专题01 集合与常用逻辑用语-2024年高考数学二模试题分类汇编学案（原卷版+解析版）

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集合间的运算
一、单选题
1．（2024·全国·二模）已知全集，集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用补集、交集的定义求解即得.
【详解】全集，，则，而，
所以.
故选：B
2．（2024·山东聊城·二模）已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由交集的定义求解.
【详解】集合，则.
故选：D
3．（2024·广东韶关·二模）若集合，则（ ）
A．或 B．或
C．或D．或
【答案】B
【分析】先利用题给条件求得集合和集合B，进而求得.
【详解】，则或，
又，
则或或.
故选：B
4．（2024·河北邯郸·二模）已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先化简两个集合，再利用交集运算可得答案.
【详解】由得，即，
,所以.
故选：B
5．（2024·山西·二模）已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求出两个集合，再根据交集的定义即可得解.
【详解】或，
，
所以.
故选：D.
6．（2024·山东·二模）已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先化简集合，再利用交集运算求解.
【详解】由可得，
所以.
故选：B
7．（2024·广东湛江·二模）已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先解出集合，再利用交集的定义求解即可.
【详解】因为，解得，
故，所以.
故选：D
8．（2024·广东梅州·二模）已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由对数函数的性质求出集合，再根据二次函数的性质求出集合，最后根据并集的定义计算即可.
【详解】因为，
二次函数，当且仅当时取等号，
所以，
所以.
故选：D
9．（2024·浙江嘉兴·二模）已知集合，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由集合的补集和交集运算可得.
【详解】，
所以，
故选：D.
10．（2024·广东·二模）已知集合，集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先求出集合，由并集的定义求解即可.
【详解】由可得：，所以，
由可得：，所以，
所以.
故选：C.
11．（2024·新疆喀什·二模）已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据集合交集的定义进行运算即可.
【详解】，所以.
故选：D.
12．（2024·浙江台州·二模）已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，由集合的运算，即可得到结果.
【详解】因为，且，
则.
故选：D
13．（2024·河北石家庄·二模）已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，将集合化简，再由交集的运算，即可得到结果.
【详解】因为，
，所以.
故选：A
二、多选题
14．（2024·浙江宁波·二模）指示函数是一个重要的数学函数，通常用来表示某个条件的成立情况.已知为全集且元素个数有限，对于的任意一个子集，定义集合的指示函数若，则（ ）
注：表示中所有元素所对应的函数值之和（其中是定义域的子集）.
A．
B．
C．
D．
【答案】BCD
【分析】根据的定义，即可结合选项逐一求解.
【详解】对于A，由于,所以
故，故A错误，
对于B，若,则，此时满足，
若且时，，
若且时，，
若且时，，
综上可得，故B正确，
对于C，
而，
由于，所以
故,C正确，
,
当时，此时中至少一个为1，所以，
当时，此时均为0，所以，
故,故D正确，
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：充分利用的定义以及的定义，由此可得时，此时均为0，时，此时中至少一个为1，结合的定义化简求解.
三、填空题
15．（2024·湖南·二模）已知集合，若集合恰有两个元素，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】解二次不等式化简集合，再利用二次不等式解的形式与交集的结果即可得解.
【详解】因为，
，
又集合恰有两个元素，
所以恰有两个元素1和2，所以.
故答案为：.
16．（2024·辽宁·二模）已知集合，，若．则m的取值范围是 ．
【答案】
【分析】由题意可得，再列出不等式组，解之即可得解.
【详解】因为，所以，故，
所以且，
所以，解得.
故答案为：.
集合及元素间的关系
一、单选题
1．（2024·浙江·二模）已知集合，，若，则满足集合的个数为（ ）
A．4B．6C．7D．8
【答案】D
【分析】根据包含关系，写出所有满足条件的集合A即可得解.
【详解】因为，
所以可以是，共8个，
故选：D
2．（2024·云南贵州·二模）已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先确定集合A中的元素，再确定两个集合的关系.
