压轴专题01 集合与简易逻辑（7大题型）-2025年高考数学压轴题专项训练（新高考通用）

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压轴题型一：以函数、方程、不等式形式
1．设集合，下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用因为与互为反函数，所以其图象互相关于对称得到，进而得出集合A的范围；对于集合，化简得，设，进而利用导数求出的最值，得出集合的范围，即可求解
【详解】对于集合，因为与互为反函数，
所以其图象互相关于对称，
因为，所以有解，
因为，所以，所以有解，所以，
设，得，
所以单调递增；单调递减，
所以，故，所以；
对于集合，化简得，
设，
因为，可设，
单调递减，又，所以当时，单调递减，
利用洛必达法则，时，，
所以，所以；由于，所以D正确
故选：D
2．已知集合．若，且对任意，，均有，则集合中元素个数的最大值为（ ）
A．20B．19C．11D．10
【答案】B
【分析】根据，转化为集合中元素，也即这些元素对应的点的坐标组成的图形呈不下降趋势，集合中元素个数的最大值也即在符合题意的这些点中怎样取，保证趋势不下降的同时取的点最多，.
【详解】
由题知：集合．若，且对任意，，均有，
作如下等价转化：在符合题意的这些点中怎样取，保证趋势不下降的同时取的点最多，
因此集合中元素个数最大时元素可以为：共个，
也可以是共个，（还有其他取法只要保证这些点的趋势不下降即可）.
故选：B.
3．集合，，其中、、为实数，若、分别表示集合、的元素个数，则下列结论中一定成立的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】A
【分析】选项A，B和C，利用方程至少有一个根，所有解的个数取决于；方程的解得个数取决于及，逐一分析判断即可得答案；选项D，根据条件得到，，，设为的一个根，从而得到，即为方程的根，即可求解.
【详解】令，，
对于选项A，当时，方程无实根，
所以，，或；
当时，，由得，此时；
当，时，，由得，此时，所以选项A正确；
对于选项B，若，则有且只有一根，又一定是的根，所以，
又且时，无解，此时，所以选项B错误，
对于选项C，若时，则有且只有根，
又一定是的根，所以且，或且，
当时，存在，使且，此时只有一根，所以选项C错误，
对于选项D，当时，方程有三个根，所以，，，
设为的一个根，即，则，
且，所以为方程的根，
故有三个根，即时，必有，所以选项D错误，
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于充分理解二次函数的根与系数的关系，观察分析两函数的区别与联系，从而得解.
4．已知正实数，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要B．必要不充分C．充要D．既不充分也不必要
【答案】C
【分析】充分性的证明可直接用代替即可；必要性的证明时两边取对数，再利用对数的运算化简即可；
【详解】充分性：
当正实数时，，，
所以，充分性成立；
必要性：
当正实数满足时，两边同时取对数可得，
即，
即，变形为，
所以，所以，
已知正实数，则“”是“”的充要条件；
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题必要性的证明关键在于对不等式两边取对数，然后结合对数的运算化简即可.
5．若集合表示的图形中，两点间最大距离为d、面积为S，则（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】C
【分析】先以t为变量，分析可知所求集合表示的图形即为平面区域，结合图形分析求解即可．
【详解】对任意给定，则，且，
可知，即，
再结合x的任意性，所以所求集合表示的图形即为平面区域，
如图阴影部分所示，其中，
可知任意两点间距离最大值；
阴影部分面积．
故选：C．
压轴题型二：以数列形式
1．已知数列满足：，对于任意实数，集合的元素个数是（ ）
A．个B．非零有限个
C．无穷多个D．不确定，与的取值有关
【答案】C
【分析】讨论，，和且三种情况，根据题意可以得到：若，则；若，则；若，则；若，则.不妨从时开始讨论，得到的符号，最后得到答案.
【详解】当时，根据题意，则，则集合的元素有无数个；
当时，则，根据题意，则，则集合的元素有无数个；
当且时，，
若，则；若，则；若，则；若，则.
而，则时，数列递减且无下限（※）；
时，数列递增且无上限（*）.
（1）若，则，根据（※）可知，在求解的迭代过程中，终有一项会首次小于，不妨设为；
（2）若，则；
①若，则，接下来进入（2）或（3）；
②若，接下来进入（3）；
（3）若，则，接下来进入（1）或 （4） ；
（4）若，则，接下来进入（2）或（3）.
若，则进入（4）.
若，则进入②.
若，则进入①.
