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专题：集合与常用逻辑用语（基础与提升）-2026年高考数学复习系列
一、单选题
1．已知，，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
2．设集合，，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知集合，若，则（ ）
A．4 B．2 C． D．1
4．已知为非零向量，则“存在实数，使”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
5．已知集合，．若集合仅有1个元素，则（ ）
A．1 B． C． D．
6．已知，，则（ ）
A． B． C． D．
7．设甲：函数有意义，乙：函数有意义，则（ ）
A．甲是乙的充分不必要条件 B．甲是乙的必要不充分条件
C．甲是乙的充要条件 D．甲是乙的既不充分也不必要条件
8．如果“若，则”和“若，则”中有且仅有一个真命题，称与具有“－关系”．已知函数的定义域为，为偶函数，则与下列选项中的具有“－关系”的为（ ）
A．：对任意都有 B．：对任意都有
C．：对任意都有 D．：对任意都有
二、多选题
9．若，则成立的充分不必要条件可以是（ ）
A． B． C． D．
10．若“”是“”的充分不必要条件，则的值可以是（ ）
A．0 B．1 C． D．2
11．对于一个有限集合，定义集合的模为该集合中所有元素的和，记作，即，则下列说法中正确的是（ ）
A．若集合，则
B．若集合，则
C．若集合，则
D．记集合，且中任意两个数的差的绝对值不等于3，也不等于8，若的最大值为的最大值为，则
三、填空题
12．已知集合，，若，则实数________．
13．已知命题，若为真命题，则的取值范围为______．
14．已知集合 ，定义集合 ，则中元素的个数为__________.
四、解答题
15．已知函数．
(1)当时，证明：在上存在唯一零点；
(2)证明：在上恒成立的充要条件是．
16．已知集合，.
(1)若，求实数m的取值范围；
(2)设，，若p是q的充分不必要条件，求实数m的取值范围.
17．已知，集合.
(1)当时，求和；
(2)已知，求实数的取值范围.
18．已知函数，其中，.
(1)当，时，求在处的切线方程；
(2)当时，求证：是满足“在上存在2个零点”的一个充分不必要条件；
(3)当时，若函数有两个零点，，求证：.
19．已知集合，其中，若对于任意的，总有，则称集合具有性质．由中的元素构成两个相应的集合：其中是有序数对．集合和中的元素个数分别为和．
(1)检验集合与是否具有性质，并对其中具有性质的集合，写出相应的集合和；
(2)对任何具有性质的集合，证明：；
(3)判断和的大小关系，并证明你的结论．
《专题：集合与常用逻辑用语（基础与提升）-2026年高考数学复习系列》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D A A B C A A C AC BC
题号 11
答案 AC
1．D
【详解】取，，则，但，，
此时，，，
所以不是的充分条件，
取，，则，，
故，但，
所以不是的必要条件，
所以是的既不充分也不必要条件
2．A
【分析】利用集合的并集运算即可求解.
【详解】由.
3．A
【详解】由已知得集合，由题意得，所以集合，
若，则，所以，解得．
4．B
【分析】根据共线向量定理及相关性质、充分必要条件的定义求解判断即可.
【详解】若存在实数，使，则共线；
若，则同向；
所以“存在实数，使”是“”的必要不充分条件.
5．C
【详解】集合A中的元素表示直线上的点，
集合B中的元素表示圆上的点，
中有且仅有一个元素，表示直线和圆相切，
故圆心到直线的距离等于圆的半径1，
即，解得.
6．A
【分析】解二次不等式得的补集区间，再与给定集合取交集即得结果.
【详解】解不等式，得或，
即集合，则，
则.
7．A
【详解】对于甲，由得，对于乙，由得，可知甲是乙的充分不必要条件．
8．C
【分析】由为偶函数，得，结合“－关系”的定义可得出答案．
【详解】由为偶函数，得
对于选项A：“”为假命题，“”也为假命题， 故A错误；
对于选项B∶ 由 得成立，故“”为真命题，
而对任意都有可推出且，
从而成立，所以“”也为真命题，故B错误；
对于选项C：易得“”为假命题，
而由：，用替换得，
又因，故，所以成立，
所以“”为真命题，故C正确；
对于选项D：“”为真命题，
由于由，用替换得，故，
所以“”也为真命题， 故 D错误；
故选∶ C．
9．AC
【分析】结合充分条件、必要条件的定义，由函数单调性和举反例进行判断，得到结论
【详解】A选项，若，则，
若，则，若，则，所以，充分性成立，
若，不妨设，但不满足，必要性不成立，A正确；
B选项，若，不妨设，此时，充分性不成立，B错误；
C选项，若，则，充分性成立，
当时，无意义，必要性不成立，C正确；
D选项，若，则，当时，，
故为成立的充分必要条件，D错误.
10．BC
【分析】应用二倍角公式结合充分不必要条件定义计算求解.
【详解】当 时，，则，得，
所以，则“”是“”的充分必要条件，A不正确；
当 时，，则，得，所以，
当，则，得，
所以或，则不能推出，
所以“”是“”的充分不必要条件，B正确；
当 时，，则，得，所以，
当，则，得，
所以或，则不能推出，
所以“”是“”的充分不必要条件，C正确；
当时，由，即不成立，
且时有，显然不成立，
所以“”不是“”的充分不必要条件，D不正确；
11．AC
【分析】选项A，用裂项相消法求和；选项B，通过试根分解多项式，判断实根个数后计算集合模长；选项C，构造函数求导分析单调性与最值，确定方程根的个数，再通过函数关系推导两根之和的范围；选项D，找到周期内最大和规律后计算不同值下的模长差值.
