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专题一 集合与常用逻辑用语-2021届高三《新题速递•数学》10月刊（江苏专用 适用于高考复习）
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这是一份专题一 集合与常用逻辑用语-2021届高三《新题速递•数学》10月刊（江苏专用 适用于高考复习），文件包含专题一集合与常用逻辑用语原卷版docx、专题一集合与常用逻辑用语解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共51页， 欢迎下载使用。
专题一 集合与常用逻辑用语
专题01 集合的概念与运算
一、单选题
1．（2020·沙坪坝·重庆一中高三月考）己知集合，集合，则（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
首先求出，然后进行集合的交集运算.
【详解】
因为，所以.
故选：C
【点睛】
本题考查集合的交集、补集运算，属于基础题.
2．（2020·广西一模（理））设满足约束条件，且该约束条件表示的平面区域为三角形.现有下述四个结论：
①若的最大值为6，则；②若，则曲线与有公共点；
③的取值范围为；④“”是“的最大值大于3”的充要条件.
其中所有正确结论的编号是（ ）
A．②③ B．②③④ C．①④ D．①③④
【答案】B
【解析】
【分析】
作出满足约束条件平面区域，利用约束条件表示的平面区域为三角形求出，再验证其他选项得到答案.
【详解】
作出满足约束条件表示的平面区域，如图所示，
联立，得，因为为三角形区域，所以 ，即，故③正确.
当直线经过点时，取得最大值，且最大值为，
若的最大值为6，则；故①错误，
当时，，必要性成立，当时，，充分性成立，故④正确.
当时，的坐标为，当时，函数的值为，
则曲线与有公共点，故②正确.
故选：B.
【点睛】
本题考查线性规划，考查数形结合的数学思想与逻辑推理的核心素养，线性目标函数的最优解一般在平面区域的顶点或边界处取得，所以对于一般的线性规划问题，若可行域是一个封闭的图形，我们可以直接解出可行域的顶点，然后将坐标代入目标函数求出相应的数值，从而确定目标函数的最值；若可行域不是封闭图形还是需要借助截距的几何意义来求最值.
3．（2020·全国课时练习）已知抛物线（是正常数）上有两点、，焦点，
甲：；
乙：；
丙：；
丁：.
以上是“直线经过焦点”的充要条件有几个（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
设直线的方程为，将直线的方程与抛物线的方程联立，利用韦达定理验证四个选项结论成立时，实数的值，可以得出“直线经过焦点”的充要条件的个数.
【详解】
设直线的方程为，则直线交轴于点，且抛物线的焦点的坐标为.
将直线的方程与抛物线的方程联立，消去得，，
由韦达定理得，.
对于甲条件，，得，
甲条件是“直线经过焦点”的必要不充分条件；
对于乙条件，，得，此时，直线过抛物线的焦点，
乙条件是“直线经过焦点”的充要条件；
对于丙条件，，即，
解得或，所以，丙条件是“直线经过焦点”的必要不充分条件；
对于丁条件，，
化简得，得，所以，丁条件是“直线经过焦点”的必要不充分条件.
综上所述，正确的结论只有个，故选B.
【点睛】
本题考查抛物线的几何性质，以及直线与抛物线的综合问题，同时也考查了充分必要条件的判定，解题时要假设直线的方程，并将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理求解，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于中等题.
4．（2020·全国课时练习）设集合，如果命题“”是真命题，则实数的取值范围是( )
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由不等式有解问题可得：原命题可转化为关于实数的不等式有解，再运算即可得解.
【详解】
解：由“”是真命题，
即存在实数使得圆与圆有交点，
则存在实数使得，
即关于实数的不等式有解，
即，
解得，
故选C.
【点睛】
本题考查了圆与圆的位置关系及不等式有解问题，属中档题.
5．（2020·全国专题练习）“”是函数满足：对任意的，都有”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】
当时，在上递减，在递减，且在上递减，任意都有，充分性成立；若在上递减，在上递增，任意，都有，必要性不成立，“”是函数满足：对任意的，都有”的充分不必要条件，故选A.
6．（2020·黑龙江哈尔滨·高三月考（理））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．若则 B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据,逐项分析,即可求得答案.
【详解】
对于A,,
分类讨论：
①当,则此时
②当且,即,此时，
③当且,
即时,,此时
综合所述,有,故A正确;
对于B , ,故(2)正确；
对于C ,
,故C正确;
对于D ,,故D错误.
故选:D.
【点睛】
本题主要考查了函数新定义和集合运算,解题关键是充分理解新定义和掌握函数,集合基础知识,考查了分析能力和计算能力,属于难题.
7．（2020·昆明市官渡区第一中学高二期末（理））下列命题中，是假命题的是( )
A．，
B．，
C．函数的最小正周期为
D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据三角函数性质和对数运算，依次判断每个选项的正误，判断得到答案.
【详解】
对于A，，
，
，即，正确；
对于B，，，
，故，正确；
对于C， 函数的最小正周期为，
，最小正周期为，错误；
对于D，，根据对数运算法则知：，正确．
故选：C．
【点睛】
本题考查了三角函数的大小比较，周期，对数计算，意在考查学生的综合应用能力．
8．（2019·浙江高三月考）已知函数有两个零点，则“”是“函数至少有一个零点属于区间”的一个（ ）条件
A．充分不必要 B．必要不充分
C．充分必要 D．既不充分也不必要
【答案】A
【解析】
【分析】
函数有两个零点，所以判别式，再从函数在上的零点个数得出相应条件，从而解出的范围.
【详解】
函数有两个零点，所以判别式，
函数至少有一个零点属于区间分为两种情况：
（1）不是零点时，
函数在区间上只有一个零点
，即
又因为，所以，；
一个是零点时， 或
综合可得
（2）函数在上有2个零点
由线性规划画出可行域，
由图可得：；
综上所述“函数至少有一个零点属于区间”或，
所以或，
而后面推不出前面（前面是后面的子集），
所以“”是“函数至少有一个零点属于区间”的充分不必要条件，故选A.
【点睛】
本题考查二次函数的性质、简易逻辑的判定方法，考查推理能力与计算能力，属于基础题.
9．（2019·安徽蚌山·蚌埠二中高二期中（文））设，，若对任意的，存在，使得，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
分析：函数在上单调递增，所以的值域为，
对分类讨论，求出在的值域，根据题意得出两值域的包含关系，从而解出a的范围．
详解：函数在上单调递增，所以的值域为，
当 时，为增函数，在]上的值域为，由题意可得
当 时，为减函数，在]上的值域为，由题意可得
当时，为常数函数，值域为 ，不符合题意；
综上，实数的取值范围为.
