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《第一章 集合与常用逻辑用语》单元测试卷
时间：120分钟 满分：150分
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
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．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知命题：，，则为（　　）
A．，， B．，，
C．，， D．，，
4．已知全集，集合，集合，则（ ）
A． B． C． D．
5．已知集合，，则的元素个数是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
6．已知集合或}，，且，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
7．已知为实数，集合，且，则（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
8．设、为两个集合，定义且，将称为“集合A与B的笛卡尔积”，则下列关于“笛卡尔积”的结论正确的是（ ）
①；
②；
③；
④若集合中有个元素，若集合中有个元素，则集合中有个元素．
A．①② B．②③ C．③④ D．②④
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9．定义：若且则称为伙伴关系集合.集合的非空子集中，具有伙伴关系的是（ ）
A． B． C． D．《第一章 集合与常用逻辑用语》单元测试卷（解析版）
1．B
【解析】令，因为，所以函数在上单调递减，又，
若，则，
令，因为，所以函数在上单调递增，又，
若，则，
显然可推出，反之不一定成立，
综上，“”是“”的必要不充分条件.
2．C
【解析】，，所以.
3．D
【解析】命题：，，则为：，．
4．D
【解析】由题可得,又因，则.
5．C
【解析】,
又集合，所以，共4个元素.
6．D
【解析】由题意，得，由于集合或}，，
所以或，解得或，故实数的取值范围为.
7．B
【解析】因为，所以或，
解得，或，（不符合集合元素的互异性，舍去），所以.
8．D
【解析】对于①，根据新定义，设，，
根据定义且，
则 ，而，显然，所以①错误．
对于②，对于任意的，根据定义可知且，
即或者．若，则；
若，则．所以，
即 ．
反之，对于任意的，则或者，
若，则且，
若，则且，
所以且，即，所以．
综上，，②正确．
对于③，设，，，则，，
，，所以，所以③错误．
对于④，已知集合中有个元素，集合中有个元素．
对于且，从中取一个元素有种取法，
从中取一个元素有种取法．所以中元素的个数为，所以④正确．
综上，正确的命题有②④.
9．BCD
【解析】对于A，注意到不在集合中，故不是伙伴关系集合，A错误；
对于B，均在集合中，故是伙伴关系集合，B正确；
对于C，在集合中，故为伙伴关系集合，C正确；
对于D，均在集合中，故为伙伴关系集合，D正确.
10．AC
【解析】对于A选项，取，则，故A正确；
对于B选项，若，不妨取，，此时，即“”“”，
若，不妨取，，此时，即“”“”，
综上所述，“”是“”的既不充分也不必要条件，故B错误；
对于C选项，因为，则为的真子集，故是的充分不必要条件，故C正确；
对于D选项，由全称量词命题的否定可知，
命题“，”的否定是“，”，故D错误.
11．AD
【解析】∵ 集合 ，且 ，
可得 ，中最大元素为.
对于选项A， 题设明确，根据子集定义，可得 ，故A正确.
设中最小元素为，最大元素为，.
∵ ，即.
∵ ，故的最小元素为.
∵ ，故的最大元素为.
要满足，需保证的最大元素小于的最小元素，即 ①.
对于选项C：若，则，，
满足，且，故C错误.
对于选项B、D：要使最大，可取为连续自然数集合，此时.
代入①得 .
又 ，当时，，
因为，所以，代入得，且，
满足①式，此时符合所有条件，故可能为，故D正确.
当时，，因为，所以，
代入得，超出的元素范围，不可能成立，故B错误.
12．
【解析】因为命题“，使得”为真命题，所以，
解得或，即实数的取值范围为.
13．
【解析】对于：等价于，解得：，
对于：由，得：，又，所以；
因为是的必要不充分条件，所以是的充分不必要条件，
所以是的真子集，则，解得．
14．6
【解析】因“，”是假命题，故命题的否定为，为真命题，
分离参数可得：
令，所以，所以，
当且仅当，即时等号成立，
即当时，不等式右侧表达式取得最小值为6，所以的最大值为6.
15．（1）当时，集合，
且或，所以或.
（2）因为，则，
又因为，则，可得，
又因为或，则，解得，
所以m的取值范围是．
16．（1）当时，，因为，
此时，都有，所以.
（2）由是的充分不必要条件，可得集合是集合的真子集，
又，，则，解得.
17．（1）解不等式，得．
当时，，故．因此．
（2）“”是“”的必要不充分条件．
由题意得：，列不等式组：，解得，
所以实数m的取值范围为．
（3）由，解得或，
命题p为真或，即或得：或．
18．（1）当时，则集合，其非空真子集个数为个；
，
要使，为平衡互补子集，则，中元素和都为14.
由，得平衡互补子集有与，与，与，与，共4对，即平衡子集有8个.
子集是平衡子集概率为.
（2）当时，集合，其元素和为，为偶数，故存在平衡子集.
当时，，集合，其平衡子集为与，故；
当时，平衡互补子集总对数为，集合；
当时，集合可看作在集合的基础上，新增加了4个元素：，，，；
对于中的每一对平衡互补子集与，可构造中的4对平衡互补子集：
①与；
②与；
③不妨设，剔除元素1得到，则与；
④不妨设，剔除元素2得到，则与；
由于以上四对平衡互补子集互不重复，且均为中的平衡互补子集，
因此可得：，即，
，即不等式成立.
（3）时，集合U的非空真子集总数为.
平衡子集个数为（每对平衡互补子集对应2个平衡子集），
因此单次抽取到平衡子集的概率，
由（2）可知，代入可得，
令，，，则；
在严格递减，则；
.；
.
19．（1）不具有性质具有性质．
由，，得
，
对，
因为，则符合性质①，
当时，若，此时，
若时，此时，故不符合性质②；
对，因为中的每个元素均含有4个1和1个0，故满足性质①，
当时，此时或使得，
当时，此时使得，
当时，此时或使得，
当时，此时使得，
当时，此时或使得，
当时，此时或或使得，
当时，此时或使得，
当时，此时或使得，
当时，此时使得，
当时，此时或使得，故满足性质②，
综上不具有性质具有性质．
（2）证明：由中元素个数为3，设．
假设存在，且，使得．
不妨设．
由性质①，得中恰有一个中恰有一个1．
所以存在，使得，不妨设．
对于任意的，其中，有，且．
由集合具有性质②，故对任意的，有．
所以，与性质①矛盾！故．
（3）设集合中元素个数为．
设．由性质①，得中1的个数恰为4．
所以中所有元素的各个分量中，1的总个数恰为．
由性质②，设．
取，则对于任意的，均存在，使得．
因为各个分量中1的个数为4，
所以对任意，均恰好存在互不相等，且不为1的,,使得．
故集合中至少有3个元素满足．
同理，集合中至少有3个向量满足．
故集合中的所有元素的各个分量中，1的个数至少为．
所以，即．
又时，具有性质．
故集合中元素个数的最小值为6．

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