易错点01 集合与常用逻辑用语（3个易错点错因分析与分类讲解+10个易错核心题型强化训练）-2025高考数学一轮精讲讲练（新高考版）

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易错点错因分析与分类讲解
易错点1 忽视对空集的讨论而致误
【例1】. [湖南师大附中2023第三次月考]已知集合，.若，则实数的取值范围为（）

特别提醒：当两集合的交集为空集时，需考虑其中含参数的集合是否为空集，本题求解的易错之处在于忽略，即的情况.
【解析】因为，当时，，则，满足；当时，，则，因为，，所以解得.综上，实数的取值范围为.故选.
【变式】.[江西景德镇乐平中学2022月考]设集合
.若， 实数的取值范围为（ ）

特别提醒：要求解的含参数的集合是一个确定集合的子集或真子集时，应考虑所求集合为空集的特殊情况，因此本题求解的易错之处在于忽略的情况.
【解析】由得.因为集合，.当时，有，解得；当时，有，解得.综上，实数的取值范围为.故选.
易错点2 忽略集合中元素的互异性而致误
【例2】. [湖南邵阳二中2023第五次月考]已知，若，则的值为（）

特别提醒：本题是含参数的集合问题，由题意求出参数的值后要注意检验参数的值是否满足集合中元素的互异性.本题的易错之处是忽略检验当时是否满足集合中元素的互异性.
【解析】由集合相等可知 且，则，所以，所以解得或.根据集合中元素的互异性可知应舍去，因此，所以.故选.
【变式】. [福建龙岩一中2022月考]已知,若集合，则（）

特别提醒：本题是含参数的集合问题，由题意求出参数的值后要注意检验参数的值是否满足集合中元素的互异性，本题的易错之处是忽视检验时是否满足集合中元素的互异性.
【解析】因为，所以，解得或，当时，不满足集合中元素的互异性，故，即.故选
易错点3 没有正确理解充分不必要条件的意义而致误
【例3】. [河南驻马店二中2023第二次培优考]已知，.若是的充分不必要条件，则实数 的取值范围是 .
特别提醒：根据充分不必要条件、必要不充分条件或充要条件求参数，可参考如下结论：
（1）若是的必要不充分条件，则对应的集合是对应的集合的真子集；
（2）若是的充分不必要条件，则对应的集合是对应的集合的真子集；
（3）若是的充要条件，则对应的集合与对应的集合相等.
此题易错之处在于误认为是的真子集.
【解析】由不等式，解得，设对应的集合为，则.由不等式，解得，设对应的集合为，则.因为是的充分不必要条件，所以是的真子集，则（不同时取等号），解得，所以实数的取值范围是.
【变式】. [湖南名校2022第二次联考]已知“”是“”的充分不必要条件，则实数的取值范围是（）

特别提醒：根据充分不必要条件或必要不充分条件求参数，可参考如下结论，（1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；
（2）若是的充分不必要条件，则对应集合是对应集合的真子集；
（3）若是的充要条件，则对应集合与对应集合相等
此题易错之处在于若“”是“”的充分不必要条件，误认为.