故选D.
点睛：本题考查了分段函数的值域计算，集合的包含关系，属于中档题．
10．（2020·浙江高三其他）正项等比数列，，“”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】B
【解析】
【分析】
先判断是否是充分条件，可令，显示条件成立，但结论不成立，故不充分；再证是否是必要条件，不妨假设最大，则最小，且，设公比为再得到，对分，，讨论，可证得，从而得到，得到答案.
【详解】
解：设正项等比数列的公比为，因为，
当时，令，不等式成立，但是不成立；
故“”是“”的不充分条件；
当时，显然互不相等，设公比为
等价于，即，
因为，，所以，即，
不妨假设最大，所以最小，所以，
当时，，，∴；
当时，；
当时，，，∴；
综上知，当时，有，
故“”是“”的必要条件.
即“”是“”的必要不充分条件.
故选：B．
【点睛】
本题考查了充分必要条件的判断，等比数列的通项公式及性质，作差法比较厌，还考查了学生的分析推理能力，转化与化归思想，难度较大.
11．（2020·浙江高一单元测试）由无理数引发的数学危机一直延续到19世纪.直到1872年,德国数学家戴德金从连续性的要求出发,用有理数的“分割”来定义无理数（史称戴德金分割）,并把实数理论建立在严格的科学基础上,才结束了无理数被认为“无理”的时代,也结束了持续2000多年的数学史上的第一次大危机.所谓戴德金分割,是指将有理数集划分为两个非空的子集与,且满足，，中的每一个元素都小于中的每一个元素,则称为戴德金分割.试判断,对于任一戴德金分割,下列选项中,不可能成立的是（ ）
A．没有最大元素, 有一个最小元素 B．没有最大元素, 也没有最小元素
C．有一个最大元素, 有一个最小元素 D．有一个最大元素, 没有最小元素
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意依次举出具体的集合，从而得到均可成立．
【详解】
对，若，；则没有最大元素，有一个最小元素0，故正确；
对，若，；则没有最大元素，也没有最小元素，故正确；
对，有一个最大元素，有一个最小元素不可能，故错误；
对，若，；有一个最大元素，没有最小元素，故正确；
故选：．
【点睛】
本题考查对集合新定义的理解，考查创新能力和创新应用意识，对推理能力的要求较高．
12．（2020·福建高三二模（理））已知函数，其中表示不超过实数的最大整数，关于有下述四个结论：
①的一个周期是； ②是非奇非偶函数；
③在单调递减； ④的最大值大于．
其中所有正确结论的编号是（ ）
A．①②④ B．②④ C．①③ D．①②
【答案】A
【解析】
【分析】
根据函数周期的定义判断①正确，利用特值判断函数是非奇非偶函数，得到②正确，根据取整函数的定义，可以判断在上函数值是确定的一个值，得到③错误，利用得到④正确，从而得到结果.
【详解】
因为，
所以的一个周期是，①正确；
又，④正确；
又，
，
所以，，所以是非奇非偶函数，所以②正确；
当时，，，所以，所以，所以③错误；
综上所以正确的结论的序号是①②④，
故选：A．
【点睛】
该题考查三角函数相关性质的辨析，涉及到的知识点有取整函数，奇偶性、单调性、周期性的综合应用，属于较难题目.
13．（2020·全国高三其他（文））对于实数a，b，m，下列说法：①若，则；②若，则；③若，则；④若，且，则的最小值为．其中是真命题的为（ ）
A．①② B．②③ C．③④ D．①④
【答案】B
【解析】
【分析】
结合不等式的性质和基本不等式，逐项判定，即可求解.
【详解】
对于①，当时，，所以①是假命题．
对于②，当时，成立；当时，等价于，
即，因为，所以，所以成立；
当时，，所以成立．所以②是真命题．
对于③，因为，所以，所以，所以③是真命题．
对于④，因为，且，所以，且，所以，因为，当且仅当，即时成立，，不合题意，所以的最小值不是，
又由，因为，所以，
所以是a的增函数，在时没有最小值．所以④是假命题．
故选：B.
【点睛】
本题主要考查了以命题为背景的命题的真假判定，以及不等式的性质和基本不等式的应用，其中解答中熟记不等式基本性质和基本不等式是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
14．（2020·嫩江市高级中学高一月考）已知全集，集合则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】因或，故，所以，应选答案A。
二、多选题
15．（2020·湖南高二月考）已知函数y＝f（x）是定义在[0，2]上的增函数，且图像是连续不断的曲线，若f（0）＝M，f（2）＝N（M＞0，N＞0），那么下列四个命题中是真命题的有（ ）
A．必存在x∈[0，2]，使得f（x） B．必存在x∈[0，2]，使得f（x）
C．必存在x∈[0，2]，使得f（x） D．必存在x∈[0，2]，使得f（x）
【答案】ABD
【解析】
【分析】
先由题可知函数图像为上连续的增函数，再结合每个选项和不等式性质验证合理性即可
【详解】
因函数y＝f（x）是定义在[0，2]上的增函数，且图像是连续不断的曲线，，所以；
对A，若成立，则，即，显然成立；
对B，若成立，则，即，显然成立；
对C，若成立，则，先证，假设成立，则，即，如时，不成立，则C不成立；
对D，若成立，则化简后为：，即，左侧化简后成立，右侧化简后成立，故D成立
故选ABD
【点睛】
本题考查函数增减性的应用，不等式性质的应用，属于中档题
第II卷（非选择题）
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三、解答题
16．（2020·湖南雨花·高一期末）设集合，集合.
（1）若集合，求实数的取值范围
（2）若集合中只有一个元素，求实数的值.
【答案】（1）（2）或
【解析】
【分析】
（1）集合中对应表达式为二次函数，等价于，求解即可；
（2）解出集合，由集合中只有一个元素判断集合中元素只能有一个，再进行求解即可
【详解】
（1），，解得
（2）集合中只有一个元素，若集合，
将代入得或，
将代入得，解得集合，与题设矛盾，舍去；
将代入得，解得集合，符合题意，则满足；
同理，若，将代入得或，
题（1）中不满足条件，舍去，
将代入得，集合，符合题意，则满足
综上所述，实数的值为或
【点睛】
本题考查根据集合为空集求解参数，根据交集结果求参数，在反向求解参数问题中，一定要注意检验原集合的表达形式是否符合题意，属于中档题
17．（2020·荣成市教育教学研究培训中心期中）将数列中的所有项按每一行比上一行多两项的规则排成如下数表：
其中，，，且表中的第一列数构成等差数列，从第二行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，公比为同一个正数.表中每一行正中间的项构成的数列记为.
