第一讲 集合与简易逻辑 学案

专题一　集合、常用逻辑用语、向量、复数、算法、
推理与证明、不等式及线性规划


第一讲　集合与常用逻辑用语

高考考点
考点解读
集合的概念及运算
1.以函数的定义域、值域、不等式的解集为背景考查集合的交、并、补的基本运算
2．利用集合之间的关系求解参数的值或取值范围
3．以新定义集合及集合的运算为背景考查集合关系及运算
命题及逻辑联结词
1.命题的四种形式及命题的真假判断
2．复合命题的真假判断，常与函数、三角、解析几何、不等式相结合考查
充要条件的判断
1.充要性的判定多与函数、不等式、三角、直线间关系、平面向量等易混易错的概念、性质相结合考查
2．利用充要性求参数值或取值范围
备考策略
本部分内容在备考时应注意以下几个方面：
(1)紧紧抓住集合的代表元素的实际意义，掌握集合问题的常见解法，活用数学思想解决问题．
(2)明确命题的条件和结论之间的关系，关注逻辑联结词和命题，明确命题的否定和否命题的区别．
(3)掌握必要条件、充分条件与充要条件的概念及应用．
预测2020年命题热点为：
(1)集合的基本性质以及集合之间的基本关系与运算，与不等式的解集、函数的定义域、值域、方程的解集等知识结合在一起考查．
(2)与函数、数列、三角函数、不等式、立体几何、解析几何、概率统计等知识结合在一起考查．

Z
1．集合的概念、关系及运算
(1)集合元素的特性：确定性、互异性、无序性.
(2)集合与集合之间的关系：A⊆B，B⊆C⇒A⊆C．
(3)空集是任何集合的子集.
(4)含有n个元素的集合的子集有2n个，真子集有2n－1个，非空真子集有2n－2个．
(5)重要结论：A∩B＝A⇔A⊆B，A∪B＝A⇔B⊆A.
2．充要条件
设集合A＝{x|x满足条件p}，B＝{x|x满中条件q}，则有
从逻辑观点看
从集合观点看
p是q的充分不必要条件(p⇒q，q⇒/ p)
AB
p是q的必要不充分条件(q⇒p，p⇒/ q)
BA
p是q的充要条件(p⇔q)
A＝B
p是q的既不充分也不必要条件(p⇒/ q，q⇒/ p)
A与B互不包含
3.简单的逻辑联结词
(1)命题p∨q，只要p，q有一真，即为真；命题p∧q，只有p，q均为真，才为真；綈p和p为真假对立的命题．
(2)命题p∨q的否定是(綈p)∧(綈q)；命题p∧q的否定是(綈p)∨(綈q)．
4．全(特)称命题及其否定
(1)全称命题p：∀x∈M，p(x)．它的否定綈p：∃x0∈M，綈p(x0).
(2)特称命题p：∃x0∈M，p(x)．它的否定綈p：∀x∈M，綈p(x).,Y
1．忽略集合元素互异性：
在求解与集合有关的参数问题时，一定要注意集合元素的互异性，否则容易产生增根．
2．忽略空集：
空集是任何集合的子集，是任何非空集合的真子集，在分类讨论时要注意“空集优先”的原则．
3．混淆命题的否定与否命题：
在求解命题的否定与否命题时，一定要注意命题的否定是只对命题的结论进行否定，而否命题既对命题的条件进行否定，又对命题的结论进行否定.
