2026《金版教程》高考复习方案数学基础版-全书完整上册1

第一节集合课标解读考向预测1.了解集合的含义，理解元素与集合的属于关系；能用自然语言、图形语言、符号语言刻画集合.2.理解集合之间的包含与相等关系，能识别给定集合的子集，了解全集与空集的含义.3.理解集合之间的交、并、补的含义，能求两个集合的并集与交集，能求给定子集的补集.4.能使用Venn图表达集合之间的基本关系与基本运算，体会图形对理解抽象概念的作用.集合是高考必考内容，重点考查集合的基本运算，以小题形式出现，难度较低.2026年备考仍以小题为主训练，在注重集合概念的基础上，牢固掌握集合的基本关系与运算，适当加强与函数、不等式等知识的联系，借助数轴和Venn图等工具解决相关问题.必备知识—强基础1．元素与集合(1)集合中元素的三个特性：eq\x(\s\up1(01))确定性、eq\x(\s\up1(02))互异性、eq\x(\s\up1(03))无序性．(2)元素与集合的关系：如果a是集合A中的元素，就说aeq\x(\s\up1(04))属于集合A，记作eq\x(\s\up1(05))a∈A；如果a不是集合A中的元素，就说aeq\x(\s\up1(06))不属于集合A，记作eq\x(\s\up1(07))a∉A．(3)集合的三种表示方法：eq\x(\s\up1(08))列举法、eq\x(\s\up1(09))描述法、图示法．(4)常用数集及记法名称自然数集正整数集整数集有理数集实数集记法eq\x(\s\up1(10))Neq\x(\s\up1(11))N*或N＋eq\x(\s\up1(12))Zeq\x(\s\up1(13))Qeq\x(\s\up1(14))R2.集合间的基本关系(1)子集：一般地，对于两个集合A，B，如果集合A中eq\x(\s\up1(15))任意一个元素都是集合B中的元素，就称集合A为集合B的子集．记作Aeq\x(\s\up1(16))⊆B(或Beq\x(\s\up1(17))⊇A)．(2)真子集：如果集合A⊆B，但eq\x(\s\up1(18))存在元素x∈B，且x∉A，就称集合A是集合B的真子集，记作Aeq\x(\s\up1(19))B(或Beq\x(\s\up1(20))A)．(3)相等：若A⊆B，且Beq\x(\s\up1(21))⊆A，则A＝B.(4)空集：不含eq\x(\s\up1(22))任何元素的集合，记为eq\x(\s\up1(23))∅．规定：eq\x(\s\up1(24))空集是任何集合的子集．3．集合的基本运算运算自然语言符号语言Venn图并集由所有属于集合A或属于集合B的元素组成的集合A∪B＝eq\x(\s\up1(25)){x|x∈A，或x∈B}交集由所有属于集合A且属于集合B的元素组成的集合A∩B＝eq\x(\s\up1(26)){x|x∈A，且x∈B}补集对于一个集合A，由全集U中不属于集合A的所有元素组成的集合∁UA＝eq\x(\s\up1(27)){x|x∈U，且x∉A}4.集合的运算性质(1)交集的性质：A∩A＝A，A∩∅＝∅，A∩B＝B∩A.(2)并集的性质：A∪A＝A，A∪∅＝A，A∪B＝B∪A.(3)补集的性质：A∩(∁UA)＝∅，A∪(∁UA)＝U，∁U(∁UA)＝A，∁U(A∩B)＝(∁UA)∪(∁UB)，∁U(A∪B)＝(∁UA)∩(∁UB)．1．若有限集A中有n个元素，则A的子集有2n个，真子集有2n－1个，非空子集有2n－1个，非空真子集有2n－2个．2．A⊆B⇔A∩B＝A⇔A∪B＝B⇔∁UA⊇∁UB.3．集合元素个数公式：若用card表示有限集中元素的个数，则card(A∪B)＝card(A)＋card(B)－card(A∩B)，card(A∪B∪C)＝card(A)＋card(B)＋card(C)－card(A∩B)－card(A∩C)－card(B∩C)＋card(A∩B∩C)．题组一走出误区——判一判(1)eq\f(1,3)∈Q.()(2){x|y＝x2＋1}＝{y|y＝x2＋1}＝{(x，y)|y＝x2＋1}．()(3)如果集合B⊆A，那么若元素a不属于A，则必不属于B.()答案：(1)√(2)×(3)√题组二回归教材——练一练(1)(人教A必修第一册习题1.2T1改编)若集合M＝{x|x3＝x}，N＝{x|x2＝1}，则下列式子正确的是()A．M＝N B．M⊆NC．N⊆M D．M∩N＝∅答案：C(2)(人教B必修第一册1.1.2练习BT1改编)已知集合A＝{x|x2－4x<0，x∈N*}，则集合A的真子集的个数为()A．3 B．4C．8 D．7答案：D(3)(人教B必修第一册习题1－1BT7改编)已知全集U＝R，集合A＝{－2，－1，1，2，4，6}，B＝{－2，1，2，3，5}，则图中阴影部分表示的集合是()A．{－2，1，2}B．{－1，4，6}C．{3，5}D．{－2，－1，1，2，3，4，6}答案：A解析：由图可知阴影部分表示的是A∩B，又A∩B＝{－2，1，2}，故阴影部分表示的集合是{－2，1，2}．故选A.(4)(人教A必修第一册习题1.3T4改编)设全集为R，集合A＝{x|3≤x＜7}，B＝{x|2＜x＜10}，则∁R(A∪B)＝________，(∁RA)∩B＝________．答案：{x|x≤2，或x≥10}{x|2＜x＜3，或7≤x＜10}考点探究—提素养集合的基本概念eq\a\vs4\al()(1)下列说法正确的是()A．10以内的素数集合是{1，3，5，7}B．0与{0}表示同一个集合C．方程x2－4x＋4＝0的解集是{2，2}D．由1，2，3组成的集合可表示为{1，2，3}或{3，2，1}答案：D解析：10以内的素数有2，3，5，7，A错误；0是集合{0}中的一个元素，B错误；由集合中元素的互异性可知，C错误；由集合中元素的无序性可知，D正确．故选D.(2)若集合A＝{a－3，2a－1，a2－4}，且－3∈A，则实数a＝________．答案：0或1解析：①当a－3＝－3时，a＝0，此时A＝{－3，－1，－4}；②当2a－1＝－3时，a＝－1，此时A＝{－4，－3，－3}，舍去；③当a2－4＝－3时，a＝±1，由②可知a＝－1舍去，则当a＝1时，A＝{－2，1，－3}．综上，a＝0或1.解答与集合中元素有关的问题的三个关键点1.已知集合A＝{x∈R|x2＋a>0}，且2∉A，则实数a的取值范围是()A．{a|a≤4} B．{a|a≥4}C．{a|a≤－4} D．{a|a≥－4}答案：C解析：由题意可得22＋a≤0，解得a≤－4.故选C.2．已知集合A＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x∈N\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(8,6－x)∈N))))，则用列举法表示集合A＝________．答案：{2，4，5}解析：由eq\f(8,6－x)∈N，得6－x可取1，2，4，8，即x可取5，4，2，－2，又x∈N，故A＝{2，4，5}．3．设a，b∈R，集合{1，a＋b，a}＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(0，\f(b,a)，b))，则a2026＋b2026＝________．答案：2解析：由题意知a≠0，因为{1，a＋b，a}＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(0，\f(b,a)，b))，所以a＋b＝0，则eq\f(b,a)＝－1，所以a＝－1，b＝1.故a2026＋b2026＝1＋1＝2.集合间的基本关系eq\a\vs4\al()(1)(2025·江苏南通模拟)已知集合M＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x＝k＋\f(1,2)，k∈Z))))，N＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x＝\f(k,2)＋1，k∈Z))))，则()A．M⊆N B．N⊆MC．M＝N D．