（I）求的前项和；
（II）记集合，若的元素个数为，求实数的取值范围.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
【分析】
（1）先根据题意得第行的第项为，，再用错位相减法求和即可得答案；
（2）设，则，当时，，再根据题意得，即.
【详解】
解：（Ⅰ）第一列构成的等差数列公差为，
所以
所以第行的第项为，
由此可知第行的第项，又为第行的第项，
所以每行的公比.
由题意可知，第行共有项，且为第行的中间项，
所以为第行的第项，得.
…①
①式各项乘以得，
…②
①-②式得，
（Ⅱ） 设，
所以，当时，
，
即，当时，，
因为集合的元素个数为，
所以，
即，.
【点睛】
本题考查等差等比数列的通项公式的求解，错位相减法求和，数列单调性求参数，考查分析问题解决问题的能力，考查运算能力，是中档题.
18．（2020·上海浦东新·华师大二附中期末）已知集合，其中，，，表示中所有不同值的个数.
（1）设集合，，分别求，；
（2）若集合，证：；
（3）是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，说明理由.
【答案】（1），；（2）证明见解析；（3）存在，.
【解析】
【分析】
（1）直接利用定义把集合，中的值代入，即可求出和；
（2）先由 最多有 个值，可得，再利用定义推得所有 的值两两不同，即可证明结论；
（3）存在最小值，设，则，由此可得到的最小值．
【详解】
解：（1）根据题中的定义可知：由，，，，，，得；
由，，，，，，得．
（2）证明：因为 最多有 个值，所以，
又集合，3，9，，，任取，，
当 时，不妨设，则，
即．当， 时，，
因此，当且仅当， 时，，
即所有 的值两两不同，
所以．
（3）存在最小值，且最小值为，不妨设，
所以，
所以 中至少有 个不同的数，即，
事实上，设，，，， 成等差数列，
考虑，根据等差数列的性质，
当 时，，
当 时，，
因此每个等于 中的一个，
或者等于中的一个，
所以对这样的， ，
所以的最小值为．
【点睛】
本题考查集合与元素的位置关系和数列的综合应用，综合性较强，解题时注意整体思想和转化思想的运用，解题时要认真审题，仔细解答，避免错误，属于难题．
19．（2019·伊美区第二中学高一月考）已知集合，，若，求实数m的取值范围.
【答案】
【解析】
【分析】
分类讨论：当时，；当时，结合数轴列不等关系
即可求解.
【详解】
由题：
当，即时，，符合题意；
当，即时，，，，得；
综上：
【点睛】
此题考查通过集合的包含关系求参数的值，其中的易漏点在于漏掉考虑子集为空集的情况，易错点在于弄错不等关系，结合数轴依次分类讨论既可避免此类问题.
20．（2020·江苏省西亭高级中学高三其他）当时，集合A＝{1，2，3，…，n}，取集合A中m个不同元素的排列分别表示为M1，M2，M3，…，MA(n)－1，MA(n)，其中A(n)表示取集合A中m个不同元素的排列的个数.设pi为排列Mi中的最大元素，qi为排列Mi中的最小元素，1≤i≤A(n)，记P＝p1＋p2＋…＋pA(n)－1＋pA(n)，Q＝q1＋q2＋…＋qA(n)－1＋qA(n).
（1）当m=2，n＝3时，分别求A(3)，P，Q；
（2）对任意的，求P与Q的等式关系.
【答案】（1）A(3)＝6，P=16，Q＝8；（2）P＝mQ.
【解析】
【分析】
（1）当m=2，n＝3时，分析题意，可求得A(3)的值，分别写出对应的排列，得到P，Q的值；
（2）对任意的，分析其对应的数据，找到其关系，从而得到结果.
【详解】
（1）当m=2，n＝3时，A（3）＝＝6，
6个排列分别为1，2；2，1；1，3；3，1；2，3；3，2.
则P=16，Q＝8.
（2）显然m≤pi≤n，pi∈，并且以m为最大元素的取法有个，
以m+1为最大元素的取法有个，
以m+2为最大元素的取法有，，
以k(m≤k
P＝p1＋p2＋＋pA(n)－1＋pA(n)
＝①
因为(k＝m，m+1，，n)，
所以P＝m＝
＝＝.
显然1≤qi≤n－m+1，qi∈，以1为最小元素的取法有个，
以2为最小元素的取法有个，
以3为最小元素的取法有个，，
以k(1≤k≤n－m+1)为最小元素的取法共有，，
以n－m+1为最小元素的取法有个.Q＝q1＋q2＋＋qA(n)－1＋qA(n)，
则Q＝②
①＋②得P＋Q＝(n＋1)
＝(n＋1)＝(m+1)，
则Q＝，所以P＝mQ.
【点睛】
该题考查的是有关排列数的问题，涉及到的知识点有集合中元素的特征，排列数公式，属于较难题目.
21．（2020·宝山·上海交大附中高三其他）已知是定义在上的函数，满足：①对任意，均有；②对任意，均有.数列满足：，，.
（1）若函数，求实数的取值范围；
（2）若函数在上单调递减，求证：对任意正实数，均存在，使得时，均有；
（3）求证：“函数在上单调递增”是“存在，使得”的充分非必要条件.
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据题设所给定义①，求出在的最小值，得出；根据题设所给定义②，结合函数单调性的性质，即可确定的取值范围；
（2）根据函数的单调性得出，结合不等式的性质得出，取，即可得出证明；
（3）举反例判断必要性，利用反证法证明充分性，即可得出结论.