【详解】由题意可得，所以.
故选：A
3．（2024·安徽芜湖·二模）已知A，B是全集U的非空子集，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据Venn图，结合子集和集合间的运算理解判断.
【详解】由题意知，从而可得Venn图如下图，
对A、D：由Venn图，可得，故A、D错误；
对B：因为，正确，故B正确；
对C：因为，则错误，故C错误；
故选：B.
4．（2024·河南开封·二模）已知集合，则下列命题正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求出集合A，根据集合的运算与集合关系判断.
【详解】因为，所以，
对A：，故错误；
对B：，故正确；
对C：，故错误；
对D：，故错误；
故选：B
5．（2024·黑龙江·二模）已知集合，，定义集合：，则集合的非空子集的个数是（ ）个．
A．16B．15C．14D．13
【答案】B
【分析】
先确定集合有四个元素，则可得其非空子集的个数.
【详解】根据题意，，
则集合的非空子集的个数是.
故选：B
6．（2024·湖南邵阳·二模）若集合，集合，则的真子集个数为（ ）
A．14B．15C．16D．31
【答案】B
【分析】
先化简集合A,B，再求交集从而确定真子集个数.
【详解】由,得，故；
由，得，故，
则，故的真子集个数为.
故选：B.
7．（2024·黑龙江·二模）已知，若，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】解不等式得到集合A，B，再由，即可得到实数的取值范围.
【详解】因为，，
又，所以，故.
故选：A.
8．（2024·广东广州·二模）已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用集合的包含关系逐项判断，可得出合适的选项.
【详解】因为，，
当时，为非负的偶数，所以，，则，
B对，ACD都错.
故选：B.
二、多选题
9．（2024·广西·二模）若集合和关系的Venn图如图所示，则可能是（ ）

A．
B．
C．
D．
【答案】ACD
【分析】根据Venn图可知，依次判定选项即可.
【详解】根据Venn图可知，
对于A，显然，故A正确；
对于B，，则，故B错误；
对于C，，则，故C正确；
对于D，，或，
则，故D正确.
故选：ACD
10．（2024·河南新乡·二模）已知集合则（ ）
A．B．C．D．
【答案】BCD
【分析】先求解不等式得集合，利用集合的交集、并集、补集定义运算和集合间的包含关系即可一一判断正误.
【详解】由可得或，即或.
对于A项，或，故A项错误；
对于B项，或,故B项正确；
对于C项，因或，故，故C项正确；
对于D项，，故D项正确.
故选：BCD.
三、填空题
11．（2024·广西·二模）已知集合，，若，则实数 ．
【答案】
【分析】根据子集关系求出可能解，再利用集合中元素的互异性求出不能取的值即可得出m的值.
【详解】因为，所以或，或，
又由集合中元素的互异性可知且且，且，
综上.
故答案为：.
12．（2024·湖南·二模）对于非空集合，定义函数已知集合，若存在，使得，则实数的取值范围为 .
【答案】
【分析】根据题意，由函数的定义可得可取，即可得到的取值范围.
【详解】由题知：可取，
若.则，
即集合，得，即的取值范围为.
故答案为：
集合新定义
一、单选题
1．（2024·青海·二模）已知表示集合A中整数元素的个数，若集合，集合，以下选项错误的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由不等式解出集合和指数函数的性质解出集合，再根据集合的新定义和交集，并集，补集计算逐个判断即可.
【详解】由不等式，解得，
由不等式，
所以集合，集合，
所以，故A正确；
所以，故B正确；
，故C错误；
，故D正确；
故选：C.
二、多选题
2．（2024·浙江宁波·二模）指示函数是一个重要的数学函数，通常用来表示某个条件的成立情况.已知为全集且元素个数有限，对于的任意一个子集，定义集合的指示函数若，则（ ）
注：表示中所有元素所对应的函数值之和（其中是定义域的子集）.
A．
B．
C．
D．
【答案】BCD
【分析】根据的定义，即可结合选项逐一求解.