【解析】设.若“”是“”的充分不必要条件，则，则，等号不同时成立，解得，故选
【易错核心题型强化训练】
一．元素与集合关系的判断（共1小题）
1．（2024•泸县校级开学）设集合，，，，，0，，，2，3，4，，那么集合中满足条件的元素的个数为
A．60B．100C．120D．130
【分析】从条件“”入手，讨论所有取值的可能性，分别为5个数值中有2个是0，3个是0和4个是0三种情况
【解答】解：由于只能取0或1，且“”，
因此5个数值中有2个是0，3个是0和4个是0三种情况：
①中有2个取值为0，另外3个从，1中取，共有方法数：；
②中有3个取值为0，另外2个从，1中取，共有方法数：；
③中有4个取值为0，另外1个从，1中取，共有方法数：．
总共方法数是． 即元素个数为130．
故选：．
【点评】本题考查了组合数的计算公式及其思想、集合的性质，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于中档题．
二．集合的确定性、互异性、无序性（共1小题）
2．（2024•扬中市校级开学）设集合，，，若，则
A．或或2B．或C．或2D．或2
【分析】分别由，，求出的值，代入观察即可．
【解答】解：若，则，
，
，4，；
若，则或，
时，，
，，；
时，（舍，
故选：．
【点评】本题考查了集合的确定性，互异性，无序性，本题是一道基础题．
三．集合的包含关系判断及应用（共1小题）
3．（2024•浦东新区校级模拟）函数，其中、为实数集的两个非空子集，又规定，，，．给出下列四个判断，其中正确判断有
①若，则；
②若，则；
③若，则；
④若，则．
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】由函数的表达式知，可借助两个函数与图象来研究，分析可得答案．
【解答】解：由题意知函数、的图象如图所示，
设，，，，
，，，
，，则．
而，，故①错误．
对于②，若，，，则，，，，
则，故②错误．
设，，，，
，则．
，，，，
，，故③错误．
④由③的判断知，当，则是正确的．故④对．
故选：．
【点评】考查对题设条件的理解与转化能力，本题中题设条件颇多，审题费时，需仔细审题才能把握其脉络，故研究时借用两个函数的图象，借助图形的直观来帮助判断命题的正误，以形助数，是解决数学问题常用的一种思路．
四．并集及其运算（共1小题）
4．（2024•浙江学业考试）已知集合，1，，集合，2，，则
A．B．C．，2，D．，1，2，
【分析】根据并集的概念求解即可．
【解答】解：集合，1，，集合，2，，
，1，2，．
故选：．
【点评】本题主要考查并集的概念，属于基础题
五．交集及其运算（共4小题）
5．（2024•沙依巴克区校级模拟）已知集合，，若，则取值范围是
A．B．C．D．
【分析】条件可转化为，即可得不等式组，即可解得．
【解答】解：，
，
，
解得，，
故选：．
【点评】本题考查了集合的运算与集合间关系的转化，同时考查了不等式的解法，属于基础题．
6．（2024•北京学业考试）已知集合，0，，，，则等于
A．，0，B．，C．D．，
【分析】要求，即求由所有属于集合且属于集合的元素所组成的集合．
【解答】解：集合，0，，，，
，
故选：．
【点评】本题主要考查集合交集的概念，是简单的基础题．
7．（2024•让胡路区校级开学）设全集，集合，，则
A．B．C．D．
【分析】分别解一元二次不等式、对数不等式，化简，，然后求交集．
【解答】解：解得，，
由得，故，
所以．
故选：．
【点评】本题考查不等式的解法，交集的运算，属于基础题．
8．（2024•平江县校级开学）已知集合，，，．
（1）当时，求；
（2）若命题“”是命题“”的充分不必要条件，求实数的取值范围．
【分析】（1）求出集合，的元素，利用集合的基本运算即可得到结论．
（2）根据充分条件和必要条件的定义结合集合之间的关系即可得到结论．
【解答】解：（1）当时，或．
，，，
则．
（2）若命题“”是命题“”的充分不必要条件，则，
．
对应方程的两个根为或，