1．(文)(2018·全国卷Ⅰ，1)已知集合A＝{0,2}，B＝{－2，－1,0,1,2}，则A∩B＝( A )
A．{0,2}　　　　　　 B．{1,2}
C．{0} D．{－2，－1,0,1,2}
[解析]　A∩B＝{0,2}∩{－2，－1,0,1,2}＝{0,2}．
故选A．
(理)(2018·全国卷Ⅰ，2)已知集合A＝{x|x2－x－2>0}，则∁RA＝( B )
A．{x|－1 B．{x|－1≤x≤2}
C．{x|x<－1}∪{x|x>2}
D．{x|x≤－1}∪{x|x≥2}
[解析]　∵ x2－x－2>0，∴ (x－2)(x＋1)>0，∴ x>2或x<－1，即A＝{x|x>2或x<－1}．在数轴上表示出集合A，如图所示．

由图可得∁RA＝{x|－1≤x≤2}．
故选B．
2．(文)(2018·全国卷Ⅲ，1)已知集合A＝{x|x－1≥0}，B＝{0,1,2}，则A∩B＝( C )
A．{0}　　 B．{1}　　　
C．{1,2}　　 D．{0,1,2}
[解析]　∵ A＝{x|x－1≥0}＝{x|x≥1}，∴ A∩B＝{1,2}．
故选C．
(理)(2018·全国卷Ⅱ，2)已知集合A＝{(x，y)|x2＋y2≤3，x∈Z，y∈Z}，则A中元素的个数为( A )
A．9 B．8
C．5 D．4
[解析]　将满足x2＋y2≤3的整数x，y全部列举出来，即(－1，－1)，(－1,0)，(－1,1)，(0，－1)，(0,0)，(0,1)，(1，－1)，(1,0)，(1,1)，共有9个．
故选A．
3．(文)(2018·天津卷，3)设x∈R，则“x3>8”是“|x|>2”的( A )
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
[解析]　由x3>8⇒x>2⇒|x|>2，反之不成立，
故“x3>8”是“|x|>2”的充分不必要条件．
故选A．
(理)(2018·天津卷，4)设x∈R，则“<”是“x3<1”的( A )
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
[解析]　由“＜”得0＜x＜1，则0 故选A．
4．(2018·浙江卷，6)已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”的( A )
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
[解析]　∵ 若m⊄α，n⊂α，且m∥n，则一定有m∥α，
但若m⊄α，n⊂α，且m∥α，则m与n有可能异面，
∴ “m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件．
故选A．
5．(文)(2018·北京卷，4)设a，b，c，d是非零实数，则“ad＝bc”是“a，b，c，d成等比数列”的( B )
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
[解析]　a，b，c，d是非零实数，若a＜0，d＜0，b＞0，c＞0，且ad＝bc，则a，b，c，d不成等比数列(可以假设a＝－2，d＝－3，b＝2，c＝3)．若a，b，c，d成等比数列，则由等比数列的性质可知ad＝bc.所以“ad＝bc”是“a，b，c，d成等比数列”的必要而不充分条件．
故选B．
(理)(2018·北京卷，6)设a，b均为单位向量，则“|a－3b|＝|3a＋b|”是“a⊥b”的( C )
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
[解析]　由|a－3b|＝|3a＋b|，得(a－3b)2＝(3a＋b)2，
即a2＋9b2－6a·b＝9a2＋b2＋6a·b.
又a，b均为单位向量，所以a2＝b2＝1，
所以a·b＝0，能推出a⊥b.
由a⊥b得|a－3b|＝，|3a＋b|＝，
能推出|a－3b|＝|3a＋b|，
所以“|a－3b|＝|3a＋b|”是“a⊥b”的充分必要条件．
故选C．
6．(文)(2017·全国卷Ⅰ，1)已知集合A＝{x|x<2}，B＝{x|3－2x>0}，则( A )
A．A∩B＝{x|x<}　　　　 B．A∩B＝∅
C．A∪B＝{x|x<} D．A∪B＝R
[解析]　由3－2x>0，得x<，
∴B＝{x|x<}，
∴A∩B＝{x|x<2}∩{x|x<}＝{x|x<}，
故选A．
(理)(2017·全国卷Ⅰ，1)已知集合A＝{x|x<1}，B＝{x|3x<1}，则( A )
A．A∩B＝{x|x<0}　　 B．A∪B＝R
C．A∪B＝{x|x>1} D．A∩B＝∅
[解析]　由3x<1，得x<0，
∴B＝{x|3x<1}＝{x|x<0}．
∴A∩B＝{x|x<1}∩{x|x<0}＝{x|x<0}，故选A．
7．(2017·全国卷Ⅱ，2)设集合A＝{1,2,4}，B＝{x|x2－4x＋m＝0}，若A∩B＝{1}，则B＝( C )
A．{1，－3}　 B．{1,0}　　
C．{1,3}　 D．{1,5}
[解析]　∵A∩B＝{1}，∴1∈B，
∴1是方程x2－4x＋m＝0的根，
∴1－4＋m＝0，∴m＝3.
由x2－4x＋3＝0，得x1＝1，x2＝3，
∴B＝{1,3}．
8．(文)(2017·山东卷，5)已知命题p：∃x∈R，x2－x＋1≥0；命题q：若a2 A．p∧q B．p∧(綈q)
C．(綈p)∧q D．(綈p)∧(綈q)
[解析]　∵一元二次方程x2－x＋1＝0的判别式Δ＝(－1)2－4×1×1<0，∴x2－x＋1>0恒成立，
∴p为真命题，綈p为假命题．
∵当a＝－1，b＝－2时，(－1)2<(－2)2，但－1>－2，
∴q为假命题，綈q为真命题．
根据真值表可知p∧(綈q)为真命题，p∧q，(綈p)∧q，(綈p)∧(綈q)为假命题．
故选B．
(理)(2017·山东卷，3)已知命题p：∀x>0，ln(x＋1)>0；命题q：若a>b，则a2>b2.下列命题为真命题的是( B )
A．p∧q B．p∧(綈q)
C．(綈p)∧q D．(綈p)∧(綈q)
[解析]　∵x>0，∴x＋1>1，
∴ln(x＋1)>ln 1＝0.