【详解】
（1）由，即对一切恒成立，所以
当时，在上单调递增，所以对任意，均有
综上，实数的取值范围为：；
（2）证明：由函数在上单调递减，即对一切，均有
所以对一切，均有，可得：
所以：，对一切
对任意正实数，取，当时
；
（3）非必要性：取，在不为增函数
但，，，，
充分性：假设对一切，均有
所以：（1）
由递推式
因为为增函数，所以（2）
由（1）（2）可知：对一切，均成立
又，可知，当时，上述不等式不成立
所以假设错误，即存在，使得
【点睛】
本题主要考查了
四、填空题
22．（2020·江苏省如皋中学其他）已知函数，记，若集合，且恒成立，则的取值范围是______
【答案】
【解析】
【分析】
由、有、，由、有、，结合不等条件及可求得，而即可求的范围
【详解】
由
且
∴，且，
又且有：，
∴，
故，而
∴
∴，有
，有
故
若令，则，解得
∴，即，而
即，所以
故答案为：
【点睛】
本题考查了集合、二次函数与一元二次方程、不等式；根据集合的描述及其元素，结合二次函数对应一元二次方程的解的性质及根与系数关系，求得相关参数的表达式，应用已知不等式恒成立求目标式的范围
23．（2020·福建省福州第一中学期末），非空集合，是的子集，且，使得都有，则满足条件的集合对共___________对.
【答案】70
【解析】
【分析】
根据题意，按照集合A中元素的最大值分3种情况讨论，求出每种情况下集合对数量，由加法原理计算可得答案.
【详解】
解：根据题意，分3种情况讨论：
①A中最大的元素为2，此时或，共有2种情况，B只有1种情况，则此时集合对有对；
②A中最大的元素为3，此时或或或，A有4种情况，B有4-1=3种情况， 则此时集合对有对；
③A中最大的元素为4，此时或或或或或或或，A有8种情况，B有8-1=7种情况， 则此时集合对有对；
则符合题意为集合对有2+12+56 =70对，
故答案为：70.
【点睛】
本题考查集合的子集，集合间的关系，属于较难题.
24．（2020·北京市第一六六中学高二期中）已知，若同时满足条件：①或；②.则m的取值范围是________________.
【答案】
【解析】
根据可解得x<1,由于题目中第一个条件的限制，导致f(x)在是必须是，当m=0时，不能做到f(x)在时，所以舍掉，因此，f(x)作为二次函数开口只能向下，故m<0,且此时2个根为，为保证条件成立，只需，和大前提m<0取交集结果为；又由于条件2的限制，可分析得出在恒负，因此就需要在这个范围内g(x)有得正数的可能，即-4应该比两个根中较小的来的大，当时，，解得交集为空，舍．当m=-1时，两个根同为，舍．当时，，解得，综上所述，．
【考点定位】本题考查学生函数的综合能力，涉及到二次函数的图像开口，根大小，涉及到指数函数的单调性，还涉及到简易逻辑中的“或”，还考查了分类讨论思想．
25．（2020·安徽省庐江金牛中学高二开学考试（文））一名法官在审理一起珍宝盗窃案时，四名嫌疑人甲、乙、丙、丁的供词如下：甲说：“罪犯在乙、丙、丁三人之中”；乙说：“我没有作案，是丙偷的”；丙说：“甲、乙两人中有一人是小偷”；丁说：“乙说的是事实”，经过调查核实，四人中有两人说的是真话，另外两人说的是假话，且这四人中只有一人是罪犯，由此可判断罪犯是________.
【答案】乙
【解析】
四人供词中，乙、丁意见一致，或同真或同假，若同真，即丙偷的，而四人有两人说的是真话，甲、丙说的是假话，甲说“乙、丙、丁偷的”是假话，即乙、丙、丁
没偷，相互矛盾；若同假，即不是丙偷的，则甲、丙说的是真话，甲说“乙、丙、丁三人之中”，丙说“甲、乙两人中有一人是小偷”是真话， 可知犯罪的是乙.
【点评】本体是逻辑分析题，应结合题意，根据丁说“乙说的是事实”发现，乙、丁意见一致，从而找到解题的突破口，四人中有两人说的是真话，因此针对乙、丁的供词同真和同假分两种情况分别讨论分析得出结论.
26．（2020·湖南高三其他（理））集合，，若是平面上正八边形的顶点所构成的集合，则下列说法正确的为________
①的值可以为2；
②的值可以为；
③的值可以为；
【答案】②③
【解析】
【分析】
根据对称性，只需研究第一象限的情况，计算：，得到，，得到答案.
【详解】
如图所示：根据对称性，只需研究第一象限的情况，
集合：，故，即或，
集合：，是平面上正八边形的顶点所构成的集合，
故所在的直线的倾斜角为，，故：，
解得，此时，，此时.
故答案为：②③.
【点睛】
本题考查了根据集合的交集求参数，意在考查学生的计算能力和转化能力，利用对称性是解题的关键.
27．（2020·江西东湖·南昌二中高二期末（理））下列四种说法：
①命题“，”的否定是“，”；
②若不等式的解集为，则不等式的解集为；
③对于，恒成立，则实数a的取值范围是；
④已知p：，q：（），若p是q的充分不必要条件，则实数a的取值范围是
正确的有________.
【答案】②③④
【解析】
【分析】
根据全称命题否定的求解，二次不等式的求解，恒成立问题求参数的方法以及由命题的充分性求参数范围的方法，结合选项进行逐一分析即可求得.
【详解】
对①：命题“，”的否定是“，”，故①错误；
对②：不等式的解集为，
故可得，解得，
故不等式等价于，
解得，故②正确；
对③：，恒成立
等价于，当时，显然不成立；
当时，只需即可，
解得，故③正确；
对④：p是q的充分不必要条件，故可得在恒成立.
则只需，
整理得即可，又，故解得.
故④正确.
故答案为：②③④.
【点睛】
本题考查全称命题的否定的求解，二次不等式的求解，二次函数恒成立问题求参，属综合困难题.
28．（2020·石嘴山市第三中学开学考试（理））设命题：函数＝在上是减函数；命题，．若￢是真命题，￢是假命题，则实数的取值范围是________．
【答案】或
【解析】
【分析】
由二次函数的性质，求得；根据对数函数的性质，求得，再由题意，得到与同真同假，列出不等式组，即可求解.
【详解】
由命题：函数＝在上是减函数,
所以，解得；
命题，，则，即，
则，解得，
若￢是真命题，￢是假命题，所以与一真一假，即与同真同假，
所以 或，解得或
则实数的取值范围是或.
故答案为：或.
【点睛】
本题主要考查了二次函数的图象与性质，不等式的解法，以及简易逻辑的判定方法等知识点的综合应用，着重考查推理与运算能力，属于中档试题.
