2020届二轮复习 集合、简易逻辑与不等式 作业 (1) 练习

集合、简易逻辑与不等式

一、单选题

1．已知变量、满足约束条件：，则的最小值是（   ）

A．                B．               C．              D．

【答案】D

【解析】

试题分析：由题意可知可行域是由直线围成的多边形，而目标函数是一直线，可知该目标函数在可行域的多边形顶点处取得最大值，由约束条件可求得顶点分别为分别代入目标函数中可求得，从中取最大的，股本体的正确选项为D.

考点：线性约束条件的最值问题.

【方法点睛】对于线性规划问题，共有两种情况：1,直线过定点时在可行域中旋转时的最大斜率，2，直线斜率一定而在可行域中平移时的截距的最值．可以再直角坐标系中画出可行域，然后在画出直线，通过观察求出待求量的最值；因为直线在可行域中的最值都是在围城可行域的顶点处取得，所以也可以先求得可行域顶点坐标，将这些坐标分别代入待求量的表达式中，从中选择最大值或最小值．

2．已知直线y＝2x上一点P的横坐标为a，有两个点A(－1,1)，B(3,3)，那么使向量与夹角为钝角的一个充分不必要条件是(　　)

A．－1＜a＜2 B．0＜a＜1 C．－＜a＜ D．0＜a＜2

【答案】B

【解析】

分析：使向量与夹角为钝角的充要条件是：，且，把2个向量的坐标代入，两点间的距离公式代入，由充要条件可得一个充分条件.

详解：∵直线上一点的横坐标为

∴点的坐标为

∵向量与夹角为钝角的充要条件是：，且

∴，且.

∴或

故选B.

点睛：本题考查充要条件、充分条件的概念．充分、必要条件的三种判断方法：

（1）定义法：直接判断“若则”、“若则”的真假，并注意和图示相结合，例如“”为真，则是的充分条件；

（2）等价法：利用与非非，与非非，与非非的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法；

（3）集合法：若，则是的充分条件或是的必要条件；若，则是的充要条件.

3．“”是“”的（   ）

A．充分不必要条件 B．充要条件

C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】

【分析】

求得方程的根，根据充分条件、必要条件的判定方法，即可求解．

【详解】

由题意，方程，解得或，

所以“”是“”的充分不必要条件，故选A．

【点睛】

本题主要考查了充分不必要条件的判定，其中熟记充分条件和必要条件的判定方法是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．

4．下列结论错误的是　(　　)

A．命题“若p，则q”与命题“若非q，则非p”互为逆否命题

B．对于一个命题的四种命题可能一个真命题也没有

C．命题“直棱柱的每个侧面都是矩形”为真

D．“若am2<bm2，则a<b”的逆命题为真

【答案】D

【解析】

【分析】

写出命题“若p，则q”的逆否命题判断A，通过四种命题的关系和真假判断，即可判断B，由直棱柱的性质可知C成立．命题“若am2＜bm2，则a＜b”的逆命题为“若a＜b，则am2＜bm2”，当m＝0时，该命题为假来判断D．

【详解】

命题“若p，则q”的逆否命题为：“若非q，则非p”，故A正确；

一个命题与它的逆命题、否命题、逆否命题中，互为逆否命题的命题有2对，

根据互为逆否命题的两个命题真假性相同，∴这四个命题中真命题个数为0、2或4，

故B正确；

由直棱柱的性质可知，直棱柱每个侧面都是矩形，故C成立；

命题“若am2＜bm2，则a＜b”的逆命题为“若a＜b，则am2＜bm2”，

很显然当m＝0时，该命题为假．故D不成立．

故选：D．

【点睛】

本题考查命题的真假判断与应用，考查四种命题间的相互关系，考查了直棱柱的性质，属于综合题.

5．设为实数，记集合若分别为集合S，T的元素个数，则下列结论的是（     ）

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】

试题分析：：∵方程x2+bx+c=0若有实数根，则方程cx2+bx+1=0也有实数根，且相应的互为倒数，

且若a≠0，则方程x+a=0与方程ax+1=0的根也互为倒数．

若a=b=c=0，则满足|S|=1且|T|=0，故①正确；

若a=1，b=0，c=1，则满足|S|=1且|T|=1，故②正确；

若a=-1，b=2，c=1，则满足|S|=2且|T|=2，故③正确；

若|T|=3．则方程（ax+1）（cx2+bx+1）=0有三个不同的实根，则他们的倒数也不同，故|S|=3，则④错误．

考点：集合的表示法

6．不等式的解集为(    )

A．{x|x＜－2或x＞5} B．{x|x＜－5或x＞2} C．{x|－2＜x＜5} D．{x|－5＜x＜2}

【答案】C

【解析】

【分析】

先解一元二次方程，再结合二次函数图象得一元二次不等式解集.

