2024年高考数学小专题特训：集合与常用逻辑用语解答题

这是一份2024年高考数学小专题特训：集合与常用逻辑用语解答题，共10页。试卷主要包含了已知集合A为非空数集，定义，已知命题p等内容，欢迎下载使用。

1．已知集合U=R，A={x∣1−a≤x≤1+2a}，B={x∣x2+x−2≤0}.
（1）若a=1，求A∩(∁UB)；
（2）若A∪B=A，求实数a的取值范围.
2．已知集合A={x|2x2−7x+3<0}，集合B={x|x2−bx+4<0， b∈R}
（1）若A∩B=(1， 3)，求b；
（2）若A∪B=B，求b的取值范围.
3．设全集为R，集合A=x|3≤x<7，B=x|2（1）求A∪B，(CRA)∩B，(CRA)∩(CRB)；
（2）若A∩C=∅，求实数a的取值范围．
4．已知集合A={x|x−2x+1≤0}，集合B={x|2m+3（1）当m=−2时，求A∪B；
（2）若A∩B=B，求实数m的取值范围.
5．对于正整数集合A={a1，a2，⋅⋅⋅，an}(n∈N∗，n≥3)，如果去掉其中任意一个元素ai(i=1，2，⋅⋅⋅，n)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A为“和谐集”．
（1）判断集合{1，2，3，4，5}是否为“和谐集”，并说明理由；
（2）求证：集合{1，3，5，7，9，11，13}是“和谐集”；
（3）求证：若集合A是“和谐集”，则集合A中元素个数为奇数．
6．已知集合A={x|x2−px−2=0}，B={x|x2+qx+r=0}，若A∪B={−2，1，5}，A∩B={−2}，求p+q+r的值．
7．已知集合A={x|−2≤x≤5}，B={x|m+1≤x≤2m−1}.
（1）当m=3时，求①A∪B；②A∩(∁RB)；
（2）若集合B为非空集合且A∪B=A，求实数m的取值范围；
（3）若A∩B=∅，求实数m的取值范围.
8．已知集合A为非空数集，定义：S={x|x=a+b，a，b∈A}，T={x|x=|a−b|，a，b∈A}（a，b实数可以相同）
（1）若集合A={2，5}，直接写出集合S、T；
（2）若集合A={x1，x2，x3，x4}，x1（3）若集合A⊆{x|0≤x≤2021，x∈N}，S∩T=∅，记|A|为集合A中元素的个数，求|A|的最大值.
9．已知命题p：x2−6x+8<0，命题q：m−2（1）若命题p为真命题，求实数x的取值范围．
（2）若p是q的充分条件，求实数m的取值范围；
10．已知全集U={x|−5≤x≤5}，A={x|0（1）A∩B；
（2）B∪(∁UA).
11．已知集合A={x|−1（1）若命题p为真命题，求实数a的取值范围；
（2）若命题p为真命题时，a的取值构成集合B，且A⊆B，求实数m的取值范围．
12．设y=ax2+(1−a)x+a−2．
（1）命题p：∃x∈R，使得y<−2成立．若p为假命题，求实数a的取值范围；
（2）解关于x的不等式ax2+(1−a)x+a−213．已知集合A={a1，a2，⋅⋅⋅，an}(0≤a1（1）分别判断集合M={0，2，4}，与N={1，2，3}是否具有性质P，并说明理由；
（2）证明：0∈A；
（3）A={a1，a2，a3}具有性质P，当a2=4时，求集合A．
14．已知集合A满足以下条件：①1∈A；②若a∈A，则a+31−3a∈A．
（1）求证：集合A至少有3个元素；
（2）若集合M=∁UA，写出属于集合M的两个元素，并说明理由．
答案解析部分
1．【答案】（1）解：由题意得B=[−2，1]
若a=1，则A=[0，3]，∁UB=(−∞，−2)∪(1，+∞)，
所以A∩(∁UB)=(1，3]
（2）解：由A∪B=A知B⊆A，
所以1−a≤−21+2a≥1，得a≥3
2．【答案】（1）解：A={x|−2x2+7x−3>0}=(12，3)，B={x|x2−bx+4<0，b∈R}，
∵A∩B=(1，3)，
∴1是方程x2−bx+4=0的一个根，
∴1−b+4=0
∴b=5；此时B=(1，4)，满足题意.