29．（2020·吴起高级中学高二月考（文））给定两个命题，命题p：对任意实数x都有ax2>－ax－1恒成立，命题q：关于x的方程x2－x＋a＝0有实数根．若“p∨q”为真命题，“p∧q”为假命题，则实数a的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据命题p或q是真命题，p且q为假命题可知，命题p与命题q一真一假．先求得命题p与命题q都为真命题时a的取值范围，再判断两种情况下a的取值即可．
【详解】
若命题p为真命题，则a=0或 ，解得
若命题q为真命题，则 ，即
因为“p∨q”为真命题，“p∧q”为假命题
所以命题p与命题q一真一假
若命题p为真命题，命题q为假命题，则
若命题q为真命题，命题p为假命题，则
综上可知，a的取值范围为
【点睛】
本题考查了复合命题真假判断及综合应用，注意对两种命题分类讨论，属于中档题．
五、双空题
30．（2020·全国高三其他（文））关于下列两个命题：设是定义在上的偶函数，且当时，单调，则方程的所有根之和为______；对于有性质：“对时，必有.现给定①；②；现与对比，①中、②中同样也有性质的序号为______.
【答案】 ②
【解析】
【分析】
(1)对于，利用函数为偶函数可知关于y轴对称且，有或即可求所有根之和；(2)由命题“对时，必有”知对于集合M上点，将点坐标都缩小到原来仍在M上，即几何上这样M集合是平面中一个闭合的被填满的面，A代表一个圆上的点集，B代表椭圆面的点集，即可知答案
【详解】
(1)∵是定义在上的偶函数
∴当满足时，有两种可能
当与在轴同侧时，则，得，设方程的两个根为，，显然
当与在轴两侧时，则，得，设方程的两个根为，，此时
显然满足方程的所有根之和为
(2)现结合的性质来研究、
对于①，即简化为：，易知点在此圆上，取，但不在上.于是①错误.
对于②，即是椭圆上及内部的一切点，显然当时，点必在椭圆内，则②具备性质
故答案为：-8；②
【点睛】
本题以两个独立命题形式给出，发散思维的能力，同时考查了考生解题思维的跳跃性和连续性及逻辑推理能力，运算求解能力，综合应用能力，属于偏难.
专题一 集合与常用逻辑用语
专题01 集合的概念与运算
一、单选题
1．（2020·沙坪坝·重庆一中高三月考）己知集合，集合，则（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
首先求出，然后进行集合的交集运算.
【详解】
因为，所以.
故选：C
【点睛】
本题考查集合的交集、补集运算，属于基础题.
2．（2020·广西一模（理））设满足约束条件，且该约束条件表示的平面区域为三角形.现有下述四个结论：
①若的最大值为6，则；②若，则曲线与有公共点；
③的取值范围为；④“”是“的最大值大于3”的充要条件.
其中所有正确结论的编号是（ ）
A．②③ B．②③④ C．①④ D．①③④
【答案】B
【解析】
【分析】
作出满足约束条件平面区域，利用约束条件表示的平面区域为三角形求出，再验证其他选项得到答案.
【详解】
作出满足约束条件表示的平面区域，如图所示，
联立，得，因为为三角形区域，所以 ，即，故③正确.
当直线经过点时，取得最大值，且最大值为，
若的最大值为6，则；故①错误，
当时，，必要性成立，当时，，充分性成立，故④正确.
当时，的坐标为，当时，函数的值为，
则曲线与有公共点，故②正确.
故选：B.
【点睛】
本题考查线性规划，考查数形结合的数学思想与逻辑推理的核心素养，线性目标函数的最优解一般在平面区域的顶点或边界处取得，所以对于一般的线性规划问题，若可行域是一个封闭的图形，我们可以直接解出可行域的顶点，然后将坐标代入目标函数求出相应的数值，从而确定目标函数的最值；若可行域不是封闭图形还是需要借助截距的几何意义来求最值.
3．（2020·全国课时练习）已知抛物线（是正常数）上有两点、，焦点，
甲：；
乙：；
丙：；
丁：.
以上是“直线经过焦点”的充要条件有几个（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
设直线的方程为，将直线的方程与抛物线的方程联立，利用韦达定理验证四个选项结论成立时，实数的值，可以得出“直线经过焦点”的充要条件的个数.
【详解】
设直线的方程为，则直线交轴于点，且抛物线的焦点的坐标为.
将直线的方程与抛物线的方程联立，消去得，，
由韦达定理得，.
对于甲条件，，得，
甲条件是“直线经过焦点”的必要不充分条件；
对于乙条件，，得，此时，直线过抛物线的焦点，
乙条件是“直线经过焦点”的充要条件；
对于丙条件，，即，
解得或，所以，丙条件是“直线经过焦点”的必要不充分条件；
对于丁条件，，
化简得，得，所以，丁条件是“直线经过焦点”的必要不充分条件.
综上所述，正确的结论只有个，故选B.
【点睛】
本题考查抛物线的几何性质，以及直线与抛物线的综合问题，同时也考查了充分必要条件的判定，解题时要假设直线的方程，并将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理求解，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于中等题.
4．（2020·全国课时练习）设集合，如果命题“”是真命题，则实数的取值范围是( )
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由不等式有解问题可得：原命题可转化为关于实数的不等式有解，再运算即可得解.
【详解】
解：由“”是真命题，
即存在实数使得圆与圆有交点，
则存在实数使得，
即关于实数的不等式有解，
即，
解得，
故选C.
【点睛】
本题考查了圆与圆的位置关系及不等式有解问题，属中档题.
5．（2020·全国专题练习）“”是函数满足：对任意的，都有”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】
当时，在上递减，在递减，且在上递减，任意都有，充分性成立；若在上递减，在上递增，任意，都有，必要性不成立，“”是函数满足：对任意的，都有”的充分不必要条件，故选A.
6．（2020·黑龙江哈尔滨·高三月考（理））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．若则 B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据,逐项分析,即可求得答案.
【详解】
对于A,,
分类讨论：
①当,则此时
②当且,即,此时，
③当且,
即时,,此时
综合所述,有,故A正确;
对于B , ,故(2)正确；
对于C ,
,故C正确;
对于D ,,故D错误.
故选:D.
【点睛】
本题主要考查了函数新定义和集合运算,解题关键是充分理解新定义和掌握函数,集合基础知识,考查了分析能力和计算能力,属于难题.
7．（2020·昆明市官渡区第一中学高二期末（理））下列命题中，是假命题的是( )
A．，
B．，
C．函数的最小正周期为
D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据三角函数性质和对数运算，依次判断每个选项的正误，判断得到答案.