①若，即，此时，满足，
②若，即，此时或，
若满足，则或，解得或（舍去），
此时．
③若，即，此时或，
若满足，则或（舍，解得．
综上．
【点评】本题主要考查集合的基本运算以及充分条件和必要条件的应用，注意要进行分类讨论．
六．交、并、补集的混合运算（共1小题）
9．（2024•合江县校级开学）设全集，2，3，4，，集合，3，，集合，，则
A．B．C．，D．，3，
【分析】先解出的补集，再求出结果即可
【解答】解：因为全集，2，3，4，，集合，3，，
所以，，
又因为集合，，所以，
故选：．
【点评】本题主要考查集合的运算，属于基础题．
七．充分条件与必要条件（共2小题）
10．（2024•东坡区校级开学）设，，下列说法中错误的是
A．“”是“”的充分不必要条件
B．“”是“”的必要不充分条件
C．“，”是“，”的充要条件
D．“”是“”的既不充分也不必要条件
【分析】根据充分条件，必要条件的概念判断选项中的命题是否正确即可．
【解答】解：对于，因为的解集为，，，所以“”是“”的充分不必要条件，选项正确；
对于，“”时，“”不一定成立，反之“”成立时，“”一定成立，所以“”是“”的必要不充分条件，选项正确；
对于，“，”时，“，”一定成立，反之“，”成立时，，不一定成立，如，，所以“，”是“，”的充分不必要条件，选项错误；
对于，当，时，满足“”，但不满足“”；当，时，满足“”，但不满足“”，所以“”是“”的既不充分也不必要条件，选项正确．
故选：．
【点评】本题考查了充分条件和必要条件的应用问题，也考查了推理与判断能力，是基础题．
11．（2024春•顺德区校级月考）设是公差不为0的无穷等差数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”的
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【分析】根据等差数列的定义与性质，结合充分必要条件的定义，判断即可．
【解答】解：因为数列是公差不为0的无穷等差数列，当为递增数列时，公差，
令，解得，表示取整函数，
所以存在正整数，当时，，充分性成立；
当时，，，则，必要性成立；
是充分必要条件．
故选：．
【点评】本题考查了等差数列与充分必要条件的应用问题，是基础题．
八．全称量词和全称命题（共1小题）
12．（2023秋•昆明期末）已知，，；，，．那么，的取值范围分别为
A．，B．，
C．，D．，
【分析】根据全称命题与特称命题的定义，分别写出，的取值范围即可．
【解答】解：由，，；
得．
由，，；
得．
，的取值范围分别为和．
故选：．
【点评】本题考查了全称命题与特称命题的应用问题，是基础题．
九．存在量词和特称命题（共1小题）
13．（2024•开福区校级模拟）若命题“，”是假命题，则实数的取值范围为 ， ．
【分析】将问题转化命题“，”是真命题，求解即可．
【解答】解：因为命题“，”是假命题，
所以命题“，”是真命题，
当时，，
当且仅当，即时等号成立，
所以，
所以，
所以实数的取值范围是，，
故答案为：，．
【点评】本题考查了简易逻辑的应用问题，也考查了转化思想，是基础题．
一十．命题的真假判断与应用（共9小题）
14．（2024•红谷滩区校级模拟）已知，表示两条直线，，，表示三个平面，则下列是真命题的有 个．
①若，，，则；
②若，相交且都在，外，，，，，则；
③若，，则；
④，，，则．
A．1B．2C．3D．4
【分析】对于①，比如三棱柱的三个侧面，两两相交，且侧棱平行，即可判断；
对于②，可由面面平行的判定定理即可判断；
对于③，可考虑和交线平行，即可判断；
对于④，可考虑、和交线平行，即可判断．
【解答】解：对于①，比如三棱柱的三个侧面，两两相交，且侧棱平行，满足条件，但它们不平行，故①错；
对于②，若，相交且都在，外，，，，，
由面面平行的判定定理可得，设，相交确定的平面为，则有，，
则有，故②对；
对于③，若，，则或、相交，由于可和交线平行，故③错；
对于④，若，，，则或、相交，由于、可和交线平行，故④错．