M∩N＝∅答案：A解析：M＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x＝k＋\f(1,2)，k∈Z))))＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x＝\f(2k＋1,2)，k∈Z))))，N＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x＝\f(k,2)＋1，k∈Z))))＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x＝\f(k＋2,2)，k∈Z))))，因为2k＋1，k∈Z表示所有的奇数，k＋2，k∈Z表示所有的整数，所以M⊆N.故选A.(2)(2023·新课标Ⅱ卷)设集合A＝{0，－a}，B＝{1，a－2，2a－2}，若A⊆B，则a＝()A．2 B．1C.eq\f(2,3) D．－1答案：B解析：因为A⊆B，所以a－2＝0或2a－2＝0，解得a＝2或a＝1.若a＝2，此时A＝{0，－2}，B＝{1，0，2}，不符合题意；若a＝1，此时A＝{0，－1}，B＝{1，－1，0}，符合题意．综上所述，a＝1.故选B.1．判断集合间关系的三种方法(1)用列举法表示集合，从元素中寻找关系．(2)化简集合，从表达式中寻找两集合间的关系．(3)利用数轴，在数轴上表示出两个集合(集合为数集)，从而确定集合与集合的关系．2．已知两个集合间的关系求参数时，关键是将条件转化为元素或区间端点间的关系，进而转化为参数所满足的关系，常用数轴、Venn图等来直观解决这类问题．求得参数后，可以把端点值代入进行验证，以免增解或漏解．空集是任何集合的子集，在涉及集合关系问题时，必须考虑是否存在空集的情况，否则易造成漏解．4.设集合P＝{y|y＝x2＋1}，M＝{x|y＝x2＋1}，则集合M与集合P的关系是()A．M＝P B．P∈MC．MP D．PM答案：D解析：因为P＝{y|y＝x2＋1}＝{y|y≥1}，M＝{x|y＝x2＋1}＝R，所以PM.5．已知集合A＝{x|－2≤x≤5}，B＝{x|m＋1≤x≤2m－1}，若B⊆A，则实数m的取值范围为________．答案：(－∞，3]解析：∵B⊆A，∴若B＝∅，则2m－1＜m＋1，解得m＜2；若B≠∅，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2m－1≥m＋1，,m＋1≥－2，,2m－1≤5，))解得2≤m≤3.综上，实数m的取值范围为(－∞，3]．集合的基本运算(多考向探究)考向1集合间的交、并、补运算eq\a\vs4\al()(1)(2024·新课标Ⅰ卷)已知集合A＝{x|－5<x3<5}，B＝{－3，－1，0，2，3}，则A∩B＝()A．{－1，0} B．{2，3}C．{－3，－1，0} D．{－1，0，2}答案：A解析：因为A＝{x|－eq\r(3,5)<x<eq\r(3,5)}，B＝{－3，－1，0，2，3}，且1<eq\r(3,5)<2，所以A∩B＝{－1，0}．故选A.(2)(2024·全国甲卷)已知集合A＝{1，2，3，4，5，9}，B＝{x|eq\r(x)∈A}，则∁A(A∩B)＝()A．{1，4，9} B．{3，4，9}C．{1，2，3} D．{2，3，5}答案：D解析：因为A＝{1，2，3，4，5，9}，B＝{x|eq\r(x)∈A}，所以B＝{1，4，9，16，25，81}，则A∩B＝{1，4，9}，∁A(A∩B)＝{2，3，5}．故选D.解决集合运算问题的三个技巧看元素构成集合是由元素组成的，从研究集合中元素的构成入手是解决集合运算问题的关键对集合化简有些集合是可以化简的，先化简再研究其关系并进行运算，可使问题简单明了、易于解决应用数形离散型数集或抽象集合间的运算，常借助Venn图求解；连续型数集的运算常借助数轴求解6.(2023·新课标Ⅰ卷)已知集合M＝{－2，－1，0，1，2}，N＝{x|x2－x－6≥0}，则M∩N＝()A．{－2，－1，0，1} B．{0，1，2}C．{－2} D．2答案：C解析：因为N＝{x|x2－x－6≥0}＝(－∞，－2]∪[3，＋∞)，而M＝{－2，－1，0，1，2}，所以M∩N＝{－2}．故选C.7．设全集U＝R，集合M＝{x|x<1}，N＝{x|－1<x<2}，则{x|x≥2}＝()A．∁U(M∪N) B．N∪(∁UM)C．∁U(M∩N) D．M∪(∁UN)答案：A解析：由题意可得M∪N＝{x|x<2}，则∁U(M∪N)＝{x|x≥2}，A正确；∁UM＝{x|x≥1}，则N∪(∁UM)＝{x|x>－1}，B错误；M∩N＝{x|－1<x<1}，则∁U(M∩N)＝{x|x≤－1，或x≥1}，C错误；∁UN＝{x|x≤－1，或x≥2}，则M∪(∁UN)＝{x|x<1，或x≥2}，D错误．故选A.考向2利用集合的运算求参数eq\a\vs4\al()已知集合A＝{x∈Z|－1<x<3}，B＝{x|3x－a<0}，且A∩(∁RB)＝{1，2}，则实数a的取值范围是()A．(0，4) B．(0，4]C．(0，3] D．(0，3)答案：C解析：由集合A＝{x∈Z|－1<x<3}＝{0，1，2}，B＝{x|3x－a<0}＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x<\f(a,3)))))，可得∁RB＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≥\f(a,3)))))，因为A∩(∁RB)＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(1，2))，所以0<eq\f(a,3)≤1，解得0<a≤3，即实数a的取值范围是(0，3]．故选C.利用集合的运算求参数的方法确定不等式解集的端点之间的大小关系时，需检验能否取“＝”，另外千万不要忘记考虑空集．8.(2025·湖北武汉模拟)设集合A＝{x||x－a|<1}，B＝{x|1<x<5}，若A∩B＝∅，则实数a的取值范围是________．答案：{a|a≤0，或a≥6}解析：因为A＝{x||x－a|＜1}＝{x|a－1<x<a＋1}，B＝{x|1＜x＜5}，要使得A∩B＝∅，需满足a－1≥5或a＋1≤1，解得a≤0或a≥6，故实数a的取值范围是{a|a≤0，或a≥6}．集合新定义eq\a\vs4\al()(多选)(2025·河南安阳模拟)由无理数引发的数学危机一直延续到19世纪，直到1872年，德国数学家戴德金从连续性的要求出发，用有理数的“分割”来定义无理数(史称戴德金分割)，并把实数理论建立在严格的科学基础上，才结束了无理数被认为“无理”的时代，也结束了持续两千多年的数学史上的第一次大危机．所谓戴德金分割，是指将有理数集Q划分为两个非空的子集M与N，且满足M∪N＝Q，M∩N＝∅，M中的每一个元素都小于N中的每一个元素，则称(M，N)为戴德金分割．下列结论中可能正确的是()A．M＝{x|x<0}，N＝{x|x>0}是一个戴德金分割B．M中没有最大元素，N中有一个最小元素C．M中有一个最大元素，N中有一个最小元素D．M中没有最大元素，N中也没有最小元素答案：BD解析：对于A，因为M＝{x|x<0}，N＝{x|x>0}，所以M∪N＝{x|x≠0}≠Q，故A错误；对于B，设M＝{x|x<0，x∈Q}，N＝{x|x≥0，x∈Q}，满足戴德金分割，此时M中没有最大元素，N中有一个最小元素0，故B正确；对于C，若M中有一个最大元素，N中有一个最小元素，则不能同时满足M∪N＝Q，M∩N＝∅，故C错误；对于D，设M＝{x|x<eq\r(2)，x∈Q}，N＝{x|x≥eq\r(2)，x∈Q}，满足戴德金分割，此时M中没有最大元素，N中也没有最小元素，故D正确．故选BD.解决集合新定义问题的两个策略紧扣新定义先分析新定义的特点，常见的新定义有新概念、新公式、新运算和新法则等，把新定义所叙述的问题的本质弄清楚，并能够应用到解题的过程中，是解答新定义问题的关键所在用好集合性质集合的性质(集合中元素的性质、集合的运算性质等)是解答集合新定义问题的基础和突破口，在解题时，要善于从试题中发现可以使用集合性质的一些条件，在关键之处用好集合的性质9．