【详解】
对于A，，
，
，即，正确；
对于B，，，
，故，正确；
对于C， 函数的最小正周期为，
，最小正周期为，错误；
对于D，，根据对数运算法则知：，正确．
故选：C．
【点睛】
本题考查了三角函数的大小比较，周期，对数计算，意在考查学生的综合应用能力．
8．（2019·浙江高三月考）已知函数有两个零点，则“”是“函数至少有一个零点属于区间”的一个（ ）条件
A．充分不必要 B．必要不充分
C．充分必要 D．既不充分也不必要
【答案】A
【解析】
【分析】
函数有两个零点，所以判别式，再从函数在上的零点个数得出相应条件，从而解出的范围.
【详解】
函数有两个零点，所以判别式，
函数至少有一个零点属于区间分为两种情况：
（1）不是零点时，
函数在区间上只有一个零点
，即
又因为，所以，；
一个是零点时， 或
综合可得
（2）函数在上有2个零点
由线性规划画出可行域，
由图可得：；
综上所述“函数至少有一个零点属于区间”或，
所以或，
而后面推不出前面（前面是后面的子集），
所以“”是“函数至少有一个零点属于区间”的充分不必要条件，故选A.
【点睛】
本题考查二次函数的性质、简易逻辑的判定方法，考查推理能力与计算能力，属于基础题.
9．（2019·安徽蚌山·蚌埠二中高二期中（文））设，，若对任意的，存在，使得，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
分析：函数在上单调递增，所以的值域为，
对分类讨论，求出在的值域，根据题意得出两值域的包含关系，从而解出a的范围．
详解：函数在上单调递增，所以的值域为，
当 时，为增函数，在]上的值域为，由题意可得
当 时，为减函数，在]上的值域为，由题意可得
当时，为常数函数，值域为 ，不符合题意；
综上，实数的取值范围为.
故选D.
点睛：本题考查了分段函数的值域计算，集合的包含关系，属于中档题．
10．（2020·浙江高三其他）正项等比数列，，“”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】B
【解析】
【分析】
先判断是否是充分条件，可令，显示条件成立，但结论不成立，故不充分；再证是否是必要条件，不妨假设最大，则最小，且，设公比为再得到，对分，，讨论，可证得，从而得到，得到答案.
【详解】
解：设正项等比数列的公比为，因为，
当时，令，不等式成立，但是不成立；
故“”是“”的不充分条件；
当时，显然互不相等，设公比为
等价于，即，
因为，，所以，即，
不妨假设最大，所以最小，所以，
当时，，，∴；
当时，；
当时，，，∴；
综上知，当时，有，
故“”是“”的必要条件.
即“”是“”的必要不充分条件.
故选：B．
【点睛】
本题考查了充分必要条件的判断，等比数列的通项公式及性质，作差法比较厌，还考查了学生的分析推理能力，转化与化归思想，难度较大.
11．（2020·浙江高一单元测试）由无理数引发的数学危机一直延续到19世纪.直到1872年,德国数学家戴德金从连续性的要求出发,用有理数的“分割”来定义无理数（史称戴德金分割）,并把实数理论建立在严格的科学基础上,才结束了无理数被认为“无理”的时代,也结束了持续2000多年的数学史上的第一次大危机.所谓戴德金分割,是指将有理数集划分为两个非空的子集与,且满足，，中的每一个元素都小于中的每一个元素,则称为戴德金分割.试判断,对于任一戴德金分割,下列选项中,不可能成立的是（ ）
A．没有最大元素, 有一个最小元素 B．没有最大元素, 也没有最小元素
C．有一个最大元素, 有一个最小元素 D．有一个最大元素, 没有最小元素
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意依次举出具体的集合，从而得到均可成立．
【详解】
对，若，；则没有最大元素，有一个最小元素0，故正确；
对，若，；则没有最大元素，也没有最小元素，故正确；
对，有一个最大元素，有一个最小元素不可能，故错误；
对，若，；有一个最大元素，没有最小元素，故正确；
故选：．
【点睛】
本题考查对集合新定义的理解，考查创新能力和创新应用意识，对推理能力的要求较高．
12．（2020·福建高三二模（理））已知函数，其中表示不超过实数的最大整数，关于有下述四个结论：
①的一个周期是； ②是非奇非偶函数；
③在单调递减； ④的最大值大于．
其中所有正确结论的编号是（ ）
A．①②④ B．②④ C．①③ D．①②
【答案】A
【解析】
【分析】
根据函数周期的定义判断①正确，利用特值判断函数是非奇非偶函数，得到②正确，根据取整函数的定义，可以判断在上函数值是确定的一个值，得到③错误，利用得到④正确，从而得到结果.
【详解】
因为，
所以的一个周期是，①正确；
又，④正确；
又，
，
所以，，所以是非奇非偶函数，所以②正确；
当时，，，所以，所以，所以③错误；
综上所以正确的结论的序号是①②④，
故选：A．
【点睛】
该题考查三角函数相关性质的辨析，涉及到的知识点有取整函数，奇偶性、单调性、周期性的综合应用，属于较难题目.
13．（2020·全国高三其他（文））对于实数a，b，m，下列说法：①若，则；②若，则；③若，则；④若，且，则的最小值为．其中是真命题的为（ ）
A．①② B．②③ C．③④ D．①④
【答案】B
【解析】
【分析】
结合不等式的性质和基本不等式，逐项判定，即可求解.
【详解】
对于①，当时，，所以①是假命题．
对于②，当时，成立；当时，等价于，
即，因为，所以，所以成立；
当时，，所以成立．所以②是真命题．
对于③，因为，所以，所以，所以③是真命题．
对于④，因为，且，所以，且，所以，因为，当且仅当，即时成立，，不合题意，所以的最小值不是，
又由，因为，所以，
所以是a的增函数，在时没有最小值．所以④是假命题．
故选：B.
【点睛】
本题主要考查了以命题为背景的命题的真假判定，以及不等式的性质和基本不等式的应用，其中解答中熟记不等式基本性质和基本不等式是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
14．（2020·嫩江市高级中学高一月考）已知全集，集合则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】因或，故，所以，应选答案A。
二、多选题
15．（2020·湖南高二月考）已知函数y＝f（x）是定义在[0，2]上的增函数，且图像是连续不断的曲线，若f（0）＝M，f（2）＝N（M＞0，N＞0），那么下列四个命题中是真命题的有（ ）
A．必存在x∈[0，2]，使得f（x） B．必存在x∈[0，2]，使得f（x）
C．必存在x∈[0，2]，使得f（x） D．必存在x∈[0，2]，使得f（x）
【答案】ABD
【解析】
【分析】
先由题可知函数图像为上连续的增函数，再结合每个选项和不等式性质验证合理性即可
【详解】
因函数y＝f（x）是定义在[0，2]上的增函数，且图像是连续不断的曲线，，所以；
对A，若成立，则，即，显然成立；
对B，若成立，则，即，显然成立；
对C，若成立，则，先证，假设成立，则，即，如时，不成立，则C不成立；
对D，若成立，则化简后为：，即，左侧化简后成立，右侧化简后成立，故D成立
故选ABD
【点睛】
本题考查函数增减性的应用，不等式性质的应用，属于中档题
第II卷（非选择题）
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三、解答题
16．（2020·湖南雨花·高一期末）设集合，集合.