【详解】选项A， ，A正确；
选项B，解方程得：，
二次方程判别式，无实根，故集合，模，B错误；
C选项，设，求导得，
时，递增；时，递减；
最大值，且，因此一个零点；
又，因此另一个零点，
则，C正确；
选项D，集合元素差为或，均小于，因此可将按每个数分为一组，组间不产生符合条件的差，只需每组取最大和即可，
时，中，要使元素和最大，选，满足条件，最大和；
每组（第组，）的和为，因此时总和：
，
，D错误.
12．
【详解】因为，所以或，
解得，或，
当时，，集合中的元素不满足互异性，舍去；
当时，，满足题意，故
13．
【分析】根据题意，分、两种情况，结合一元二次不等式恒成立列不等式计算求解.
【详解】可化为，
由题意可知，恒成立，
当时，原不等式为，解得，不合题意；
当时，依题意得，解得，
综上所述，的取值范围为．
14．
【分析】用列举法列出集合、，再根据所给定义列出即可判断.
【详解】，，，，，
，，，，，
，，，，，，，，，，
，
，，，，，，
，，，，，，，
，，，，，，，，
，，，，，，，，
，共个元素.
15．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先利用导数判断函数的单调性，再结合特殊点的函数值，根据零点存在定理推导零点的唯一性。
（2）先由时推出的范围，再分和两种情况，通过求导分析单调性，证明时，，即充分性.
【详解】（1）当时，，
∵，
∴在R上单调递减，
又∵，
∴在R上有唯一零点．
（2）必要性：因为时，，
所以，即，所以，
充分性：当时，，
令，则，，
①当时，，
当且仅当时，，
所以在上单调递增，
故，所以，
②当时，记，则，
因为，，，
又因为在上单调递减，在上单调递增，
所以在上存在、，使，，且，，
所以当或时，；当时，，
所以在、上单调递增，在上单调递减，
又因为，，，
所以当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，而，，所以，
所以，所以.
16．(1)
(2)
【分析】（1）由可得，分和两种情况讨论即可；
（2）由p是q的充分不必要条件可得真包含于，根据包含关系列出不等式组即可.
【详解】（1）由可得，
当时，则，解得；
当时，则，解得.
综上，实数的取值范围是.
（2）若p是q的充分不必要条件，则真包含于，这等价于且，
由可得，解得，
又（即且）无解，故恒成立，
所以实数的取值范围是.
17．(1)或，
(2)
【分析】（1）解分式不等式和一元二次不等式即可求解；
（2）由集合运算转化为子集关系，再讨论空集和非空子集，来求解参数范围.
【详解】（1）由，得，解得或，
则或；
由；
当时，，解得.
（2）由，得，由，
①当时，得，符合题意；
②当时，若，则，
由，或,
可得，此时；
若，则，此时恒成立，故符合题意；
综上所述，实数的取值范围为.
18．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）对求导，求出，由导数的几何意义求解即可；
（2）先证明充分性成立，即当时在上存在2个零点，再通过取，证明必要性不成立.
（3）先证明，再证处的切线恒在原函数的上方，设直线与两条切线所交于，，且，，求出，，再由作差法可证明.
【详解】（1）当，时，，
，，
在处的切线方程为：.
（2）①先证明充分性：
，令，则.
，，即在定义域上单调递减，
，，
，使得.
当时，，当时，，
在上单调递增，在上单调递减，为极大值点.
，，
在定义域上存在两个零点和，充分性得证.
②再证明非必要性.
取，，则，
考虑周期性可知，当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增；
当时，，则在上单调递减.
因为，， ，
故，使得.
当时，，当时，，
所以当时，，当时，，
在上单调递增，在上单调递减，为极大值点.
，，
在定义域上存在两个零点和，即必要性不成立.
（3）当时，由可得，即为与直线的两个交点的横坐标.
先证明：，即证，
设，，单调递减，而，
，得证.
，等号成立.
再证处的切线恒在原函数的上方，即证，
即证明，设，
，设，
，在定义域上单调递增.
，所以，在定义域上单调递减.
而，得证.
由上述论证，令，设直线与两条切线所交于，，且，.
，.
，
即得证，当且仅当时取等.
19．(1)不具有性质，具有性质，，.
(2)证明见详解
(3)，证明见详解
【分析】（1）利用“具有性质的集合”的定义，验证计算作答，直接写出集合和.
（2）探讨具有性质的集合的元素个数，即可推理作答.
（3）分和讨论，结合新定义求解判断.
【详解】（1）因为，所以不具有性质；
因为，，，所以具有性质；
，.
（2）因为对于任意的，总有，所以，从而，
因为，，，
所以当时，和至多有一个成立，
所以集合中的元素个数最多为，即.
（3），证明如下：
①设，则，
设，则，故，
从而，即对，总存在，使得，从而；
②设，则，
设，则，故，
从而，即对，总存在，使得，从而；
由①②可知.
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