(2025·黑龙江佳木斯调研)十九世纪下半叶集合论的创立奠定了现代数学的基础．著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间[0，1]均分为三段，去掉中间的开区间段eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)))，记为第一次操作；再将剩下的两个区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))分别均分为三段，并各自去掉中间的开区间段，记为第二次操作；….如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的开区间段．操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即“康托三分集”．第三次操作后，从左到右第四个区间为()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,9)，\f(1,3))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,27)，\f(1,9)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(8,27)，\f(1,3))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(8,9)，\f(25,27)))答案：C解析：第一次操作剩下：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))；第二次操作剩下：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,9)))，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,9)，\f(1,3)))，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(7,9)))，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(8,9)，1))；第三次操作剩下：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,27)))，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,27)，\f(1,9)))，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,9)，\f(7,27)))，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(8,27)，\f(1,3)))，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(19,27)))，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(20,27)，\f(7,9)))，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(8,9)，\f(25,27)))，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(26,27)，1))，即从左到右第四个区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(8,27)，\f(1,3))).故选C.课时作业基础题(占比60%)中档题(占比30%)拔高题(占比10%)题号1234567难度★★★★★★★考向集合的基本运算集合的基本运算集合的基本运算集合的基本运算集合的基本运算集合的基本运算集合的基本运算考点并集运算交集运算交集运算；元素与集合的关系并集运算；已知集合间的关系求集合并集、补集运算交集运算；计算真子集的个数根据并集结果求参数的取值范围题号891011121314难度★★★★★★★★★考向Venn图的实际应用集合间的关系与运算集合的基本运算集合间的关系与运算集合间的基本关系集合的基本运算集合的基本运算考点子集；并集、补集运算交集、并集运算子集；交集、并集、补集运算计算子集的个数根据交集结果求并集根据交集结果求参数最值题号151617181920难度★★★★★★★★★★★★★★考向集合的基本运算集合间的基本关系Venn图的实际应用集合间的基本关系集合的新定义集合的新定义考点交集运算根据集合的包含关系求集合的个数根据集合的包含关系求参数的取值范围元素与集合的关系空集；补集一、单项选择题1．(2024·北京高考)已知集合M＝{x|－4<x≤1}，N＝{x|－1<x<3}，则M∪N＝()A．{x|－4<x<3} B．{x|－1<x≤1}C．{0，1，2} D．{x|－1<x<4}答案：A解析：由题意，得M∪N＝{x|－4<x<3}．故选A.2．(2024·全国甲卷)若集合A＝{1，2，3，4，5，9}，B＝{x|x＋1∈A}，则A∩B＝()A．{1，2，3，4} B．{1，2，3}C．{3，4} D．{1，2，9}答案：A解析：依题意，得对于集合B中的元素x，满足x＋1＝1，2，3，4，5，9，则x＝0，1，2，3，4，8，即B＝{0，1，2，3，4，8}，所以A∩B＝{1，2，3，4}．故选A.3．(2025·河北保定高三期末)若集合A＝{x|0<x＋1<3}，B＝{x|x2＋x＝0}，则()A．－1∈(A∩B) B．0∈(A∩B)C．B⊆A D．A∩B＝∅答案：B解析：因为A＝{x|0<x＋1<3}＝{x|－1<x<2}，B＝{x|x2＋x＝0}＝{－1，0}，所以B⊆A不成立，A∩B＝{0}≠∅，则－1∉(A∩B)，0∈(A∩B)，故A，C，D错误，B正确．故选B.4．(2025·江苏扬州宝应县安宜高级中学高三期末)已知集合A＝{1，2，3，4，5}，且A∪B＝B，则集合B可以是()A．{1，2，3，4} B．{x|x2>1}C．{x|2x>1} D．{x|log2(x－2)<2}答案：C解析：因为A∪B＝B，所以A⊆B.A中集合{1，2，3，4}显然不符合题意；B中集合为{x|x2>1}＝{x|x<－1，或x>1}，不符合题意；C中集合为{x|2x>1＝20}＝{x|x>0}，符合题意；D中集合为{x|log2(x－2)<2＝log24}＝{x|0<x－2<4}＝{x|2<x<6}，不符合题意．故选C.5．设集合A＝{x|x＝3k＋1，k∈Z}，B＝{x|x＝3k＋2，k∈Z}，U为整数集，∁U(A∪B)＝()A．{x|x＝3k，k∈Z}B．{x|x＝3k－1，k∈Z}C．{x|x＝3k－2，k∈Z}D．∅答案：A解析：因为整数集Z＝{x|x＝3k，k∈Z}∪{x|x＝3k＋1，k∈Z}∪{x|x＝3k＋2，k∈Z}，U＝Z，所以eq\a\vs4\al(∁)U(A∪B)＝{x|x＝3k，k∈Z}．故选A.6．已知集合A＝{(x，y)|y＝x2}，B＝{(x，y)|y＝eq\r(x)}，则A∩B的真子集个数为()A．1 B．2C．3 D．4答案：C解析：由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x2，,y＝\r(x)，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝1.))∴A∩B＝{(0，0)，(1，1)}，即A∩B有2个元素，∴A∩B的真子集个数为22－1＝3.故选C.7．已知集合A＝{x|x2－2x>0}，B＝{x|x>a}，若A∪B＝R，则实数a的取值范围是()A．(－∞，0) B．(－∞，0]C．(2，＋∞) D．[2，＋∞)答案：A解析：因为A＝{x|x2－2x>0}＝(－∞，0)∪(2，＋∞)，A∪B＝R，所以a<0.故选A.8．某班45名学生参加“3·12”植树节活动，每名学生都参加除草、植树两项劳动．