∴命题p为真命题，
∴綈p为假命题．
∵a>b，取a＝1，b＝－2，而12＝1，(－2)2＝4，此时a2 ∴命题q为假命题，
∴綈q为真命题．
∴p∧q为假命题，p∧(綈q)为真命题，(綈p)∧q为假命题，(綈p)∧(綈q)为假命题．
故选B．


例1 (1)(文)设集合M＝{x|x2＋x－6<0}，N＝{x|1≤x≤3}，则M∩N＝( A )
A．[1,2)　　　　　 B．[1,2]
C．(2,3] D．[2,3]
[解析]　∵M＝{x|－3 ∴M∩N＝{x|1≤x<2}，故选A．
(理)已知集合A＝{x|x>2}，B＝{x|x<2m}，且A⊆∁RB，那么m的值可以是( A )
A．1 B．2
C．3 D．4
[解析]　∵B＝{x|x<2m}，∴∁RB＝{x|x≥2m}，
又∵A⊆∁RB，
∴有2m≤2，即m≤1.
由选项可知选A．
(2)(文)已知集合A＝{1,2,3,4}，B＝{2,4,6,8}，则A∩B中元素的个数为( B )
A．1 B．2
C．3 D．4
[解析]　A∩B＝{1,2,3,4}∩{2,4,6,8}＝{2,4}，
∴A∩B中共有2个元素，故选B．
(理)已知集合A＝{(x，y)|x2＋y2＝1}，B＝{(x，y)|y＝x}，则A∩B中元素的个数为( B )
A．3 B．2
C．1 D．0
[解析]　集合A表示以原点O为圆心，半径为1的圆上的所有点的集合，
集合B表示直线y＝x上的所有点的集合．
结合图形可知，直线与圆有两个交点，
所以A∩B中元素的个数为2.
故选B．
(3)已知集合A＝{(x，y)|x2＋y2≤1，x，y∈Z}，B＝{(x，y)||x|≤2，|y|≤2，x，y∈Z}，定义集合A⊕B＝{(x1＋x2，y1＋y2)|(x1，y1)∈A，(x2，y2)∈B}，则A⊕B中元素的个数为( C )
A．77 B．49
C．45 D．30
[解析]　由题得A＝{(－1,0)，(0,0)，(1,0)，(0,1)，(0，－1)}，如下图所示：

因为B＝{(x，y)||x|≤2，|y|≤2，x，y∈Z}，由A⊕B的定义可得，A⊕B相当于将A集合中各点上下平移或左右平移0,1,2个单位，如下图所示：

所以A⊕B中的元素个数为7×7－4＝45.
故选C．
『规律总结』
(1)对于集合问题，抓住元素的特征是求解的关键，要注意集合中元素的三个特征的应用，要注意检验结果．
(2)对集合的新定义问题，要紧扣新定义集合的性质探究集合中元素的特征，将问题转化为熟悉的知识进行求解，也可利用特殊值法进行验证．
G
1．(文)设集合A＝{x|－2≤x≤2}，Z为整数集，则集合A∩Z中元素的个数是( C )
A．3　　　 B．4　　　　
C．5　　　 D．6
[解析]　由集合A＝{x|－2≤x≤2}，易知A∩Z＝{－2，－1,0,1,2}，故选C．
(理)设集合M＝{x|－2 A．(3，＋∞) B．(－2，－1]
C．[－1,3) D．(－1,3)
[解析]　集合N＝{x|2x＋1≤1}＝{x|x＋1≤0}＝{x|x≤－1}．故∁RN＝{x|x>－1}，故M∩∁RN＝{x|－1 2．(文)已知集合U＝R，A＝{x|x≤1}，B＝{x|x≥2}，则集合∁U(A∪B)＝( A )
A．{x|1 C．{x|x≤2} D．{x|x≥1}
[解析]　A∪B＝{x|x≤1}∪{x|x≥2}＝{x|x≤1或x≥2}，所以∁U(A∪B)＝{x|1 (理)已知集合A＝{－2，－1,0,1,2}，B＝{x|(x－1)(x＋2)<0}，则A∩B＝( A )
A．{－1,0} B．{0,1}
C．{－1,0,1} D．{0,1,2}
[解析]　由题意知B＝{x|－2 3．(文)已知M＝{a||a|≥2}，A＝{a|(a－2)(a2－3)＝0，a∈M}，则集合A的子集共有( B )
A．1个 B．2个
C．4个 D．8个
[解析]　|a|≥2⇒a≥2或a≤－2.又a∈M，(a－2)(a2－3)＝0⇒a＝2或a＝±(舍)，即A中只有一个元素2，故A的子集只有2个．
(理)已知集合A＝{x|x2－3x＋2<0}，B＝{x|log4x>}，则( D )
A．A⊆B B．B⊆A
C．A∩∁RB＝R D．A∩B＝∅
[解析]　因为x2－3x＋2<0，
所以1 又因为log4x>＝log42，
所以x>2，
所以A∩B＝∅.

