
综上可得，实数 的取值范围是 .
【知识点】复合命题的真假；命题的真假判断与应用
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合特称命题真假性判断方法，从而求出实数a的取值范围。
（2）利用已知条件结合复合命题真假性判断方法， 所以 与 一真一假， 再利用分类讨论的方法结合全称命题和特称命题真假性判断方法，从而结合并集的运算法则，从而求出实数a的取值范围。
16．【答案】解：因为 ，当且仅当 时取“=”，因为不等式 的解集为R，所以 ，即命题 为真时， .
因为函数 是定义在R上的减函数，
所以 解得 ，
即命题 为真时，实数 的取值范围为 .
因为“ 且 ”为假命题，“ 或 ”为真命题，所以 ， 一真一假.
若 真 假，可得 或 = ，
若 假 真，可得 .
故实数 的取值范围是
【知识点】复合命题的真假
【解析】【分析】利用已知条件结合复合命题的真假性判断方法，从而判断出命题p和命题q的真假性，再利用分类讨论的方法结合命题真假性的判断方法，从而结合交集和并集的运算法则，进而求出实数a的取值范围。
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