【详解】对于A，由于,所以
故，故A错误，
对于B，若,则，此时满足，
若且时，，
若且时，，
若且时，，
综上可得，故B正确，
对于C，
而，
由于，所以
故,C正确，
,
当时，此时中至少一个为1，所以，
当时，此时均为0，所以，
故,故D正确，
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：充分利用的定义以及的定义，由此可得时，此时均为0，时，此时中至少一个为1，结合的定义化简求解.
三、解答题
3．（2024·浙江台州·二模）设A，B是两个非空集合，如果对于集合A中的任意一个元素x，按照某种确定的对应关系，在集合B中都有唯一确定的元素y和它对应，并且不同的x对应不同的y；同时B中的每一个元素y，都有一个A中的元素x与它对应，则称：为从集合A到集合B的一一对应，并称集合A与B等势，记作.若集合A与B之间不存在一一对应关系，则称A与B不等势，记作.
例如：对于集合，，存在一一对应关系，因此.
(1)已知集合，，试判断是否成立?请说明理由；
(2)证明：①；
②.
【答案】(1)成立，理由见解析
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）根据新定义判断即可；
（2）①取特殊函数满足定义域为，值域为即可利用其证明
②设，，假设，利用反证法得证.
【详解】（1）设，，令
则C与D存在一一对应，所以集合.
（2）①取函数，其中，，两个集合之间存在一一对应，故.
备注：函数举例不唯一，只要保证定义域为，值域为即可，
如：或等等均可，
②设，，
假设，即存在对应关系：为一一对应，
对于集合B中的元素，，，至少存在一个（，且）与这三个集合中的某一个对应，所以集合A中必存在.
记，则，故，
从而存在，使得；
若，则，矛盾；
若，则，矛盾.
因此，不存在A到B的一一对应，所以.
【点睛】关键点点睛：压轴数论问题，关键在于理解新的集合有关定义，能想到取特殊函数，并借助函数证明是关键所在，此题难度在考场上基本不能完成.
4．（2024·浙江绍兴·二模）已知，集合其中.
(1)求中最小的元素；
(2)设，，且，求的值；
(3)记，，若集合中的元素个数为，求.
【答案】(1)7
(2)或10
(3)
【分析】（1）根据集合新定义，确定中最小的元素即可；
（2）根据集合中的元素可得，设，，分别讨论当时，当时，当时，的取值情况，即可得结论；
（3）设，则，其中，，所以，根据组合数的运算性质确定与的关系，即可求得的值.
【详解】（1）中的最小元素为.
（2）由题得，设，.
①当时，或或或或或.
经检验，当时，，符合题意，
所以.
②当时，或或或.
经检验，当时，，符合题意，
所以.
③当时，不符合题意.
因此，或10.
（3）设，则，其中，
，所以，
设，则.
因为，
所以
.
因为，
所以，所以，
又因为，所以.
【点睛】方法点睛：解决以集合为背景的新定义问题，注意两点：
（1）根据集合定义式，确定集合中元素的特点，结合指数运算确定指数的取值情况从而得集合中的元素性质；
（2）确定集合中的元素个数为时，结合组合数的运算性质确定与的关系.
5．（2024·江西九江·二模）定义两个维向量，的数量积，，记为的第k个分量（且）.如三维向量，其中的第2分量.若由维向量组成的集合A满足以下三个条件：①集合中含有n个n维向量作为元素；②集合中每个元素的所有分量取0或1；③集合中任意两个元素，，满足（T为常数）且.则称A为T的完美n维向量集.
(1)求2的完美3维向量集；
(2)判断是否存在完美4维向量集，并说明理由；
(3)若存在A为T的完美n维向量集，求证：A的所有元素的第k分量和.
【答案】(1)
(2)不存在完美4维向量集，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用的完美维向量集定义求解即可.
（2）分别研究，，，，时，结合新定义及集合中元素的互异性即可判断.