例2 (1)原命题为“若z1，z2互为共轭复数，则|z1|＝|z2|”，关于其逆命题，否命题，逆否命题真假性的判断依次如下，正确的是( B )
A．真，假，真　　　　　 B．假，假，真
C．真，真，假 D．假，假，假
[解析]　若z1＝a＋bi，则z2＝a－bi.
∴|z1|＝|z2|，故原命题正确、逆否命题正确．
其逆命题为：若|z1|＝|z2|，则z1，z2互为共轭复数，
若z1＝a＋bi，z2＝－a＋bi，则|z1|＝|z2|，而z1，z2不为共轭复数．
∴逆命题为假，否命题也为假．
(2)已知命题p：∃x∈R，使sinx＝；命题q：∀x∈R，都有x2＋x＋1>0.给出下列结论：
①命题“p∧q”是真命题；
②命题“p∧(綈q)”是假命题；
③命题“(綈p)∨q”是真命题；
④命题“(綈p)∨(綈q)”是假命题．
其中正确的结论是( A )
A．②③ B．②④
C．③④ D．①②③
[解析]　∵>1，∴命题p是假命题．
∵x2＋x＋1＝(x＋)2＋≥>0，
∴命题q是真命题，由真值表可以判断“p∧q”为假，“p∧(綈q)”为假，“(綈p)∨q”为真，“(綈p)∨(綈q)”为真，所以只有②③正确，故选A．
『规律总结』
(1)一般命题p的真假由涉及的相关知识辨别．
(2)四种命题真假的判断依据：一个命题和它的逆否命题同真假，而与它的其他两个命题的真假无关．
(3)形如p∨q，p∧q，綈p命题的真假根据真值表判定．
(4)全称命题与特称(存在性)命题真假的判定：
①全称命题：要判定一个全称命题为真命题，必须对限定集合M中的每一个元素x验证p(x)成立，要判定其为假命题时，只需举出一个反例即可；
②特称(存在性)命题：要判定一个特称(存在性)命题为真命题，只要在限定集合M中至少能找到一个元素x0，使得p(x0)成立即可，否则，这一特称(存在性)命题就是假命题．
G
1．设a，b，c是非零向量．已知命题p：若a·b＝0，b·c＝0，则a·c＝0；命题q：若a∥b，b∥c，则a∥c.则下列命题中真命题是( A )
A．p∨q　　　　　　　　　 B．p∧q
C．(綈p)∧(綈q) D．p∨(綈q)
[解析]　由题意知命题p为假命题，命题q为真命题，所以p∨q为真命题．故选A．
2．以下四个命题中，真命题的个数是( C )
①“若a＋b≥2，则a，b中至少有一个不小于1”的逆命题；
②存在正实数a，b，使得lg(a＋b)＝lga＋lgb；
③“所有奇数都是素数”的否定是“至少有一个奇数不是素数”；
④在△ABC中，A A．0 B．1
C．2 D．3
[解析]　对于①，原命题的逆命题为：若a，b中至少有一个不小于1，则a＋b≥2，而a＝2，b＝－2满足a，b中至少有一个不小于1，但此时a＋b＝0，故①是假命题；对于②，根据对数的运算性质，知当a＝b＝2时，lg(a＋b)＝lga＋lgb，故②是真命题；对于③，易知“所有奇数都是素数”的否定就是“至少有一个奇数不是素数”，故③是真命题；对于④，根据题意，结合边角的转换，以及正弦定理，可知A 3．(2018·北京卷，1)已知集合A＝{x||x|＜2}，B＝{－2,0,1,2}，则A∩B＝( A )
A．{0,1} B．{－1,0,1}
C．{－2,0,1,2} D．{－1,0,1,2}
[解析]　∵ A＝{x||x|<2}＝{x|－2 ∴ A∩B＝{0,1}．
故选A．

例3 (1)设θ∈R，则“|θ－|<”是“sinθ<”的( A )
A．充分而不必要条件　 B．必要而不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
[解析]　∵|θ－|<，
∴－<θ－<，即0<θ<.