【详解】

原不等式可化为，即，解得，

所以原不等式的解集为.

【点睛】

本题考查一元二次不等式解集，考查基本求解能力，属于基础题.

7．已知空间向量，则时的（  ）

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

【解析】

 由的充要条件为，即，

 所以是的充分不必要条件，故选A.

8．设整数,集合.令集合，且三条件恰有一个成立},若和都在中,则下列选项正确的是(  )

A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】

【分析】

采用特殊值排除法，取x=2，y=3，z=4，w=1，可排除错误选项.

【详解】

取x=2，y=3，z=4，w=1，显然满足（x，y，z）和（z，w，x）都在S中，

此时（y，z，w）=（3，4，1）∈S，（x，y，w）=（2，3，1）∈S，

故A、C、D错误, 故选B

【点睛】

本题考查了元素与集合的关系，集合中元素具有确定性，互异性和无序性.

9．已知集合，，则（  ）

A．(0,3) B．(-1,0) C． D．(-1,3)

【答案】A

【解析】

∵集合A={x|y=lgx}={x|x>0|，

B={x∣x2−2x−3<0}={x|−1<x<3}，

则A∩B=(0,3)，

本题选择A选项.

10．对于实数x，规定[x]表示不大于x的最大整数，例如[1.2]=1，[–2.5]=–3，若[x–2]=–1，则x的取值范围为

A．0<x≤1 B．0≤x<1

C．1<x≤2 D．1≤x<2

【答案】D

【解析】

【分析】

由题意得，据此求解不等式即可确定 x的取值范围.

【详解】

由题意得，解得，故选：D.

【点睛】

本题主要考查新定义知识的应用，不等式的解法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

11．集合，则（  ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】

当时， ；当时， ，∴.

12．不等式成立的一个必要不充分条件是　　

A． B．或 C． D．或

【答案】B

【解析】

【分析】

根据不等式的解集为选项中集合的真子集，先利用一元二次不等式的解法解不等式，然后逐一判断即可得结果.

【详解】

解不等式可得 或  

根据题意，该解集为选项中集合的真子集，

依次将选项代入验证可得,不合题意；不合题意；

或不合题意； 或是或的真子集，

即不等式成立的一个必要不充分条件是或，故选B．

【点睛】

本题考查了一元二次不等式的解法，集合包含关系的判断及应用和必要条件、充分条件和充要条件的判断，意在考查综合应用所学知识解答问题的能力，属于基础题．

二、填空题

13．已知为正实数，且，则的最小值为______

【答案】

【解析】

【分析】

乘1法，化简，利用均值不等式解出即可。

【详解】

【点睛】

题干给了分式等式，所求最值不能直接利用基本不等式，需要进行转化。在使用基本不等式时需注意“一正二定三相等”缺一不可。

14．若实数满足，则的取值范围是__________．

【答案】

【解析】

由基本不等式得

，解得 或 ，故的取值范围是.

15．命题“存在，使得”的否定是_________.

【答案】

【解析】

试题分析：根据全称命题与存性命题的关系，可得命题的否定“”.

考点：命题的否定.

16．若对一切实数，不等式恒成立，则实数的取值范围为______．

【答案】

【解析】

【分析】

当时，不等式显然成立；当时，不等式恒成立等价于恒成立，运用基本不等式可得的最小值，从而可得的范围．

【详解】

当时，不等式显然成立；

当时，不等式恒等价于恒成立，

由，

当且仅当时，上式取得等号，即有最小值，

所以，故答案为

【点睛】

本题考查不等式恒成立问题、分类讨论思想和分离参数的应用以及基本不等式求最值，属于中档题．不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；② 数形结合( 图象在 上方即可)；③ 讨论最值或恒成立；④ 讨论参数.

三、解答题

17．设全集，集合，.

（1）求出集合；       

（2）若，求出实数的取值范围.

【答案】（1）或；（2）.

【解析】

【分析】

（1）先将不等式化为，等价于，求解，即可得出结果；

（2）由（1）求出，再由，根据，列出不等式组，求解，即可得出结果.

【详解】

（1）因为不等式可化为，等价于，

所以或，

因此或；

（2）由（1）可得，

又，，

所以只需，解得，

即实数的取值范围是.

【点睛】

本题主要考查解分式不等式，以及由集合的包含关系求参数的问题，熟记一元二次不等式解法，以及集合的基本运算即可，属于常考题型.