（1）若集合，求实数的取值范围
（2）若集合中只有一个元素，求实数的值.
【答案】（1）（2）或
【解析】
【分析】
（1）集合中对应表达式为二次函数，等价于，求解即可；
（2）解出集合，由集合中只有一个元素判断集合中元素只能有一个，再进行求解即可
【详解】
（1），，解得
（2）集合中只有一个元素，若集合，
将代入得或，
将代入得，解得集合，与题设矛盾，舍去；
将代入得，解得集合，符合题意，则满足；
同理，若，将代入得或，
题（1）中不满足条件，舍去，
将代入得，集合，符合题意，则满足
综上所述，实数的值为或
【点睛】
本题考查根据集合为空集求解参数，根据交集结果求参数，在反向求解参数问题中，一定要注意检验原集合的表达形式是否符合题意，属于中档题
17．（2020·荣成市教育教学研究培训中心期中）将数列中的所有项按每一行比上一行多两项的规则排成如下数表：
其中，，，且表中的第一列数构成等差数列，从第二行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，公比为同一个正数.表中每一行正中间的项构成的数列记为.
（I）求的前项和；
（II）记集合，若的元素个数为，求实数的取值范围.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
【分析】
（1）先根据题意得第行的第项为，，再用错位相减法求和即可得答案；
（2）设，则，当时，，再根据题意得，即.
【详解】
解：（Ⅰ）第一列构成的等差数列公差为，
所以
所以第行的第项为，
由此可知第行的第项，又为第行的第项，
所以每行的公比.
由题意可知，第行共有项，且为第行的中间项，
所以为第行的第项，得.
…①
①式各项乘以得，
…②
①-②式得，
（Ⅱ） 设，
所以，当时，
，
即，当时，，
因为集合的元素个数为，
所以，
即，.
【点睛】
本题考查等差等比数列的通项公式的求解，错位相减法求和，数列单调性求参数，考查分析问题解决问题的能力，考查运算能力，是中档题.
18．（2020·上海浦东新·华师大二附中期末）已知集合，其中，，，表示中所有不同值的个数.
（1）设集合，，分别求，；
（2）若集合，证：；
（3）是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，说明理由.
【答案】（1），；（2）证明见解析；（3）存在，.
【解析】
【分析】
（1）直接利用定义把集合，中的值代入，即可求出和；
（2）先由 最多有 个值，可得，再利用定义推得所有 的值两两不同，即可证明结论；
（3）存在最小值，设，则，由此可得到的最小值．
【详解】
解：（1）根据题中的定义可知：由，，，，，，得；
由，，，，，，得．
（2）证明：因为 最多有 个值，所以，
又集合，3，9，，，任取，，
当 时，不妨设，则，
即．当， 时，，
因此，当且仅当， 时，，
即所有 的值两两不同，
所以．
（3）存在最小值，且最小值为，不妨设，
所以，
所以 中至少有 个不同的数，即，
事实上，设，，，， 成等差数列，
考虑，根据等差数列的性质，
当 时，，
当 时，，
因此每个等于 中的一个，
或者等于中的一个，
所以对这样的， ，
所以的最小值为．
【点睛】
本题考查集合与元素的位置关系和数列的综合应用，综合性较强，解题时注意整体思想和转化思想的运用，解题时要认真审题，仔细解答，避免错误，属于难题．
19．（2019·伊美区第二中学高一月考）已知集合，，若，求实数m的取值范围.
【答案】
【解析】
【分析】
分类讨论：当时，；当时，结合数轴列不等关系
即可求解.
【详解】
由题：
当，即时，，符合题意；
当，即时，，，，得；
综上：
【点睛】
此题考查通过集合的包含关系求参数的值，其中的易漏点在于漏掉考虑子集为空集的情况，易错点在于弄错不等关系，结合数轴依次分类讨论既可避免此类问题.
20．（2020·江苏省西亭高级中学高三其他）当时，集合A＝{1，2，3，…，n}，取集合A中m个不同元素的排列分别表示为M1，M2，M3，…，MA(n)－1，MA(n)，其中A(n)表示取集合A中m个不同元素的排列的个数.设pi为排列Mi中的最大元素，qi为排列Mi中的最小元素，1≤i≤A(n)，记P＝p1＋p2＋…＋pA(n)－1＋pA(n)，Q＝q1＋q2＋…＋qA(n)－1＋qA(n).
（1）当m=2，n＝3时，分别求A(3)，P，Q；
（2）对任意的，求P与Q的等式关系.
【答案】（1）A(3)＝6，P=16，Q＝8；（2）P＝mQ.
【解析】
【分析】
（1）当m=2，n＝3时，分析题意，可求得A(3)的值，分别写出对应的排列，得到P，Q的值；
（2）对任意的，分析其对应的数据，找到其关系，从而得到结果.
【详解】
（1）当m=2，n＝3时，A（3）＝＝6，
6个排列分别为1，2；2，1；1，3；3，1；2，3；3，2.
则P=16，Q＝8.
（2）显然m≤pi≤n，pi∈，并且以m为最大元素的取法有个，
以m+1为最大元素的取法有个，
以m+2为最大元素的取法有，，
以k(m≤k
P＝p1＋p2＋＋pA(n)－1＋pA(n)
＝①
因为(k＝m，m+1，，n)，
所以P＝m＝
＝＝.
显然1≤qi≤n－m+1，qi∈，以1为最小元素的取法有个，
以2为最小元素的取法有个，
以3为最小元素的取法有个，，
以k(1≤k≤n－m+1)为最小元素的取法共有，，
以n－m+1为最小元素的取法有个.Q＝q1＋q2＋＋qA(n)－1＋qA(n)，
则Q＝②
①＋②得P＋Q＝(n＋1)
＝(n＋1)＝(m+1)，
则Q＝，所以P＝mQ.