显然0<θ<时，sinθ<成立．
但sinθ<时，由周期函数的性质知0<θ<不一定成立．故0<θ<是sinθ<的充分而不必要条件．
故选A．
(2)若p是q的充分不必要条件，则下列判断正确的是( C )
A．綈p是q的必要不充分条件
B．綈q是p的必要不充分条件
C．綈p是綈q的必要不充分条件
D．綈q是綈p的必要不充分条件
[解析]　由p是q的充分不必要条件可知p⇒q，q⇒ / p，由互为逆否命题的两命题等价可得綈q⇒綈p，綈p⇒ / 綈q，
∴綈p是綈q的必要不充分条件，故选C．
(3)设{an}是首项为正数的等比数列，公比为q，则“q<0”是“对任意的正整数n，a2n－1＋a2n<0”的( C )
A．充要条件　　　　　 B．充分而不必要条件
C．必要而不充分条件 D．既不充分也不必要条件
[解析]　设数列的首项为a1，则a2n－1＋a2n＝a1q2n－2＋a1q2n－1＝a1q2n－2(1＋q)<0，即q<－1，故q<0是q<－1的必要而不充分条件．故选C．
(4)已知“x>k”是“<1”的充分不必要条件，则k的取值范围是( A )
A．[2，＋∞) B．[1，＋∞)
C．(2，＋∞) D．(－∞，－1]
[解析]　由<1，可得－1＝<0，所以x<－1或x>2，因为“x>k”是“<1”的充分不必要条件，所以k≥2.
『规律总结』
1．判定充分条件与必要条件的3种方法
(1)定义法：正、反方向推，若p⇒q，则p是q的充分条件(或q是p的必要条件)；若p⇒q，且q⇒/ p，则p是q的充分不必要条件(或q是p的必要不充分条件)．
(2)集合法：利用集合间的包含关系．例如，若A⊆B，则A是B的充分条件(B是A的必要条件)：若A＝B，则是B的充要条件．
(3)等价法：将命题等价转化为另一个便于判断真假的命题．
2．提醒：“A的充分不必要条件是B”是指B能推出A，且A不能推出B，而“A是B的充分不必要条件”则是指A能推出B，且B不能推出A．
G
1．(文)(2018·娄底二模)“a<－1”是“直线ax＋y－3＝0的倾斜角大于”的( A )
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
[解析]　设直线ax＋y－3＝0的倾斜角为θ，则tanθ＝－a，若a<－1，得θ角大于，由倾斜角θ大于得－a>1，或－a<0即a<－1或a>0.
(理)“a2＝1”是“函数f(x)＝lg(＋a)为奇函数”的( B )
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
[解析]　a2＝1⇒a＝±1，f(x)＝lg(＋a)为奇函数等价于f(x)＋f(－x)＝0，即lg(＋a)＋lg(＋a)＝0⇔(＋a)(＋a)＝1化简得a＝－1，故选B．
2．(文)若集合A＝{x|x2－x－2<0}，B＝{x|－2 A．a>－2　　　　　 B．a≤－2
C．a>－1 D．a≥－1
[解析]　由x2－x－2<0知－1 即A＝{x|－1 又B＝{x|－2－1.
(理)设a，b都是不等于1的正数，则“3a>3b>3”是“loga3 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
[解析]　由3a>3b>3，知a>b>1，所以log3a>log3b>0，所以<，即loga33b>3”是“loga3b>1.所以“3a>3b>3”是“loga3
A组
1．(文)(2018·天津卷，1)设集合A＝{1,2,3,4}，B＝{－1，0,2,3}，C＝{x∈R|－1≤x<2}，则(A∪B)∩C＝( C )
A．{－1,1}　　　　　 B．{0,1}
C．{－1,0,1} D．{2,3,4}
[解析]　∵ A＝{1,2,3,4}，B＝{－1,0,2,3}，
∴ A∪B＝{－1,0,1,2,3,4}．
又C＝{x∈R|－1≤x<2}，
∴ (A∪B)∩C＝{－1,0,1}．
故选C．
(理)(2018·天津卷，1)设全集为R，集合A＝{x|0 A．{x|0 C．{x|1≤x<2} D．{x|0 [解析]　全集为R，B＝{x|x≥1}，则∁RB＝{x|x<1}．
∵集合A＝{x|0 故选B．
2．(2018·蚌埠三模)设全集U＝{x|ex>1}，函数f(x)＝的定义域为A，则∁UA＝( A )
A．(0,1] B．(0,1)
C．(1，＋∞) D．[1，＋∞)
[解析]　全集U＝{x|x>0}，f(x)的定义域为{x|x>1}，所以∁UA＝{x|0 3．命题“∀x∈[0，＋∞)，x3＋x≥0”的否定是( C )
A．∀x∈(－∞，0)，x3＋x<0
B．∀x∈(－∞，0)，x3＋x≥0
C．∃x0∈[0，＋∞)，x＋x0<0
D．∃x0∈[0，＋∞)，x＋x0≥0
[解析]　全称命题“∀x∈[0，＋∞)，x3＋x≥0”的否定是特称命题“∃x0∈[0，＋∞)，x＋x0<0”．
4．设有下面四个命题
p1：若复数z满足∈R，则z∈R；p2：若复数z满足z2∈R，则z∈R；p3：若复数z1，z2满足z1z2∈R，则z1＝2；p4：若复数z∈R，则∈R.