依据劳动表现，评定为“优秀”“合格”两个等级，结果如下表：等级项目优秀合格合计除草301545植树202545若在两个项目中都“合格”的学生最多有10人，则在两个项目中都“优秀”的人数最多为()A．5 B．10C．15 D．20答案：C解析：用集合A表示除草优秀的学生，集合B表示植树优秀的学生，全班学生用全集U表示，则∁UA表示除草合格的学生，∁UB表示植树合格的学生，作出Venn图，如图．设两个项目都优秀的人数为x，两个项目都合格的人数为y，由图可得20－x＋x＋30－x＋y＝45，即x＝y＋5，因为ymax＝10，所以xmax＝10＋5＝15.故选C.二、多项选择题9．已知集合A，B均为R的子集，若A∩B＝∅，则()A．A⊆∁RB B．∁RA⊆BC．A∪B＝R D．(∁RA)∪(∁RB)＝R答案：AD解析：如图，根据Venn图可得A⊆∁RB，故A正确；由于B⊆∁RA，故B错误；A∪B⊆R，故C错误；(∁RA)∪(∁RB)＝∁R(A∩B)＝R，故D正确．故选AD.10．(2025·河北邢台高三质检)设集合A＝{x|x2－x≤6}，B＝{xy|x∈A，y∈A}，则()A．A∩B＝BB．B∩Z的元素个数为16C．A∪B＝BD．A∩Z的子集个数为64答案：BCD解析：对于A，B，C，因为A＝{x|x2－x≤6}＝{x|－2≤x≤3}，所以B＝{xy|x∈A，y∈A}＝{x|－6≤x≤9}，即A⊆B，所以A∩B＝A，A∪B＝B，B∩Z有6＋1＋9＝16个元素，故A错误，B，C正确；对于D，A∩Z有2＋1＋3＝6个元素，所以A∩Z的子集个数为26＝64，故D正确．故选BCD.11．若集合A＝{x|sin2x＝1}，B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(y\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(y＝\f(π,4)＋\f(kπ,2)，k∈Z))))，则下列结论正确的是()A．A∪B＝B B．∁RB⊆∁RAC．A∩B＝∅ D．∁RA⊆∁RB答案：AB解析：因为A＝{x|sin2x＝1}＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x＝kπ＋\f(π,4)，k∈Z))))＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x＝\f(4kπ＋π,4)，k∈Z))))，B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(y\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(y＝\f(π,4)＋\f(kπ,2)，k∈Z))))＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(y\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(y＝\f(2kπ＋π,4)，k∈Z))))，显然集合eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x＝\f(4kπ＋π,4)，k∈Z))))⊆eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x＝\f(2kπ＋π,4)，k∈Z))))，所以A⊆B，则A∪B＝B，所以A正确；∁RB⊆∁RA，所以B正确，D错误；A∩B＝A，所以C错误．故选AB.三、填空题12．已知集合A＝{1，2，3，4，5，6}，B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(6,x－1)∈N，x∈A))))，则集合B的子集个数是__________．答案：8解析：由eq\f(6,x－1)∈N，得x－1＝6，x－1＝3，x－1＝2，x－1＝1，且x∈A，故B＝{2，3，4}，则集合B的子集个数为23＝8.13．已知集合A＝{m2，－2}，B＝{m，m－3}，若A∩B＝{－2}，则A∪B＝________．答案：{－5，－2，4}解析：∵A∩B＝{－2}，∴－2∈B，若m＝－2，则A＝{4，－2}，B＝{－2，－5}，∴A∩B＝{－2}，A∪B＝{－5，－2，4}；若m－3＝－2，则m＝1，∴A＝{1，－2}，B＝{1，－2}，∴A∩B＝{1，－2}(舍去)．综上，A∪B＝{－5，－2，4}．14．已知集合A＝{－2，0，2，4}，B＝{x||x－3|≤m}，若A∩B＝A，则m的最小值为________．答案：5解析：由A∩B＝A，得A⊆B，由|x－3|≤m，得－m＋3≤x≤m＋3，故有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4≤m＋3，,－2≥－m＋3，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m≥1，,m≥5，))即m≥5，故m的最小值为5.15．已知A＝{(x，y)|x＋y＝0}，B＝{(x，y)|x2＋2y2＝1}，M＝A∩B，则M中元素的个数是()A．0 B．1C．2 D．4答案：C解析：因为A＝{(x，y)|x＋y＝0}，B＝{(x，y)|x2＋2y2＝1}，所以集合A是直线x＋y＝0上的点的集合，集合B是椭圆x2＋2y2＝1上的点的集合．因为M＝A∩B，所以若要求M中元素的个数，只需联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,x2＋2y2＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(\r(3),3)，,y＝－\f(\r(3),3)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(\r(3),3)，,y＝\f(\r(3),3)，))即椭圆和直线有两个交点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，－\f(\r(3),3)))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))，所以M中元素的个数是2.故选C.16．已知集合A＝{x∈R|x2－3x＋2＝0}，B＝{x∈N|0<x<5}，则满足条件A⊆C⊆B的集合C的个数为()A．1 B．2C．3 D．4答案：D解析：A＝{x∈R|x2－3x＋2＝0}＝{x∈R|(x－1)(x－2)＝0}＝{1，2}，B＝{x∈N|0<x<5}＝{1，2，3，4}．因为A⊆C⊆B，所以根据子集的定义，集合C必须含有元素1，2，且可能含有元素3，4，原题即求集合{3，4}的子集个数，即有22＝4个．故选D.17．某年级先后举办了数学、历史、音乐讲座，其中有75人听了数学讲座，68人听了历史讲座，61人听了音乐讲座，记A＝{x|x是听了数学讲座的学生}，B＝{x|x是听了历史讲座的学生}，C＝{x|x是听了音乐讲座的学生}．用card(M)来表示有限集合M中元素的个数，若card(A∩B)＝17，card(A∩C)＝12，card(B∩C)＝9，A∩B∩C＝∅，则()A．card(A∪B)＝143B．card(A∪B∪C)＝166C．card(B∪C)＝129D．card(A∩B∩C)＝38答案：B解析：将已知条件用Venn图表示出来如图，对于A，card(A∪B)＝46＋42＋17＋12＋9＝126，故A错误；对于B，card(A∪B∪C)＝46＋42＋40＋17＋12＋9＝166，故B正确；对于C，card(B∪C)＝42＋40＋17＋12＋9＝120，故C错误；对于D，card(A∩B∩C)＝0，故D错误．故选B.18．已知集合A＝{(x，y)|x2＋y2≤1}，B＝{(x，y)||x|＋|y|≤a}，A⊆B，则实数a的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)) B．[1，＋∞)C．