（3）依题意可得，运用反证法，假设存在，使得，不妨设，分别从及两方面证得矛盾即可得，进而可证得结果.
【详解】（1）由题意知，集合中含有3个元素（），且每个元素中含有三个分量，
因为，所以每个元素中的三个分量中有两个取1，一个取0.
所以，，，
又，
所以2的完美3维向量集为.
（2）依题意，完美4维向量集B含有4个元素（），且每个元素中含有四个分量，，
（i）当时，，与集合中元素的互异性矛盾，舍去；
（ii）当时，，不满足条件③，舍去；
（iii）当时，，
因为，故与至多有一个在B中，
同理：与至多有一个在B中，与至多有一个在B中，
故集合B中的元素个数小于4，不满足条件①，舍去；
（iv）当时，，不满足条件③，舍去；
（v）当时，，与集合中元素的互异性矛盾，舍去；
综上所述，不存在完美4维向量集.
（3）依题意，的完美维向量集含有个元素（），且每个元素中含有个分量，
因为，所以每个元素中有个分量为1，其余分量为0，
所以（*），
由（2）知，，故，
假设存在，使得，不妨设.
（i）当时，如下图，
由条件③知，或（），
此时，与（*）矛盾，不合题意.
（ii）当时，如下图，
记（），
不妨设，，，
下面研究，，，，的前个分量中所有含1的个数.
一方面，考虑，，，，中任意两个向量的数量积为1，
故，，，（）中至多有1个1，
故，，，，的前个分量中，
所有含1的个数至多有个1（**）.
另一方面，考虑（），
故，，，，的前个分量中，含有个1，与（**）矛盾，不合题意.
故对任意且，，由（*）可得.
【点睛】关键点睛：涉及集合新定义问题，关键是正确理解给出的定义，然后合理利用定义，结合相关其它知识，分类讨论，进行推理判断解决.
命题的否定、充分必要条件
一、单选题
1．（2024·河北石家庄·二模）已知曲线，则“”是“曲线的焦点在轴上”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】A
【分析】根据充分条件、必要条件的定义及椭圆、双曲线的特征判断即可.
【详解】当时曲线表示焦点在轴上的椭圆，故充分性成立；
当时曲线表示焦点在轴上的双曲线，
故由曲线的焦点在轴上推不出，即必要性不成立；
所以“”是“曲线的焦点在轴上”的充分不必要条件.
故选：A
2．（2024·浙江宁波·二模）已知平面，则“”是“且”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
【分析】根据线面垂直即可求证面面垂直，即可说明充分性，根据面面垂直的性质可得线面垂直，即可利用线面垂直的判断求证必要性.
【详解】由于，所以，
若 ，则，，故充分性成立，
若，，设，，
则存在直线使得，所以，由于，故，
同理存在直线使得，所以，由于，故，
由于不平行，所以是平面内两条相交直线，所以，故必要性成立，
故选：C
3．（2024·河北邯郸·二模）已知是两个平面，是两条直线，且，则“”是“”的（ ）
A．必要不充分条件B．充分不必要条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据充分条件、必要条件的定义及线面垂直的性质可得结果.
【详解】用平面代表平面，平面代表平面，
当如图所示时显然m与平面不垂直，
反之，当时，又，根据线面垂直的性质有，
所以“”是“”的必要不充分条件，
故选：A.
4．（2024·山西吕梁·二模）设命题：对任意的等比数列也是等比数列，则命题的否定为（ ）
A．对任意的非等比数列是等比数列
B．对任意的等比数列不是等比数列
C．存在一个等比数列，使是等比数列
D．存在一个等比数列，使不是等比数列
【答案】D
【分析】根据全称量词命题的否定是存在量词命题，直接写出命题的否定.
【详解】因为：：存在一个等比数列，使不是等比数列.
故选：D
5．（2024·山东·二模）在中，设内角的对边分别为，设甲：，设乙：是直角三角形，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】D
【分析】利用正弦定理定理、和角的正弦公式化简命题甲，再利用充分条件、必要条件的定义判断即得.