其中的真命题为( B )
A．p1，p3 B．p1，p4
C．p2，p3 D．p2，p4
[解析]　设z＝a＋bi(a，b∈R)，z1＝a1＋b1i(a1，b1∈R)，z2＝a2＋b2i(a2，b2∈R)．
对于p1，若∈R，即＝∈R，
则b＝0⇒z＝a＋bi＝a∈R，所以p1为真命题．
对于p2，若z2∈R，即(a＋bi)2＝a2＋2abi－b2∈R，
则ab＝0.
当a＝0，b≠0时，z＝a＋bi＝bi∉R，所以p2为假命题．
对于p3，若z1z2∈R，即(a1＋b1i)(a2＋b2i)＝(a1a2－b1b2)＋(a1b2＋a2b1)i∈R，则a1b2＋a2b1＝0.而z1＝2，即a1＋b1i＝a2－b2i⇔a1＝a2，b1＝－b2.因为a1b2＋a2b1＝0⇒/ a1＝a2，b1＝－b2，所以p3为假命题．
对于p4，若z∈R，即a＋bi∈R，则b＝0⇒＝a－bi＝a∈R，所以p4为真命题．
5．已知命题p：在等差数列{an}中，若am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)，则有m＋n＝p＋q，命题q：∃x0>0,2－x0＝ex0，则下列命题是真命题的是( C )
A．p∧q B．p∧綈q
C．p∨q D．p∨綈q
[解析]　命题p是假命题，因为当等差数列{an}是常数列时显然不成立，根据两个函数的图象可得命题q是真命题，∴p∨q是真命题，故选C．
6．设集合M＝{x|x2＋3x＋2<0}，集合N＝{x|()x≤4}，则M∪N＝( A )
A．{x|x≥－2} B．{x|x>－1}
C．{x|x≤－1} D．{x|x≤－2}
[解析]　因为M＝{x|x2＋3x＋2<0}＝{x|－2 7．设a，b是向量，则“|a|＝|b|”是“|a＋b|＝|a－b|”的( D )
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
[解析]　取a＝－b≠0，则|a|＝|b|≠0，|a＋b|＝|0|＝0，|a－b|＝|2a|≠0，所以|a＋b|≠|a－b|，故由|a|＝|b|推不出|a＋b|＝|a－b|.由|a＋b|＝|a－b|，得|a＋b|2＝|a－b|2，整理得a·b＝0，所以a⊥b，不一定能得出|a|＝|b|，故由|a＋b|＝|a－b|推不出|a|＝|b|.故“|a|＝|b|”是“|a＋b|＝|a－b|”的既不充分也不必要条件．故选D．
8．下列四个命题中正确命题的个数是( A )
①对于命题p：∃x∈R，使得x2＋x＋1<0，则綈p：∀x∈R，均有x2＋x＋1>0；
②m＝3是直线(m＋3)x＋my－2＝0与直线mx－6y＋5＝0互相垂直的充要条件；
③已知回归直线的斜率的估计值为1.23，样本点的中心为(4,5)，则线性回归方程为＝1.23x＋0.08；
④若实数x，y∈[－1,1]，则满足x2＋y2≥1的概率为.
A．1 B．2
C．3 D．4
[解析]　①错，应当是綈p：∀x∈R，均有x2＋x＋1≥0；②错，当m＝0时，两直线也垂直，所以m＝3是两直线垂直的充分不必要条件；③正确，将样本点的中心的坐标代入，满足方程；④错，实数x，y∈[－1,1]表示的平面区域为边长为2的正方形，其面积为4，而x2＋y2<1所表示的平面区域的面积为π，所以满足x2＋y2≥1的概率为.