[eq\r(2)，＋∞) D．[2，＋∞)答案：C解析：集合A为圆x2＋y2＝1内部和圆周上的点集，集合B为直线x＋y＝a，x－y＝a，－x＋y＝a，x＋y＝－a围成的正方形内部和边上的点集，画出图象，如图所示．当直线EF与圆O相切时，设切点为C，连接OC.∵△EOF为等腰直角三角形，OE＝OF，∠EOF＝90°，OC⊥EF，∴OC为Rt△EOF斜边上的中线，∴OC＝eq\f(1,2)EF，即EF＝2OC＝2，∴OE＝OF＝eq\f(\r(2),2)EF＝eq\r(2)，此时a＝eq\r(2).∵A⊆B，即圆O在正方形内，∴a≥eq\r(2).19．(多选)(2025·广东新改革适应性训练)设P是一个数集，且至少含有两个数．若对任意a，b∈P，都有a＋b，a－b，ab∈P，且若b≠0，则eq\f(a,b)∈P，则称P是一个数域．例如，有理数集Q是数域．下列说法正确的是()A．数域必含有0，1两个数B．整数集是数域C．若有理数集Q⊆M，则数集M一定是数域D．数域中有无限多个元素答案：AD解析：因为P是一个数集，且至少含有两个数，所以P中必有一个非零实数．对于A，当a＝b≠0时，a－b＝0，eq\f(a,b)＝1∈P，故A正确；对于B，例如a＝1，b＝2，但eq\f(1,2)∉Z，不满足条件，故B错误；对于C，例如M＝Q∪{eq\r(2)}，取a＝1，b＝eq\r(2)，但1＋eq\r(2)∉M，所以数集M不是一个数域，故C错误；对于D，由A项分析可知，数域必含有0，1两个数，根据数域的性质可知，数域必含有0，1，2，3，…，必为无限集，故D正确．故选AD.20．已知集合U＝{1，2，…，n}(n∈N*，n≥2)，对于集合U的两个非空子集A，B，若A∩B＝∅，则称(A，B)为集合U的一组“互斥子集”．记集合U的所有“互斥子集”的组数为f(n)(视(A，B)与(B，A)为同一组“互斥子集”)，那么f(n)＝________．答案：eq\f(1,2)(3n－2n＋1＋1)解析：根据题意，任意一个元素只能在集合A，B，C＝∁U(A∪B)之一中，则这n个元素在集合A，B，C中共有3n种．其中A为空集的种数为2n，B为空集的种数为2n，故可得A，B均为非空子集的种数为3n－2n＋1＋1，又因为(A，B)与(B，A)为同一组“互斥子集”，故f(n)＝eq\f(1,2)(3n－2n＋1＋1)．第二节常用逻辑用语课标解读考向预测1.理解充分条件、必要条件、充要条件的意义；理解判定定理与充分条件、性质定理与必要条件、数学定义与充要条件的关系.2.理解全称量词与存在量词的意义；能正确使用存在(或全称)量词对全称(或存在)量词命题进行否定.新高考对常用逻辑用语直接考查的频率比较低，一般与其他知识交汇考查，难度中档偏下.2026年备考仍以选择题为主训练，常与函数、数列、三角、不等式的解法及直线与平面位置关系的判定等知识结合考查.必备知识—强基础1．充分条件、必要条件与充要条件的概念p与q的关系结论p⇒qp是q的eq\x(\s\up1(01))充分条件，q是p的eq\x(\s\up1(02))必要条件p⇒q且qpp是q的eq\x(\s\up1(03))充分不必要条件pq且q⇒pp是q的eq\x(\s\up1(04))必要不充分条件p⇔qp是q的eq\x(\s\up1(05))充要条件pq且qpp是q的eq\x(\s\up1(06))既不充分也不必要条件2.充分、必要条件与集合的子集之间的关系设A＝{x|p(x)}，B＝{x|q(x)}，则(1)若A⊆B，则p是q的eq\x(\s\up1(07))充分条件；(2)若A⊇B，则p是q的eq\x(\s\up1(08))必要条件；(3)若A＝B，则p是q的eq\x(\s\up1(09))充要条件；(4)若AB，则p是q的eq\x(\s\up1(10))充分不必要条件；(5)若AB，则p是q的eq\x(\s\up1(11))必要不充分条件．3．全称量词命题与存在量词命题(1)全称量词与存在量词短语“所有的”“任意一个”在逻辑中通常叫做全称量词，并用符号“eq\x(\s\up1(12))∀”表示；短语“存在一个”“至少有一个”在逻辑中通常叫做存在量词，并用符号“eq\x(\s\up1(13))∃”表示．(2)全称量词命题与存在量词命题及其否定名称形式全称量词命题存在量词命题结构对M中eq\x(\s\up1(14))任意一个x，p(x)成立eq\x(\s\up1(15))存在M中的元素x，p(x)成立简记eq\x(\s\up1(16))∀x∈M，p(x)eq\x(\s\up1(17))∃x∈M，p(x)否定eq\x(\s\up1(18))∃x∈M，綈p(x)eq\x(\s\up1(19))∀x∈M，綈p(x)1．在判断充分、必要条件时，小范围可以推大范围，大范围不可以推小范围．2．含有一个量词的命题的否定规律是“改量词，否结论”．对省略了全称量词的命题否定时，要对原命题先加上全称量词再对其否定．3．命题p与綈p真假性相反.题组一走出误区——判一判(1)当q是p的必要条件时，p是q的充分条件．()(2)已知集合A，B，A∪B＝A∩B的充要条件是A＝B.()(3)“∃x∈M，p(x)”与“∀x∈M，綈p(x)”的真假性相反．()答案：(1)√(2)√(3)√题组二回归教材——练一练(1)(人教B必修第一册习题1－2AT4改编)“sinα＝sinβ”是“α＝β”的________条件．(用“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”填空)答案：必要不充分解析：若α＝eq\f(π,6)，β＝eq\f(5π,6)，则满足sinα＝sinβ，而不满足α＝β；当α＝β时，sinα＝sinβ一定成立，所以“sinα＝sinβ”是“α＝β”的必要不充分条件．(2)(人教B必修第一册习题1－2BT5改编)已知p：x>a是q：2<x<3的必要不充分条件，则实数a的取值范围是________．答案：(－∞，2]解析：由已知可得{x|2<x<3}{x|x>a}，所以a≤2.(3)(人教A必修第一册习题1.5T6改编)已知“若x＞1，则2x＋1＞λ”是假命题，则实数λ的取值范围是________．答案：(3，＋∞)解析：因为“若x＞1，则2x＋1＞λ”是假命题，所以“∃x＞1，使2x＋1≤λ”是真命题．因为当x＞1时，2x＋1＞3，所以实数λ的取值范围是(3，＋∞)．(4)(人教B必修第一册1.2.1练习BT4改编)设命题p：∃x∈R，x2－2x＋m－3＝0；命题q：∀x∈R，x2－2(m－5)x＋m2＋19≠0，若p，q均为真命题，则实数m的取值范围为________．答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,5)，4))解析：若命题p：∃x∈R，x2－2x＋m－3＝0为真命题，则Δ＝4－4(m－3)≥0，解得m≤4；若命题q：∀x∈R，x2－2(m－5)x＋m2＋19≠0为真命题，则Δ＝4(m－5)2－4(m2＋19)＜0，解得m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)，＋∞)).又p，q均为真命题，所以实数m的取值范围为{m|m≤4}∩eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(m\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(m>\f(3,5)))))＝eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,5)，4)).考点探究—提素养充分条件、必要条件的判断eq\a\vs4\al()(1)(2024·天津高考)设a，b∈R，则“a3＝b3”是“3a＝3b”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：C解析：根据幂函数的性质和指数函数的性质，可知a3＝b3和3a＝3b都当且仅当a＝b时成立，所以“a3＝b3”是“3a＝3b”的充要条件．故选C.(2)(2023·全国甲卷)“sin2α＋sin2β＝1”是“sinα＋cosβ＝0”的()A．