（2）解：∵A∪B=B，则A⊆B，
(12)2−b2+4≤032−3b+4≤0，解得b≥172，则b的取值范围为[172，+∞).
3．【答案】（1）解：因为A=x|3≤x<7，B=x|2根据并集、补集的概念可得A∪B=x|2CRB={x|x≤2或x≥6}，
所以(CRA)∩B={x|2（2）解：若C=∅，则a−1≥2a+1，解得a∈−∞，−2，
若C≠∅，则a−1<2a+1，且a−1⩾7或2a+1≤3，解得a∈−2，1∪8，+∞，
所以实数a的取值范围是(-∞，1)∪[8，+∞]．
4．【答案】（1）解：由x−2x+1≤0，解得：−1当m=−2时，B={x|−1所以A∪B={x|−1（2）解：因为A∩B=B所以B⊂A
当B=∅时，2m+3≥m2，解得：−1≤m≤3；
当B≠∅时，则2m+3综上：实数m的取值范围为[−2，3].
5．【答案】（1）解：对于集合{1，2，3，4，5}，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{1，2，3，4，5}不是“和谐集”.
（2）证明：设A={1，3，5，7，9，11，13}，
当去掉元素1时，有3+5+7+9=11+13；
当去掉元素3时，有1+9+13=5+7+11；
当去掉元素5时，有9+13=1+3+7+11；
当去掉元素7时，有1+9+11=3+5+13；
当去掉元素9时，有1+3+5+11=7+13；
当去掉元素11时，有3+7+9=1+5+13；
当去掉元素13时，有1+3+5+9=7+11.
所以集合A={1，3，5，7，9，11，13}是“和谐集”.
（3）证明：设“和谐集”A={a1，a2，…，an}所有元素之和为M.
由题可知，M−ai(i=1，2，…，n)均为偶数，因此ai(i=1，2，…，n)的奇偶性相同.
（i）如果M为奇数，则ai(i=1，2，…，n)也均为奇数，
由于M=a1+a2+…+an，所以n为奇数.
(ii)如果M为偶数，则ai(i=1，2，…，n)均为偶数，此时设ai=2bi，则{b1，b2，…，bn}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A中元素个数为奇数.综上所述，集合A中元素个数为奇数.
6．【答案】因为A∩B={−2}，所以-2是方程x2−px−2=0的根，则−22+2p−2=0，解得p=−1，所以方程为x2+x−2=0，解得x=−2或x=1，即集合A=1，−2，又因为A∪B={−2，1，5}，所以-2，5是方程x2+qx+r=0的两个根，根据韦达定理可得−2+5=−q−2×5=r，所以q=−3，r=−10，故p+q+r=−14.
7．【答案】（1）解：当m=3时，B={x|4≤x≤5}，所以A∩B={x|4≤x≤5}，
∁RB={x|x<4或x>5}，所以A∩(∁RB)={x|−2≤x<4}.
（2）解：因为A∪B=A，所以B⊆A，
若B≠∅，则2m−1≥m+12m−1≤5m+1≥−2⇒2≤m≤3；
综上，2≤m≤3.
所以实数m的取值范围为[2，3].
（3）解：因为A∩B=∅，又B={x|m+1≤x≤2m−1}，A={x|−2≤x≤5}，
当集合B=∅时，有：m+1>2m−1，解得：m<2；
当集合B≠∅时，有：2m−1≥m+1m+1>5或2m−1≥m+12m−1<−2，
解得：m>4.
综上所述：实数m的取值范围为：(−∞，2)∪(4，+∞).