9．(文)已知全集U＝R，集合A＝{x|0
A．3个 B．4个
C．5个 D．无穷多个
[解析]　由Venn图可知，阴影部分可表示为(∁UA)∩B．由于∁UA＝{x|x≤0或x≥9}，于是(∁UA)∩B＝{x|－4 (理)设全集U＝R，A＝{x|x(x－2)<0}，B＝{x|y＝ln(1－x)}，则图中阴影部分表示的集合为( B )

A．{x|x≥1} B．{x|1≤x<2}
C．{x|0 [解析]　分别化简两集合可得A＝{x|0 B＝{x|x<1}，故∁UB＝{x|x≥1}，
故阴影部分所示集合为{x|1≤x<2}．
10．下列命题的否定为假命题的是( D )
A．∃x∈R，x2＋2x＋2≤0
B．任意一个四边形的四顶点共圆
C．所有能被3整除的整数都是奇数
D．∀x∈R，sin2x＋cos2x＝1
[解析]　设命题p：∀x∈R，sin2x＋cos2x＝1，则綈p：∃x∈R，sin2x＋cos2x≠1，显然綈p是假命题．
11．已知全集U＝R，设集合A＝{x|y＝ln(2x－1)}，集合B＝{y|y＝sin(x－1)}，则(∁UA)∩B为( C )
A．(，＋∞) B．(0，]
C．[－1，] D．∅
[解析]　集合A＝{x|x>}，
则∁UA＝{x|x≤}，
集合B＝{y|－1≤y≤1}，
所以(∁UA)∩B＝{x|x≤}∩{y|－1≤y≤1}
＝[－1，]．
12．给定命题p：函数y＝ln[(1－x)(1＋x)]为偶函数；命题q：函数y＝为偶函数，下列说法正确的是( B )
A．p∨q是假命题 B．(綈p)∧q是假命题
C．p∧q是真命题 D．(綈p)∨q是真命题
[解析]　对于命题p：y＝f(x)＝ln[(1－x)(1＋x)]，
令(1－x)(1＋x)>0，得－1 所以函数f(x)的定义域为(－1,1)，关于原点对称，
因为f(－x)＝ln[(1＋x)(1－x)]＝f(x)，
所以函数f(x)为偶函数，所以命题p为真命题；
对于命题q：y＝f(x)＝，函数f(x)的定义域为R，关于原点对称，因为f(－x)＝＝＝＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数，所以命题q为假命题，所以(綈p)∧q是假命题．
13．已知命题p：x≥1，命题q：<1，则綈p是q的既不充分也不必要条件．
[解析]　由题意，得綈p为x<1，由<1，得x>1或x<0，故q为x>1或x<0，所以綈p是q的既不充分也不必要条件．
14．设命题p：∀a>0，a≠1，函数f(x)＝ax－x－a有零点，则綈p：∃a0>0，a0≠1，函数f(x)＝a－x－a0没有零点.
[解析]　全称命题的否定为特称命题，綈p：∃a0>0，a0≠1，函数f(x)＝a－x－a0没有零点．
15．已知集合A＝{x∈R||x－1|<2}，Z为整数集，则集合A∩Z中所有元素的和等于3.
[解析]　A＝{x∈R||x－1|<2}＝{x∈R|－1 16．已知命题p：∀x∈R，x2－a≥0，命题q：∃x0∈R，x＋2ax0＋2－a＝0.若命题“p且q”是真命题，则实数a的取值范围为(－∞，－2].
[解析]　由已知条件可知p和q均为真命题，
由命题p为真得a≤0，由命题q为真得a≤－2或a≥1，
所以a≤－2.
00B组
1．设集合A＝{x|x2－x－2≤0}，B＝{x|x<1，且x∈Z}，则A∩B＝( C )
A．{－1} B．{0}
C．{－1,0} D．{0,1}
[解析]　本题主要考查一元二次不等式的解法与集合的表示方法、集合间的基本运算．
依题意得A＝{x|(x＋1)(x－2)≤0}＝{x|－1≤x≤2}，因此A∩B＝{x|－1≤x<1，x∈Z}＝{－1,0}，选C．
2．已知全集U＝R，集合A＝{x|y＝lg(x－1)}，集合B＝{y|y＝}，则A∩B＝( C )
A．∅ B．(1,2]
C．[2，＋∞) D．(1，＋∞)
[解析]　由x－1>0，得x>1，故集合A＝(1，＋∞)，又y＝＝≥＝2，故集合B＝[2，＋∞)，所以A∩B＝[2，＋∞)，故选C．
3．给出下列命题：
①∀x∈R，不等式x2＋2x>4x－3均成立；
②若log2x＋logx2≥2，则x>1；
③“若a>b>0且c<0，则>”的逆否命题；
④若p且q为假命题，则p，q均为假命题．
其中真命题的是( A )
A．①②③ B．①②④
C．①③④ D．②③④
[解析]　①中不等式可表示为(x－1)2＋2>0，恒成立；②中不等式可变为log2x＋≥2，得x>1；③中由a>b>0，得<，而c<0，所以原命题是真命题，则它的逆否命题也为真；④由p且q为假只能得出p，q中至少有一个为假，④不正确．
4．设x、y∈R，则“|x|≤4且|y|≤3”是“＋≤1”的( B )
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
[解析]　“|x|≤4且|y|≤3”表示的平面区域M为矩形区域，“＋≤1”表示的平面区域N为椭圆＋＝1及其内部，显然NM，故选B．
5．(文)若集合A＝{x|2 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
[解析]　当a＝1时，B＝{x|－2 (理)设x，y∈R，则“x≥1且y≥1”是“x2＋y2≥2”的( D )
A．既不充分又不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．充分不必要条件
[解析]　当x≥1，y≥1时，x2≥1，y2≥1，所以x2＋y2≥2；而当x＝－2，y＝－4时，x2＋y2≥2仍成立，所以“x≥1且y≥1”是“x2＋y2≥2”的充分不必要条件，故选D．
6．已知集合A＝{1,2,3,4}，B＝{2,4,6,8}，定义集合A×B＝{(x，y)|x∈A，y∈B}，则集合A×B中属于集合{(x，y)|logxy∈N}的元素个数是( B )
A．3　　　　 B．4　　　　
C．8　　　　 D．9
[解析]　用列举法求解．由给出的定义得A×B＝{(1,2)，(1,4)，(1,6)，(1,8)，(2,2)，(2,4)，(2,6)，(2,8)，(3,2)，(3,4)，(3,6)，(3,8)，(4,2)，(4,4)，(4,6)，(4,8)}．其中log22＝1，log24＝2，log28＝3，log44＝1，因此，一共有4个元素，故选B．
7．(2018·东北三省四市一模)已知命题p：函数y＝lg(1－x)在(－∞，1)内单调递减，命题q：函数y＝2cosx是偶函数，则下列命题中为真命题的是( A )
A．p∧q B．(綈p)∨(綈q)
C．(綈p)∧q D．p∧(綈q)
[解析]　命题p：函数y＝lg(1－x)在(－∞，1)上单调递减，是真命题；
命题q：函数y＝2cosx是偶函数，是真命题．
则p∧q是真命题．故选A．
8．已知条件p：x2－2x－3<0，条件q：x>a，若p是q的充分不必要条件，则a的取值范围为( D )
A．a>3 B．a≥3
C．a<－1 D．a≤－1
[解析]　由x2－2x－3<0得－1 设A＝{x|－1a}，若p是q的充分不必要条件，则AB，即a≤－1.