充分条件但不是必要条件B．必要条件但不是充分条件C．充要条件D．既不是充分条件也不是必要条件答案：B解析：充分性：当sin2α＋sin2β＝1时，sin2α＝1－sin2β，即sin2α＝cos2β，∴sinα＝±cosβ，即sinα＋cosβ＝0或sinα－cosβ＝0，∴充分性不成立；必要性：当sinα＋cosβ＝0时，sin2α＝cos2β，∴sin2α＝1－sin2β，即sin2α＋sin2β＝1，∴必要性成立．∴“sin2α＋sin2β＝1”是“sinα＋cosβ＝0”的必要条件但不是充分条件．故选B.(3)(多选)下列四个条件中，能成为x>y的充分不必要条件的是()A．xc2>yc2 B.eq\f(1,x)<eq\f(1,y)<0C．|x|>|y| D．lnx>lny答案：ABD解析：对于A，若xc2>yc2，则c2≠0，则x>y，反之x>y，当c＝0时得不出xc2>yc2，所以“xc2>yc2”是“x>y”的充分不必要条件，故A符合题意．对于B，由eq\f(1,x)<eq\f(1,y)<0可得y<x<0，即能推出x>y，但x>y不能推出eq\f(1,x)<eq\f(1,y)<0(因为x，y的正负不确定)，所以“eq\f(1,x)<eq\f(1,y)<0”是“x>y”的充分不必要条件，故B符合题意．对于C，由|x|>|y|可得x2>y2，则(x＋y)(x－y)>0，不能推出x>y；由x>y也不能推出|x|>|y|(如x＝1，y＝－2)，所以“|x|>|y|”是“x>y”的既不充分也不必要条件，故C不符合题意．对于D，若lnx>lny，则x>y>0，反之x>y得不出lnx>lny，所以“lnx>lny”是“x>y”的充分不必要条件，故D符合题意．判断充分、必要条件的两种常用方法1.若xy≠0，则“x＋y＝0”是“eq\f(y,x)＋eq\f(x,y)＝－2”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：C解析：因为xy≠0，且eq\f(y,x)＋eq\f(x,y)＝－2，所以x2＋y2＝－2xy，即x2＋y2＋2xy＝0，即(x＋y)2＝0，所以x＋y＝0.所以“x＋y＝0”是“eq\f(y,x)＋eq\f(x,y)＝－2”的充要条件．故选C.2．(2024·全国甲卷)已知向量a＝(x＋1，x)，b＝(x，2)，则()A．“x＝－3”是“a⊥b”的必要条件B．“x＝－3”是“a∥b”的必要条件C．“x＝0”是“a⊥b”的充分条件D．“x＝－1＋eq\r(3)”是“a∥b”的充分条件答案：C解析：对于A，当a⊥b时，a·b＝0，所以x(x＋1)＋2x＝0，解得x＝0或x＝－3，即必要性不成立，故A错误；对于B，当a∥b时，2(x＋1)＝x2，解得x＝1±eq\r(3)，即必要性不成立，故B错误；对于C，当x＝0时，a＝(1，0)，b＝(0，2)，故a·b＝0，所以a⊥b，即充分性成立，故C正确；对于D，当x＝－1＋eq\r(3)时，不满足2(x＋1)＝x2，所以a∥b不成立，即充分性不成立，故D错误．故选C.根据充分条件、必要条件求参数的取值范围eq\a\vs4\al()已知p：－2≤x≤10，q：1－m≤x≤1＋m(m>0)．(1)若p是q的必要不充分条件，则实数m的取值范围为________；(2)若p是q的充分不必要条件，则实数m的取值范围为________．答案：(1)(0，3](2)[9，＋∞)解析：(1)因为p是q的必要不充分条件，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－m≥－2，,1＋m<10))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－m>－2，,1＋m≤10，))解得m≤3，又m>0，所以实数m的取值范围为(0，3]．(2)因为p是q的充分不必要条件，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－m≤－2，,1＋m>10))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－m<－2，,1＋m≥10，))解得m≥9，即实数m的取值范围为[9，＋∞)．由充分、必要条件求参数范围的策略巧用转化求参数把充分、必要条件或充要条件转化为集合的包含、相等关系，然后根据集合之间的关系列出有关参数的不等式(组)求解，注意条件的等价变形端点值慎取舍在求参数范围时，要注意区间端点值的检验，从而确定取舍考虑空集的情况．3.(2024·山东烟台二模)已知p：1<2x<4，q：x2－ax－1<0，若p是q的充分不必要条件，则实数a的取值范围为()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))C．(2，＋∞) D．(0，2]答案：A解析：p：1<2x<4，即p：0<x<2，因为p是q的充分不必要条件，显然当x＝0时满足q：x2－ax－1<0，所以当0<x<2时，x2－ax－1<0恒成立，则a>x－eq\f(1,x)在(0，2)上恒成立，又函数f(x)＝x－eq\f(1,x)在(0，2)上单调递增，且f(2)＝eq\f(3,2)，所以a≥eq\f(3,2).故选A.含有量词的命题的否定及真假判定eq\a\vs4\al()(1)设命题p：平行四边形对角线相等，则綈p为()A．平行四边形对角线不相等B．有的平行四边形对角线相等C．有的平行四边形对角线不相等D．不是平行四边形对角线就不相等答案：C解析：因为命题p为省略了全称量词“所有”的全称量词命题，所以綈p：有的平行四边形对角线不相等．故选C.(2)(2024·新课标Ⅱ卷)已知命题p：∀x∈R，|x＋1|>1；命题q：∃x>0，x3＝x，则()A．p和q都是真命题B．綈p和q都是真命题C．p和綈q都是真命题D．綈p和綈q都是真命题答案：B解析：对于p，取x＝－1，则有|x＋1|＝0<1，故p是假命题，綈p是真命题．对于q，取x＝1，则有x3＝13＝1＝x，故q是真命题，綈q是假命题．综上，綈p和q都是真命题．故选B.1．含有量词命题真假判定的策略判定全称量词命题是真命题，需证明都成立；判定存在量词命题是真命题，只要找到一个成立即可．当一个命题的真假不易判定时，可以先判定其否定的真假．2．常用词语的否定量词否定都是不都是(至少一个不是)必有一个一个也没有任意某个存在不存在至多有一个至少有两个至多有n个至少有n＋1个至少有一个一个也没有至少有n个至多有n－1个4.(多选)命题p：∃x∈(0，2)，x3>x6；命题q：每个大于2的素数都是奇数．关于这两个命题，下列判断正确的是()A．p是真命题B．綈p：∀x∈(0，2)，x3<x6C．q是真命题D．綈q：存在一个大于2的素数不是奇数答案：ACD解析：若x＝eq\f(1,2)，则x3>x6，所以p是真命题，A正确；綈p：∀x∈(0，2)，x3≤x6，B错误；每个大于2的素数都是奇数，q是真命题，C正确；綈q：存在一个大于2的素数不是奇数，D正确．故选ACD.根据命题的真假求参数的取值范围eq\a\vs4\al()(2025·湖南岳阳模拟)若命题“∃x∈R，x2＋2ax＋2－a＝0”是假命题，则实数a的取值范围是________．答案：(－2，1)解析：因为命题“∃x∈R，x2＋2ax＋2－a＝0”是假命题，所以命题“∀x∈R，x2＋2ax＋2－a≠0”是真命题，所以Δ＝4a2－4(2－a)<0，即a2＋a－2<0，所以－2<a<1.由命题真假求参数范围的本质是恒成立问题或有解问题，一是直接由命题的含义，利用函数的最值求参数的范围；二是利用等价命题，即p与綈p的关系，转化成綈p的真假求参数的范围．5.若命题“∀x∈[1，4]，x2－4x－m≠0”是假命题，则m的取值范围是()A．[－4，－3] B．(－∞，－4)C．[－4，＋∞) D．[－4，0]答案：D解析：若“∀x∈[1，4]，x2－4x－m≠0”是假命题，则“∃x∈[1，4]，x2－4x－m＝0”是真命题，即m＝x2－4x，设y＝x2－4x＝(x－2)2－4，x∈[1，4]，因为y＝x2－4x在[1，2)上单调递减，在(2，4]上单调递增，所以当x＝2时，ymin＝－4；当x＝4时，ymax＝0，故当1≤x≤4时，－4≤y≤0，则－4≤m≤0.6．