【详解】在中，由正弦定理及，得，
即，整理得，
由正弦定理得，则或，即或，
因此甲：或，显然甲不能推乙；
乙：是直角三角形，当角或是直角时，乙不能推甲，
所以甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件.
故选：D
6．（2024·广东梅州·二模）常言道：“不经历风雨，怎么见彩虹”．就此话而言，“经历风雨”是“见彩虹”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
【分析】根据必要不充分条件的定义求解
【详解】由题意，经历风雨不一定会见彩虹，但见彩虹一定是经历风雨，
所以“经历风雨”是“见彩虹”的必要不充分条件．
故选：B．
7．（2024·辽宁沈阳·二模）已知向量，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】计算时的取值，再根据必要与充分条件的定义判断即可.
【详解】当时，，即，
故，解得.
故“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
8．（2024·浙江杭州·二模）设甲：“函数在单调递增”，乙：“”，则甲是乙的（ ）
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】A
【分析】根据函数单调性求出的范围，即可判断答案.
【详解】若“函数在单调递增”，则，
由得，则，解得，
所以，甲是乙的充分不必要条件.
故选：A
9．（2024·浙江台州·二模）已知x，y为正实数，则可成为“”的充要条件的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】作差法可判断A；构造函数、，利用导数研究其单调性，并结合充分、必要性的定义可判断BD；特值法可判断C.
【详解】对于A，已知x，y为正实数，若，，
则，故A错误；
对于B，由可得：，
令，
，令，解得：，
则在上单调递减，
若，则，故B错误；
对于C，已知x，y为正实数，若，取，
则，故C错误；
对于D，由，则，
令，则，
即在定义域上递增，故，
反之也有成立，满足要求，故D正确.
故选：D.
10．（2024·山东·二模）已知，若集合，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
【答案】A
【分析】由，可得或，再由充分不必要条件的定义即可得答案.
【详解】因为，
则或，
所以，
由推不出.
故选:A．
11．（2024·安徽池州·二模）对于数列，若点都在函数的图象上，其中且，则“”是“为递增数列”的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】利用等比数列的性质，结合指数函数的性质和充分必要条件的判断求解.
【详解】因为在函数的图象上，所以，
即是以为首项，为公比的等比数列.
若，且，，则可能的情况由两种：
（1）则，所以等比数列首项为负，公比，所以等比数列单调递增；
（2）则，所以等比数列首项为正，公比，所以等比数列单调递增.
所以“”是“为递增数列”的充分条件.
若为递增数列，，又且，
所以：或
由；
由；
所以“”是“为递增数列”的必要条件.
故选：A
12．（2024·浙江·二模）在中，“A，B，C成等差数列且成等比数列”是“是正三角形”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
【分析】根据给定条件，利用等差、等比数列的定义，结合正余弦定理及充分条件、必要条件的定义判断即得.
【详解】在中，由A，B，C成等差数列，得，而，则，
由成等比数列，得，由正弦定理得，
由余弦定理得，即，解得，因此是正三角形；
若是正三角形，则，，
因此A，B，C成等差数列且成等比数列，
所以“A，B，C成等差数列且成等比数列”是“是正三角形”的充要条件.
故选：C
13．（2024·浙江温州·二模）已知，则“”是“”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
【分析】根据复数的概念及充分、必要条件的定义判定即可.
【详解】易知，所以不满足充分性，而，满足必要性.
故选：B
14．（2024·黑龙江·二模）已知，为两个不重合平面，l，m为两条不同直线，则的充分条件是（ ）
A．，B．，C．，D．，，
【答案】B
【分析】对于ACD，根据空间中线面关系可得或，故ACD均不是充分条件，结合面面平行的定义可得B正确.