9．若集合P＝{x|3 A．(1,9) B．[1,9]
C．[6,9) D．(6,9]
[解析]　依题意，P∩Q＝Q，Q⊆P，
于是
解得6 10．下列说法正确的是( D )
A．命题“存在x0∈R，x＋x0＋2 018>0”的否定是“任意x∈R，x2＋x＋2 018<0”
B．两个三角形全等是这两个三角形面积相等的必要条件
C．函数f(x)＝在其定义域上是减函数
D．给定命题p，q，若“p且q”是真命题，则綈p是假命题
[解析]　对于A，特称命题的否定为全称命题，所以命题“存在x0∈R，x＋x0＋2 018>0”的否定是“任意x∈R，x2＋x＋2 018≤0”，故A不正确．对于B，两个三角形全等，则这两个三角形面积相等；反之，不然．即两个三角形全等是这两个三角形面积相等的充分不必要条件，故B不正确．对于C，函数f(x)＝在(－∞，0)，(0，＋∞)上分别是减函数，但在定义域(－∞，0)∪(0，＋∞)内既不是增函数，也不是减函数，如取x1＝－1，x2＝1，有x1 11．如果集合A满足若x∈A，则－x∈A，那么就称集合A为“对称集合”．已知集合A＝{2x,0，x2＋x}，且A是对称集合，集合B是自然数集，则A∩B＝{0,6}.
[解析]　由题意可知，－2x＝x2＋x，
所以x＝0或x＝－3，
而当x＝0时，不符合元素的互异性，舍去；
当x＝－3时，A＝{－6,0,6}，所以A∩B＝{0,6}．
12．命题“∀x∈[1,2]，使x2－a≥0”是真命题，则a的取值范围是(－∞，1].
[解析]　命题p：a≤x2在[1,2]上恒成立，y＝x2在[1,2]上的最小值为1，
所以a≤1.
13．设p：(x－a)2>9，q：(x＋1)(2x－1)≥0，若綈p是q的充分不必要条件，则实数a的取值范围是(－∞，－4]∪[，＋∞).
[解析]　綈p：(x－a)2≤9，
所以a－3≤x≤a＋3，q：x≤－1或x≥，
因为綈p是q的充分不必要条件，
所以a＋3≤－1或a－3≥，
即a≤－4或a≥.
14．给出下列结论：
①若命题p：∃x0∈R，x＋x0＋1<0，则綈p：∀x∈R，x2＋x＋1≥0；
②“(x－3)(x－4)＝0”是“x－3＝0”的充分而不必要条件；
③命题“若b＝0，则函数y＝ax2＋bx＋c(a，b，c是常数，且a≠0)是偶函数”的否命题是“若b≠0，则函数y＝ax2＋bx＋c(a，b，c是常数，且a≠0)是奇函数”；
④若a>0，b>0，a＋b＝4，则＋的最小值为1.
其中正确结论的序号为①④.
[解析]　由特称命题的否定知①正确；(x－3)(x－4)＝0⇒x＝3或x＝4，x＝3⇒(x－3)(x－4)＝0，所以“(x－3)·(x－4)＝0”是“x－3＝0”的必要而不充分条件，所以②错误；函数可能是偶函数，奇函数，也可能是非奇非偶的函数，结论③中“函数是偶函数”的否定应为“函数不是偶函数”，故③不正确；因为a>0，b>0，a＋b＝4，所以＋＝·(＋)＝＋＋≥＋2＝1，当且仅当a＝b＝2时取等号，所以④正确．