已知命题p：∃x>0，x＋a－1＝0，若p为假命题，则a的取值范围是________．答案：[1，＋∞)解析：因为p为假命题，所以命题p的否定：∀x>0，x＋a－1≠0是真命题，所以x≠1－a，所以1－a≤0，所以a≥1.与“任意性和存在性”有关的双变量问题eq\a\vs4\al()若f(x)＝x2－2x，g(x)＝ax＋2(a>0)，∀x1∈[－1，2]，∃x2∈[－1，2]，使g(x1)＝f(x2)，则实数a的取值范围为________．答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))解析：问题等价于函数g(x)的值域是函数f(x)值域的子集．因为f(x)＝x2－2x＝(x－1)2－1，x∈[－1，2]，所以f(x)∈[－1，3]，即函数f(x)的值域是[－1，3]，因为a>0，所以函数g(x)的值域是[2－a，2＋2a]，则2－a≥－1且2＋2a≤3，即a≤eq\f(1,2).故实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).(1)理解全称量词与存在量词的含义是求解本题的关键，此类问题求解的策略是等价转化为求值域，本题若改为∀x1∈A，∃x2∈B，使得f(x1)＝g(x2)，则函数f(x)在区间A上的值域是g(x)在区间B上的值域的子集；若改为∃x1∈A，∃x2∈B，使得f(x1)＝g(x2)，则f(x)的值域与g(x)的值域有非空交集．(2)对于形如：∀x1∈A，∃x2∈B，使得f(x1)≤g(x2)，则其等价于f(x)max≤g(x)max.7.已知函数f(x)＝x＋eq\f(4,x)，g(x)＝2x＋a，若∀x1∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，∃x2∈[2，3]，使得f(x1)≤g(x2)，则实数a的取值范围是________．答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))解析：依题意知f(x)max≤g(x)max.∵f(x)＝x＋eq\f(4,x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递减，∴f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(17,2).又g(x)＝2x＋a在[2，3]上单调递增，∴g(x)max＝g(3)＝8＋a，因此eq\f(17,2)≤8＋a，则a≥eq\f(1,2)，即实数a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).课时作业基础题(占比50%)中档题(占比40%)拔高题(占比10%)题号1234567难度★★★★★★★★考向全称量词与存在量词充分条件与必要条件充分条件与必要条件充分条件与必要条件充分条件与必要条件全称量词与存在量词充分条件与必要条件考点含有量词命题的否定充分、必要条件的判断充分条件的探求充分、必要条件的判断根据充分、必要条件求参数的取值范围根据命题的真假求参数的取值范围充分、必要条件的探求题号891011121314难度★★★★★★★★★★考向全称量词与存在量词全称量词与存在量词全称量词与存在量词充分条件与必要条件充分条件与必要条件全称量词与存在量词与任意性和存在性相关的双变量问题考点根据命题的真假求参数的取值范围含有量词命题的否定及真假判断根据命题的真假求集合充分条件的探求充分、必要条件的探求根据命题的真假求参数的取值范围利用函数值域解决f(x1)＝g(x2)成立的问题题号151617181920难度★★★★★★★★★★★★★★考向全称量词与存在量词充分条件与必要条件充分条件与必要条件充分条件与必要条件全称量词与存在量词与任意性和存在性相关的双变量问题考点根据命题的真假求参数的取值范围充分、必要条件的判断充分、必要条件的判断充分、必要条件的判断含有量词命题的真假判断利用最值解决f(x1)≥g(x2)成立的问题一、单项选择题1．(2024·浙江名校协作体模拟)设命题p：∀n∈N，n2<3n＋4，则p的否定为()A．∀n∈N，n2>3n＋4B．∀n∈N，n2≤3n＋4C．∃n∈N，n2≥3n＋4D．∃n∈N，n2>3n＋4答案：C解析：因为命题p：∀n∈N，n2<3n＋4，所以p的否定为∃n∈N，n2≥3n＋4.故选C.2．“a2＝b2”是“a2＋b2＝2ab”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：B解析：解法一：若a2＝b2，则当a＝－b≠0时，有a2＋b2＝2a2，2ab＝－2a2，即a2＋b2≠2ab，所以a2＝b2a2＋b2＝2ab；若a2＋b2＝2ab，则有a2＋b2－2ab＝0，即(a－b)2＝0，所以a＝b，则有a2＝b2，即a2＋b2＝2ab⇒a2＝b2.所以“a2＝b2”是“a2＋b2＝2ab”的必要不充分条件．故选B.解法二：因为a2＝b2⇔a＝－b或a＝b，a2＋b2＝2ab⇔a＝b，所以本题可以转化为判断a＝－b或a＝b与a＝b的关系，又“a＝－b或a＝b”是“a＝b”的必要不充分条件，所以“a2＝b2”是“a2＋b2＝2ab”的必要不充分条件．故选B.3．下列各项中是“四边形是矩形”的充分条件的是()A．四边形的对角线相等B．四边形的两组对边分别相等C．四边形有两个内角都为直角D．四边形的两组对边分别平行且有一组对角互补答案：D解析：对于A，四边形的对角线相等且平分才是矩形，故A不符合题意；对于B，四边形的两组对边分别相等为平行四边形，故B不符合题意；对于C，四边形有三个内角为直角才是矩形，故C不符合题意；对于D，四边形的两组对边分别平行则为平行四边形，则相邻两角互补，又有一组对角互补，故相邻两角相等，又相邻两角之和为180°，故相邻两角均为直角，故该平行四边形是矩形，故D符合题意．故选D.4．(2024·北京高考)设a，b是向量，则“(a＋b)·(a－b)＝0”是“a＝b或a＝－b”的()A．必要而不充分条件B．充分而不必要条件C．充分且必要条件D．既不充分也不必要条件答案：A解析：由(a＋b)·(a－b)＝a2－b2＝0，可得a2＝b2，即|a|＝|b|，可知(a＋b)·(a－b)＝0等价于|a|＝|b|，若a＝b或a＝－b，可得|a|＝|b|，即(a＋b)·(a－b)＝0，可知必要性成立；若(a＋b)·(a－b)＝0，即|a|＝|b|，无法得出a＝b或a＝－b，例如a＝(1，0)，b＝(0，1)，满足|a|＝|b|，但a≠b且a≠－b，可知充分性不成立．综上所述，“(a＋b)·(a－b)＝0”是“a＝b或a＝－b”的必要而不充分条件．故选A.5．已知集合A＝[－2，5]，B＝[m＋1，2m－1]．若“x∈B”是“x∈A”的充分不必要条件，则m的取值范围是()A．(－∞，3] B．(2，3]C．∅ D．[2，3]答案：B解析：因为“x∈B”是“x∈A”的充分不必要条件，所以BA，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋1<2m－1，,m＋1≥－2，,2m－1<5))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋1<2m－1，,m＋1>－2，,2m－1≤5，))则2<m≤3，即m的取值范围是(2，3]．故选B.6．若命题p：“∃x∈R，ax2＋2ax－4≥0”为假命题，则a的取值范围是()A．(－4，0] B．[－4，0)C．[－3，0] D．[－4，0]答案：A解析：命题p：“∃x∈R，ax2＋2ax－4≥0”为假命题，即綈p：“∀x∈R，ax2＋2ax－4<0”为真命题．当a＝0时，－4<0恒成立，符合题意；当a≠0时，则a<0且Δ＝(2a)2＋16a<0，即－4<a<0.综上可知，－4<a≤0.故选A.7．命题“∀1≤x≤2，x2－2a≤0”是真命题的一个必要不充分条件是()A．a≥1 B．