18．已知全集，其中，

（1）求   （2） 求

【答案】（1）（2）

【解析】

试题分析：两集合的并集为两集合的所有元素构成的集合，两集合的交集为两集合相同的元素构成的集合，集合B的补集为全集中除去集合B中的元素剩余的元素构成的集合

试题解析：（1）依题意

（2）

考点：集合的交并补运算

19．某书商为提高某套丛书的销量，准备举办一场展销会．据市场调查，当每套丛书售价定为元时，销售量可达到万套．现出版社为配合该书商的活动，决定进行价格改革，将每套丛书的供货价格分成固定价格和浮动价格两部分，其中固定价格为30元，浮动价格(单位：元)与销售量(单位：万套)成反比，比例系数为10.假设不计其他成本，即销售每套丛书的利润＝售价－供货价格．问：

(1)每套丛书售价定为100元时，书商所获得的总利润是多少万元？

(2)每套丛书售价定为多少元时，单套丛书的利润最大？

【答案】（1）书商所获得的总利润为5×(100－32)＝340(万元)；（2）每套丛书售价定为140元时，单套丛书的利润最大，为100元．.

【解析】

【分析】

（1）先确定每套丛书定价为100元时的销售量，从而可得时每套供货价格，根据销售每套丛书的利润=售价 一 供货价格，可求得书商能获得的总利润；
（2）先确定每套丛书售价范围，再确定单套丛书利润，利用基本不等式，可求单套丛书的利润最大值．

【详解】

(1)每套丛书售价定为100元时，销售量为15－0.1×100＝5(万套)，所以每套丛书的供货价格为30＋＝32(元)，故书商所获得的总利润为5×(100－32)＝340(万元)．

(2)每套丛书售价定为x元时，由得0＜x＜150.

设单套丛书的利润为P元，

则P＝x－＝x－－30，

因为0＜x＜150，所以150－x＞0，

所以P＝－＋120，

又(150－x)＋≥2＝2×10＝20，

当且仅当150－x＝，即x＝140时等号成立，

所以Pmax＝－20＋120＝100.

故每套丛书售价定为140元时，单套丛书的利润最大，为100元．

【点睛】

本题考查利用数学知识解决实际问题，解题的关键是建立单套丛书利润函数，再利用基本不等式确定其最值．

20．设命题：函数的定义域为；命题：函数在上单调递减．

（1）命题为真命题时，求的值;

（2）若命题“”为真，“”为假，求实数的取值范围；

【答案】（1）-2＜a＜2（2）-2＜a＜1或a≥2

【解析】

【分析】

（1）结合命题为真命题，结合一元二次函数性质，得到，计算a的范围，即可。（2）结合题意，得到p，q的真假性，分类讨论，计算a的范围，即可。

【详解】

（1）若p真：即函数f（x）的定义域为R

∴x2+ax+1＞0对∀x∈R恒成立，

∴△=a2-4＜0，解得：-2＜a＜2，

(2)若q真，则a≥1，

∵命题“p∨q”为真，“p∧q”为假∴p真q假或p假q真

∵或，解得：-2＜a＜1或a≥2．

【点睛】

本道题考查了一元二次函数的性质，命题真假性判定，关键得到，难度中等。

21．若，，试比较P与Q的大小.

【答案】.

【解析】

【分析】

先平方，然后作差比较

【详解】

>,

【点睛】

对含有二次根式的式子，一般是通过平方后作比较，约去相同项，比较不同项

22．已知函数f（x）=x2-ax，h（x）=-3x+2，其中a＞1．设不等式f （1）+f（-1）≥2|x|的解集为A．

（Ⅰ）求集合A；

（Ⅱ）若对任意x1∈A，存在x2∈A，满足2f（x1）=h（x2），求a的取值范围．

【答案】（Ⅰ）A=[-1，1] （Ⅱ）（1，]

【解析】

【分析】

（Ⅰ）根据f（x）的解析式列式可解得；

（Ⅱ）先分别求出2f（x）和h（x）在A上的值域，再根据任意是存在的子集列式可解得．

【详解】

解：（Ⅰ）f（1）+f（-1）≥2|x|可化为|x|≤1，解得-1≤x≤1，

∴A=[-1，1]

（Ⅱ）h（x）=-3x+2在[-1，1]上是递减函数，所以h（x）的值域为[-1，5]

f（x）=x2-ax的对称轴为x=，（a＞1）

当＞1即a＞2时，f（x）在[-1，1]上递减，值域为[1-a，1+a]，

2f（x）的值域为[2-2a，2+2a]，依题意[2-2a，2+2a]⊆[-1，5]，

∴，解得a矛盾，舍去

当≤1，即1＜a≤2时，f（x）min=f（）=-，f（x）max=max{1-a，1+a}

依题意解得1＜a

故所求a的取值范围是（1，]

【点睛】

本题考查了绝对值不等式的解法，二次函数的最值，属中档题．