8．【答案】（1）S={4，7，10}；
（2）由于集合A={x1，x2，x3，x4}，x1且有x2−x1≠x3−x1≠x4−x1
因为A=T，所以T集合有4个元素，即T={0，x2−x1，x3−x1，x4−x1}，
则剩下的x3−x2=x4−x3=x2−x1，所以x1+x4=x2+x3；
（3）设A={a1，a2，…ak}满足题意，其中a1则2a1∴|S|≥2k−1，a1−a1∵S∩T=∅，由容斥原理|S∪T|=|S|+|T|≥3k−1，
S∪T中最小的元素为0，最大的元素为2ak，
|S∪T|≤2ak+1，
∴3k−1≤2ak+1≤4043(k≥1，k∈N)
即3k−1≤4043
∴k≤1348
实际上当A={674，675，676，⋯2021}时满足题意，
证明如下：
设A={m，m+1，m+2，⋯，2021}，m∈N，
则S={2m，2m+1，2m+2，⋯，4042}，T={0，1，2，⋯，2021−m}，依题意有2021−m<2m，即m>67323，
故m的最小值为674，于是当m=674时，A中元素最多，
即A={674，675，676，⋯，2021}时满足题意，
综上所述，集合A中元素的个数的最大值是1348.
9．【答案】（1）解：由p：x2−6x+8<0为真，解得2（2）解：q：m−2所以m−2≤2m+1≥4⇒m≤4m≥3⇒3≤m≤4．即m∈[3，4]．
10．【答案】（1）解：因为A={x|0所以A∩B={x|0（2）因为∁UA={x|−5≤x≤0或3所以B∪∁UA={x|−5≤x≤1或311．【答案】（1）对于命题p，因为命题p为真命题，所以−1≤a≤0，
故a的取值范围为{a|−1≤a≤0}
（2）由（1）可得B={x|−1≤x≤0}，又A={x|−1由A⊆B，
当m≤−1时，A=∅，满足题意；
当m>−1时，则m≤0，即−1综上所述，m的取值范围为{m|m≤0}．
12．【答案】（1）解：若p为假命题，则∀x∈R，y≥−2恒成立，即为ax2+(1−a)x+a≥0恒成立，
当a=0时，x≥0，不合题意；
当a>0，则Δ=(1−a)2−4a2=−3a2−2a+1≤0，即3a2+2a−1≥0，解得a≤−1或a≥13，
又因为a>0，则a≥13，综上所述，实数a的取值范围是[13，+∞)．
（2）解：不等式ax2+(1−a)x+a−2不等式可化为(ax+1)(x−1)<0，
当a>0时，则−1a<1，解原不等式可得−1a当a=−1时，则−1a=1，原不等式即为−(x−1)2<0，解得x≠1；
当−11，解原不等式可得x<1或x>−1a；
当a<−1时，则−1a<1，解原不等式可得x<−1a或x>1；
当a=0时，原不等式即为x−1<0，解得x<1．
综上所述，当a<−1时，原不等式的解集为{x|x<−1a或x>1}
当a=−1时，原不等式的解集为{x|x≠1}；
当−1−1a}；
当a=0时，原不等式的解集为{x|x<1}；
当a>0时，原不等式的解集为{x|−1a13．【答案】（1）解：集合M={0，2，4}具有性质P，集合N={1，2，3}不具有性质P理由如下：
对集合M={0，2，4}，由于2−0=2，4−2=2，4−0=4，0−0=0，2−2=0，4−4=0∈M
所以集合M具有性质P；
对集合N={1，2，3}，由于2+2=4∉N，2−2=0∉N，故集合N不具有性质P．
（2）证明：由于an+an>an，∴an+an∉A，则an−an∈A，故0∈A，∴0∈A，故得证．
（3）解：由于a3+a3>a3，∴a3+a3∉A，故a3−a3=0∈A，∴a1=0，
又a2+a3>a3，∴a2+a3∉A，故a3−a2∈A，
又0因此集合A={0，4，8}．
14．【答案】（1）证明：由1∈A，得1+31−3=(−2−3)∈A，
则(−2−3)+31−3×(−2−3)=(3−2)∈A，
则3−2+31−3×(3−2)=1∈A，⋯，
周而复始，故由题意易得集合A至少有3个元素．
（2）解：当a=33时，a+31−3a无意义，故33∉A；
令a+31−3a=33，解得a=−33，
即当a=−33时，a+31−3a=33∉A，
故−33∉A．
故属于集合M的两个元素是33，−33．