a≥3C．a≥2 D．a≤4答案：A解析：因为命题“∀1≤x≤2，x2－2a≤0”是真命题，所以a≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)))eq\s\do7(max)＝2，则一个必要不充分条件是a≥1.故选A.8．若“∃x∈(0，π)，sin2x－ksinx<0”为假命题，则k的取值范围为()A．(－∞，－2] B．(－∞，2]C．(－∞，－2) D．(－∞，2)答案：A解析：由题意，知“∃x∈(0，π)，sin2x－ksinx<0”为假命题，则“∀x∈(0，π)，sin2x－ksinx≥0”为真命题，所以2sinxcosx≥ksinx，则k≤2cosx，解得k≤－2，所以k的取值范围为(－∞，－2]．故选A.二、多项选择题9．下列说法正确的是()A．命题“∃x∈R，y＞1”的否定是“∀x∈R，y≤1”B．“至少有一个x，使x2＋2x＋1＝0成立”是全称量词命题C．“∃x∈R，x－2>eq\r(x)”是真命题D．“∀x∈R，x2>0”的否定是真命题答案：ACD解析：对于A，因为存在量词命题的否定为全称量词命题，所以命题“∃x∈R，y＞1”的否定是“∀x∈R，y≤1”，故A正确；对于B，“至少有一个x，使x2＋2x＋1＝0成立”是存在量词命题，故B错误；对于C，当x＝9时，9－2＝7>eq\r(9)＝3，所以“∃x∈R，x－2>eq\r(x)”是真命题，故C正确；对于D，因为当x＝0时，x2＝0，所以“∀x∈R，x2>0”是假命题，其否定是真命题，故D正确．故选ACD.10．若“∀x∈M，|x|>x”为真命题，“∃x∈M，x>3”为假命题，则集合M可以是()A．{x|x<－5} B．{x|－3<x<－1}C．{x|x>3} D．{x|0≤x≤3}答案：AB解析：因为“∃x∈M，x>3”为假命题，所以“∀x∈M，x≤3”为真命题，可得M⊆{x|x≤3}，又“∀x∈M，|x|>x”为真命题，可得M⊆{x|x<0}，所以M⊆{x|x<0}．故选AB.11．(2024·黑龙江齐齐哈尔三模)已知a，b>0，则使得“a>b”成立的一个充分条件可以是()A.eq\f(1,a)<eq\f(1,b)B．|a－2|>|b－2|C．a2b－ab2>a－bD．ln(a2＋1)>ln(b2＋1)答案：AD解析：对于A，因为a，b>0，eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，所以eq\f(ab,a)<eq\f(ab,b)，即a>b，故A符合题意；对于B，取a＝1，b＝2，此时满足|a－2|>|b－2|，但a<b，故B不符合题意；对于C，由a2b－ab2>a－b，可得a2b＋b>ab2＋a，所以b(a2＋1)>a(b2＋1)，因为a，b>0，所以eq\f(a2＋1,a)>eq\f(b2＋1,b)，所以a＋eq\f(1,a)>b＋eq\f(1,b)，因为函数y＝x＋eq\f(1,x)在(0，＋∞)上不单调，故C不符合题意；对于D，由ln(a2＋1)>ln(b2＋1)，可知a2>b2，因为a，b>0，所以a>b，故D符合题意．故选AD.三、填空题12．(2025·广东新高考改革预测卷)若p是q：|x|>1的一个充分不必要条件，请写出满足条件的一个p为________．答案：x>1(答案不唯一)解析：由|x|>1，得x＜－1或x>1，因为p是q的一个充分不必要条件，写出一个比q小的范围即可，所以满足条件的一个p为x>1.13．已知命题“∀x∈R，x2－2x＋m>0”为假命题，则实数m的取值范围为________．答案：(－∞，1]解析：因为命题“∀x∈R，x2－2x＋m>0”为假命题，所以命题“∃x∈R，x2－2x＋m≤0”为真命题，所以Δ＝(－2)2－4m≥0，解得m≤1.故实数m的取值范围为(－∞，1]．14．(2025·山东日照模拟)设f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)满足：对任意x1∈R，均存在x2∈R，使得f(x1)＝f(x2)－2x2，则实数a的取值范围是________．答案：(－∞，1]解析：令h(x)＝f(x)－2x＝x2＋(a－2)x＋b.因为对任意x1∈R，均存在x2∈R，使得f(x1)＝f(x2)－2x2，所以f(x)的值域是h(x)值域的子集，所以h(x)min≤f(x)min，即b－eq\f(（a－2）2,4)≤b－eq\f(a2,4)，解得a≤1，即实数a的取值范围是(－∞，1]．15．若“∃x∈[1，2]，使2x2－λx＋1<0成立”是假命题，则实数λ的取值范围是()A．(－∞，2eq\r(2))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\r(2)，\f(9,2)))C．(－∞，3]D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)，＋∞))答案：C解析：若“∃x∈[1，2]，使2x2－λx＋1<0成立”是假命题，则“∀x∈[1，2]，2x2－λx＋1≥0成立”是真命题，即∀x∈[1，2]，λ≤2x＋eq\f(1,x)，令f(x)＝2x＋eq\f(1,x)，x∈[1，2]，由对勾函数的性质可知，f(x)在[1，2]上单调递增，故f(x)min＝f(1)＝3，则λ≤3.故选C.16．(2025·辽宁鞍山鞍钢高级中学高三期末)“a>0”是“点(0，1)在圆x2＋y2－2ax－2y＋a＋1＝0外”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：B解析：将x2＋y2－2ax－2y＋a＋1＝0化为标准方程，得(x－a)2＋(y－1)2＝a2－a.当点(0，1)在圆x2＋y2－2ax－2y＋a＋1＝0外时，有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2－a>0，,a>0，))解得a>1.∴“a>0”是“点(0，1)在圆x2＋y2－2ax－2y＋a＋1＝0外”的必要不充分条件．故选B.17．在△ABC中，“tanBtanC>1”是“△ABC为锐角三角形”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：C解析：若△ABC为锐角三角形，则B＋C>eq\f(π,2)，即B>eq\f(π,2)－C，又0<B<eq\f(π,2)，0<C<eq\f(π,2)，则0<eq\f(π,2)－C<eq\f(π,2)，所以tanB>taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－C))，则tanB>eq\f(cosC,sinC)>0，所以tanBtanC>1；在△ABC中，若tanBtanC>1，则tanB>0，tanC>0，即B，C均为锐角，所以tanB>eq\f(1,tanC)，即tanB>eq\f(cosC,sinC)＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－C)),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－C)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－C))，所以B>eq\f(π,2)－C，则B＋C>eq\f(π,2)，即A<eq\f(π,2)，所以△ABC为锐角三角形，故“tanBtanC>1”是“△ABC为锐角三角形”的充要条件．故选C.18．(2023·新课标Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数列；乙：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为等差数列，则()A．甲是乙的充分条件但不是必要条件B．甲是乙的必要条件但不是充分条件C．甲是乙的充要条件D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件答案：C解析：解法一