【详解】对于A，若，，则或，故A中条件不是充分条件，故A错误；
对于B，若，，由面面平行的定义可得，
故B中条件是的充分条件，故B正确；
对于C，若，，则或，C中条件不是充分条件，故C错误；
对于D，，，，则或，D中条件不是充分条件，
故D错误；
故选：B.
15．（2024·四川成都·二模）命题“”的否定是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据全称命题的否定即可得到答案.
【详解】根据全称命题的否定为存在命题，任意变存在，范围不变，结论相反，
则命题“”的否定是“”，
故选：B.
16．（2024·内蒙古包头·二模）设m，，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】通过举反例说明“”不是“”的充分条件，再由对数的运算性质由推得，即得结论.
【详解】由不能推出，如满足，
但无意义，故“”不是“”的充分条件；
再由可得，即得，故“”是“”的必要条件.
即“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
17．（2024·黑龙江·二模）命题“，”的否定是（ ）
A．“，”B．“，”
C．“，”D．“，”
【答案】D
【分析】
利用“含有一个量词命题的否定”形式即可得出答案.
【详解】根据全称量词命题的否定可知，
命题“，”的否定是“，”.
故选：D
18．（2024·吉林白山·二模）已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，且，则下列说法正确的是（ ）
A．“//”是“”的充分不必要条件
B．“”是“”的必要不充分条件
C．若异面，则有公共点
D．若有公共点，则有公共点
【答案】C
【分析】
对于A，推理说明“//”是“”的必要条件即可判断；对于B，推理说明“”是“”的充分条件即可判断；对于C，通过反证法易判断命题正确；对于D，由有公共点和题设条件，易得可相交或异面即可判断.
【详解】
对于A，由，可得，又，故得，即“//”是“”的必要条件，故A项错误；
对于B，由，可得或，当时，因，则，
当时，经过和平面内一点可确定平面，且，则，由可得，同理可得，
即“”是“”的充分条件，故B项错误；
对于C，运用反证法说明，假设没有公共点，则，又由可得，这与异面矛盾，故假设不成立，即C项正确；
对于D，由有公共点可得相交，因，则相交或异面，故D项错误.
故选：C.
19．（2024·云南红河·二模）已知均为正实数，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
【答案】A
【分析】运用不等式的性质，证明充分性，否定必要性即可.
【详解】因为，均为正实数，若，则；
若，则，即或；
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选:A.
20．（2024·新疆·二模）使“”成立的一个充分不必要条件是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】
先解分式不等式，求得解集，依题意，只需使选项的范围是该解集的真子集即得.
【详解】
由，得，解得，则选项中的的范围组成的集合是的真子集，
由选项知，选项均不满足，选项B满足.故使“”成立的一个充分不必要条件可以是“”.
故选：B.
21．（2024·四川宜宾·二模）命题“”的否定是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】全称量词命题的否定为存在量词命题.
【详解】根据全称量词命题的否定有：命题“”的否定是：.
故选：C
22．（2024·四川成都·二模）已知向量是平面内的一组基向量，为内的定点，对于内任意一点，当时，称有序实数对为点的广义坐标．若点的广义坐标分别为，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
【答案】D
【分析】
根据向量的垂直和线性运算即可判断.
【详解】根据题意得：，.
因为，
所以，
则，即
因为向量是平面内的一组基向量，
所以.
故“"是“”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
二、多选题
23．（2024·河南开封·二模）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一．用其名字命名的高斯取整函数为，表示不超过x的最大整数，例如，．下列命题中正确的有（ ）
A．，
B．，，
C．，
D．，
【答案】BD
【分析】根据给定的定义，结合存在量词命题、全称量词命题的真假判断方法逐项分析即得.
【详解】对于A，当时，，当时，，而，
因此，A错误；
对于B，，，令，则，，
因此，B正确；
对于C，取，，则，，
显然，C错误；
对于D，，当时，，当时，，而，
因此，此时，D正确.
故选：BD
【点睛】方法点睛：判断全称量词命题为真、存在量词命题为假必须推理论证；判断全称量词命题为假、存在量词命题为真只需举例说明.