故选：．
【点评】本题考查空间直线与平面的位置关系，考查线面平行的判断和性质，以及面面平行的判断和性质，考查空间想象能力，以及推理能力，属于基础题和易错题．
15．（2024春•宝山区校级月考）函数，正确的命题是
A．值域为B．在上是增函数
C．有两个不同零点D．过点的切线有两条
【分析】求出函数的定义域和导数，利用导数判断的单调性，求出最值，再判断选项中的命题是否正确．
【解答】解：函数，且；
则，
令，解得，
所以时，，单调递减；
，时，，单调递增；
所以时，取得最小值为，
所以的值域为，，因此错误；
又，所以在上单调递增，所以正确；
又时，，所以，
所以在内没有零点，在，内有1个零点，因此错误；
又时，所以是函数图象上的点，
且时（1），所以过该点的切线方程为，只有1条，因此错误．
故选：．
【点评】本题考查了函数的单调性问题，也考查了导数的应用以及函数的极值，零点问题，是综合题．
16．（2024春•普陀区校级月考）对于全集的子集，定义函数为的特征函数．设，为全集的子集，下列结论中错误的是
A．若，B．
C．D．
【分析】根据题中特征函数的定义，利用几何的交集、并集、补集运算法则，对、、、各项中的运算加以验证，进而求解；
【解答】解：，可得则，，，而中可能有的元素，但中不可能有的元素，，故正确；
：因为，综合的表达式，可得，故正确；
，故正确；
，故错误；
故选：．
【点评】考查接受新知识，理解运用新知识的能力，交集、并集、补集运算法则，属于中档题；
17．（2024•绥中县校级开学）下列命题中是真命题的有
A．有，，三种个体按的比例分层抽样调查，如果抽取的个体数为9，则样本容量为30
B．一组数据1，2，3，3，4，5的平均数、众数、中位数相同
C．若甲组数据的方差为5，乙组数据为5，6，9，10，5，则这两组数据中较稳定的是甲
D．某一组样本数据为125，120，122，105，130，114，116，95，120，134，则样本数据落在区间，内的频率为0.4
【分析】中，由分层抽样原理求出样本容量的值；
中，计算这组数据的平均数、众数、中位数即可；
中，计算乙组数据的方差，与甲组数据的方差比较即可；
中，由样本容量、频数和频率的关系，计算即可．
【解答】解：对于，由分层抽样原理知，样本容量为，所以选项错误；
对于，数据1，2，3，3，4，5的平均数为，
众数为6，中位数也是3，所以它们的平均数、众数和中位数相同，选项正确；
对于，甲组数据的方差为5，乙组数据为5，6，9，10，5；
它的平均数是，
方差为，
这两组数据中较稳定的是乙，所以选项错误；
对于，由题意知样本容量为10，样本数据落在区间，内的频数是4，
所以频率为0.4，选项正确．
故选：．
【点评】本题考查样本的数字特征应用问题，也考查了命题真假的判断问题，是基础题．
18．（2024春•芝罘区校级月考）如图，点是正方体的棱的中点，点在线段上运动，则下列结论正确的是
A．直线与直线始终是异面直线
B．存在点，使得
C．四面体的体积为定值
D．当时，平面平面
【分析】当为的中点时可知错误，证明平面可知正确；建立空间坐标系，利用向量判断即可．
【解答】解：（1）当为的中点时，直线与直线是相交直线，交点为，故错误；
（2）以为原点，以，，为坐标轴建立空间坐标系，
设正方体棱长为1，则，0，，，0，，，1，，，0，，，1，，
，0，，，0，，，，．
，则，，，
若，则，即，解得，
当为线段的靠近的三等分点时，，故正确；
（3）连接，取的中点，连接，则也是的中点，
由中位线定理可知，
平面，故，故正确；
（4），，，
平面，
，，故为二面角的平面角，
当时，，，，又，，，
，，，，，，
，，
故平面平面，故正确．
故选：．
【点评】本题考查了空间线面位置关系的判断与性质，可适当选用平面向量法解决几何问题，属于中档题．
19．（2024春•璧山区校级月考）为了评估某治疗新冠肺炎药物的疗效，现有关部门对该药物在人体血管中的药物浓度进行测量．已知该药物在人体血管中药物浓度随时间的变化而变化，甲、乙两人服用该药物后，血管中药物浓度随时间变化的关系如图所示．则下列结论正确的是