如此会无限循环下去，会出现无限个负数项.
综上：集合的元素个数为无数个.
故选：C.
【点睛】思路点睛：本题比较复杂，刚开始的，容易想到，当且时，注意要对的四种情况进行分类，然后从某一种情况开始进行推理，其它情况可以以此类推，类似这样的题目一定要细心.
2．已知数列为正项等比数列，且，则“”是“”的（ ）
A．必要而不充分条件B．充分而不必要条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】取特殊值易证不具有充分性，由，及得，判断的符号可得具有必要性.
【详解】，，当时，，所以不具有充分性；
，所以，
又，则，所以，
所以，不妨设
因为数列为正项数列，所以设公比为，则，
，
当时，，，所以，，
当时，，；
当时，，，所以，，
所以，所以具有必要性，
综上，是的必要不充分条件.
故选：A.
【点睛】作差判断与大小关系，将式子写成指数式，注意正项等比数列公比大于0，根据公比与1的大小进行分类讨论.
3．已知是等差数列，，存在正整数，使得，.若集合中只含有4个元素，则的可能取值有（ ）个
A．2B．3C．4D．5
【答案】C
【分析】考虑不符合题意，时，列举出满足条件的集合，再考虑时不成立，得到答案.
【详解】当时，，根据周期性知集合最多有3个元素，不符合；
当时，，取，此时，满足条件；
当时，，即，，在单位圆的五等分点上不可能取到4个不同的正弦值，故不满足；
当时，，取，此时，满足条件；
当时，，取，此时，满足条件；
当时，，取，此时，满足条件；
故选：C
4．已知数列满足：当时，；当时，；对于任意实数，则集合的元素个数为（ ）
A．0个B．有限个C．无数个D．不能确定，与的取值有关
【答案】C
【分析】讨论，，和且三种情况，根据题意可以得到：若，则；若，则；
若，则；若，则.
不妨从时开始讨论，得到的符号，最后得到答案.
【详解】当时，根据题意，则，则集合的元素有无数个；
当时，则，根据题意，则，则集合的元素有无数个；
当且时，，
若，则；若，则；
若，则；若，则.
而，则时，数列递减且无下限（※）；时，数列递增且无上限（*）.
（1）若，则，根据（※）可知，在求解的迭代过程中，终有一项会首次小于0，不妨设为；
（2）若，则；
①若，则，接下来进入（2）或（3）；
②若，接下来进入（3）；
（3）若，则，接下来进入（1）或 （4） ；
（4）若，则，接下来进入（2）或（3）.
若，则进入（4）.
若，则进入②.
若，则进入①.
如此会无限循环下去，会出现无限个负数项.
综上：集合的元素个数为无数个.
故选：C.
5．已知数列的通项为，其中t为正常数，记为数列的前n项和，则下列说法不正确的是（ ）
A．∃常数m使得对于均有是的充要条件
B．是的充分不必要条件
C．对于，均满足是的必要不充分条件
D．对于，均满足是的充分不必要条件
【答案】D
【分析】对A，可得当时，不存在满足条件，可判断必要性成立，令，利用导数求解可证明充分性成立；对B，令gx=lnx+1，，利用导数求解可得出，即可判断；对C，可得时， ，即可得，利用放缩可判断；对D，可得时，，从而得出，利用放缩可判断.
【详解】对于A，当时，，则若当时，不存在，使得对于均有，则该命题必要性成立，证当时不收敛，
，
∵不收敛，∴当时，不收敛，
令，下证：当时，对于，均有，
令，则，∵，，且在上单调递减，
∴，当时，，
∴，即A中充分必成立，故A正确；
对于B，必要性同A中必要性.令gx=lnx+1，，
∵，且在上单调递减，当时，，
∴，
由于是充要条件，∴为充分不必要条件，故B正确；
对于C，当时，
，
∴，
由于经过放缩，对于，均满足是的必要不充分条件，故C正确.
对于D，当时，
，∴
.由于经过缩放，对于，均满足是的必要不充分条件，故D错误.故选：D.
【点睛】关键点睛：本题考查数列不等式的应用，考查导数的应用，考查充分必要条件的判断，解题的关键是构造恰当的函数得出数列不等式，再利用放缩进行判断.
压轴题型三：以新定义形式
1．设集合S，T，SN*，TN*，S，T中至少有两个元素，且S，T满足：
①对于任意x，yS，若x≠y，都有xyT
②对于任意x，yT，若x