A．在时刻，甲、乙两人血管中的药物浓度相同
B．在时刻，甲、乙两人血管中药物浓度的瞬时变化率相同
C．在，这个时间段内，甲、乙两人血管中药物浓度的平均变化率相同
D．在，和，两个时间段内，甲血管中药物浓度的平均变化率相同
【分析】理解瞬时变化率和平均变化率的概念，结合导数的几何意义可知，瞬时变化率是在此点处切线的斜率，
平均变化率是再结合图象，逐一判断项即可．
【解答】解：选项，在时刻，两图象相交，说明甲、乙两人血管中的药物浓度相同，即选项正确；
选项，在时刻，两图象的切线斜率不相等，即两人的不相等，
说明甲、乙两人血管中药物浓度的瞬时变化率不相同，即选项错误；
选项，由平均变化率公式知，甲、乙两人在
，内，血管中药物浓度的平均变化率均为，即选项正确；
选项，在，和，两个时间段内，甲血管中药物浓度的平均变化率分别为和
显然不相同，即选项不正确．
故选：．
【点评】本题考查函数的实际应用，判断的关键是理解两个概念：瞬时变化率和平均变化率，考查逻辑推理能力，属于基础题．
20．（2024春•沙坪坝区校级月考）设函数，已知在，有且仅有3个零点，下列结论正确的是
A．在上存在，，满足
B．在有且仅有1个最小值点
C．在单调递增
D．的取值范围是
【分析】由题意根据在区间，有3个零点画出大致图象，可得区间长度介于周期，，再用表示周期，得的范围．
【解答】解：画出函数大致图象如图所示，
当时；
又，所以时在轴右侧第一个最大值区间内单调递增，
函数在，仅有3个零点时，则的位置在之间（包括，不包括，
令，则得，，
轴右侧第一个点横坐标为，周期，
所以，
即，解得，所以错误；
在区间，上，函数达到最大值和最小值，
所以存在，，满足，所以正确；
由大致图象得，在内有且只有1个最小值点，正确；
因为最小值为，所以时，，，
所以时，函数不单调递增，所以错误．
故选：．
【点评】本题考查了三角函数图象及周期的计算问题，由题意求出的范围，再判断命题的真假性，是解题的关键．
21．（2024春•沙坪坝区校级月考）已知，且关于的方程无实数根，现有下列说法，其中说法正确的是
A．若，则不等式 对一切恒成立
B．若，则必然存在实数使不等式成立
C．关于的方程一定没有实数根
D．若，则不等式 对一切恒成立
【分析】函数为一个复合函数，把看作为一个未知数，的范围就是的值域；
由此入手进行判断，能够得到正确答案．
【解答】解：函数为一个复合函数，可以把方括号里的看作为一个未知数，的范围就是的值域；
对于，可以看作，而题中无实根，方括号里的看作为一个未知数，
则外层为一个开口向上的2次函数，且无实根，且，
所以不等式对一切都成立，正确；
对于，时，由无实根知二次函数开口向下，且与轴没有交点，
同理，令，则二次函数也开口向下，且与横轴没有交点，
所以不等式对一切都成立，错误；
对于，看为，而题中无实根，所以方程无实根，所以正确；
对于，由知（1），又无实根，所以，
由选项知不等式 对一切恒成立，正确．
故选：．
【点评】本题考查了命题真假的判断问题，也考查了函数的定义与性质的应用问题，考查了分析与运算求解能力，是中档题．
22．（2024•平罗县校级一模）设函数的图象关于直线对称，它的周期是，有下列说法：
①的函数图象过点；
②在上是减函数；
③的一个对称中心是；
④将的图象向右平移个单位长度得到函数的图象．
其中正确的序号是 ①③ ．（正确的序号全填上）
【分析】由题意求出函数的解析式为，再判断题目中的命题是否正确．
【解答】解：因为函数的周期为，所以，
又函数的图象关于直线对称，
所以由，
可知，解得，
又，
所以时，；
函数的解析式为：；
当时，的图象过点，①正确；
，时，，，是先增后减，②错误；
当时，，即函数的一个对称中心是，，③正确；
由，，将的图象向右平移个单位，得函数的图象，
不是函数的图象，④错误；
综上所述，正确的序号是①③．
故答案为：①③．
【点评】本题主要考查了正弦函数的单调性、周期性、对称性以及三角函数解析式的求法应用问题，是基础题．