【点睛】
该题考查的是有关排列数的问题，涉及到的知识点有集合中元素的特征，排列数公式，属于较难题目.
21．（2020·宝山·上海交大附中高三其他）已知是定义在上的函数，满足：①对任意，均有；②对任意，均有.数列满足：，，.
（1）若函数，求实数的取值范围；
（2）若函数在上单调递减，求证：对任意正实数，均存在，使得时，均有；
（3）求证：“函数在上单调递增”是“存在，使得”的充分非必要条件.
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据题设所给定义①，求出在的最小值，得出；根据题设所给定义②，结合函数单调性的性质，即可确定的取值范围；
（2）根据函数的单调性得出，结合不等式的性质得出，取，即可得出证明；
（3）举反例判断必要性，利用反证法证明充分性，即可得出结论.
【详解】
（1）由，即对一切恒成立，所以
当时，在上单调递增，所以对任意，均有
综上，实数的取值范围为：；
（2）证明：由函数在上单调递减，即对一切，均有
所以对一切，均有，可得：
所以：，对一切
对任意正实数，取，当时
；
（3）非必要性：取，在不为增函数
但，，，，
充分性：假设对一切，均有
所以：（1）
由递推式
因为为增函数，所以（2）
由（1）（2）可知：对一切，均成立
又，可知，当时，上述不等式不成立
所以假设错误，即存在，使得
【点睛】
本题主要考查了
四、填空题
22．（2020·江苏省如皋中学其他）已知函数，记，若集合，且恒成立，则的取值范围是______
【答案】
【解析】
【分析】
由、有、，由、有、，结合不等条件及可求得，而即可求的范围
【详解】
由
且
∴，且，
又且有：，
∴，
故，而
∴
∴，有
，有
故
若令，则，解得
∴，即，而
即，所以
故答案为：
【点睛】
本题考查了集合、二次函数与一元二次方程、不等式；根据集合的描述及其元素，结合二次函数对应一元二次方程的解的性质及根与系数关系，求得相关参数的表达式，应用已知不等式恒成立求目标式的范围
23．（2020·福建省福州第一中学期末），非空集合，是的子集，且，使得都有，则满足条件的集合对共___________对.
【答案】70
【解析】
【分析】
根据题意，按照集合A中元素的最大值分3种情况讨论，求出每种情况下集合对数量，由加法原理计算可得答案.
【详解】
解：根据题意，分3种情况讨论：
①A中最大的元素为2，此时或，共有2种情况，B只有1种情况，则此时集合对有对；
②A中最大的元素为3，此时或或或，A有4种情况，B有4-1=3种情况， 则此时集合对有对；
③A中最大的元素为4，此时或或或或或或或，A有8种情况，B有8-1=7种情况， 则此时集合对有对；
则符合题意为集合对有2+12+56 =70对，
故答案为：70.
【点睛】
本题考查集合的子集，集合间的关系，属于较难题.
24．（2020·北京市第一六六中学高二期中）已知，若同时满足条件：①或；②.则m的取值范围是________________.
【答案】
【解析】
根据可解得x<1,由于题目中第一个条件的限制，导致f(x)在是必须是，当m=0时，不能做到f(x)在时，所以舍掉，因此，f(x)作为二次函数开口只能向下，故m<0,且此时2个根为，为保证条件成立，只需，和大前提m<0取交集结果为；又由于条件2的限制，可分析得出在恒负，因此就需要在这个范围内g(x)有得正数的可能，即-4应该比两个根中较小的来的大，当时，，解得交集为空，舍．当m=-1时，两个根同为，舍．当时，，解得，综上所述，．
【考点定位】本题考查学生函数的综合能力，涉及到二次函数的图像开口，根大小，涉及到指数函数的单调性，还涉及到简易逻辑中的“或”，还考查了分类讨论思想．
25．（2020·安徽省庐江金牛中学高二开学考试（文））一名法官在审理一起珍宝盗窃案时，四名嫌疑人甲、乙、丙、丁的供词如下：甲说：“罪犯在乙、丙、丁三人之中”；乙说：“我没有作案，是丙偷的”；丙说：“甲、乙两人中有一人是小偷”；丁说：“乙说的是事实”，经过调查核实，四人中有两人说的是真话，另外两人说的是假话，且这四人中只有一人是罪犯，由此可判断罪犯是________.
【答案】乙
【解析】
四人供词中，乙、丁意见一致，或同真或同假，若同真，即丙偷的，而四人有两人说的是真话，甲、丙说的是假话，甲说“乙、丙、丁偷的”是假话，即乙、丙、丁
没偷，相互矛盾；若同假，即不是丙偷的，则甲、丙说的是真话，甲说“乙、丙、丁三人之中”，丙说“甲、乙两人中有一人是小偷”是真话， 可知犯罪的是乙.
【点评】本体是逻辑分析题，应结合题意，根据丁说“乙说的是事实”发现，乙、丁意见一致，从而找到解题的突破口，四人中有两人说的是真话，因此针对乙、丁的供词同真和同假分两种情况分别讨论分析得出结论.
26．（2020·湖南高三其他（理））集合，，若是平面上正八边形的顶点所构成的集合，则下列说法正确的为________
①的值可以为2；
②的值可以为；
③的值可以为；
【答案】②③
【解析】
【分析】
根据对称性，只需研究第一象限的情况，计算：，得到，，得到答案.
【详解】
如图所示：根据对称性，只需研究第一象限的情况，
集合：，故，即或，
集合：，是平面上正八边形的顶点所构成的集合，
故所在的直线的倾斜角为，，故：，
解得，此时，，此时.
故答案为：②③.
【点睛】
本题考查了根据集合的交集求参数，意在考查学生的计算能力和转化能力，利用对称性是解题的关键.
27．（2020·江西东湖·南昌二中高二期末（理））下列四种说法：
①命题“，”的否定是“，”；
②若不等式的解集为，则不等式的解集为；
③对于，恒成立，则实数a的取值范围是；
④已知p：，q：（），若p是q的充分不必要条件，则实数a的取值范围是
正确的有________.
【答案】②③④
【解析】
【分析】
根据全称命题否定的求解，二次不等式的求解，恒成立问题求参数的方法以及由命题的充分性求参数范围的方法，结合选项进行逐一分析即可求得.
【详解】
对①：命题“，”的否定是“，”，故①错误；
对②：不等式的解集为，
故可得，解得，
故不等式等价于，
解得，故②正确；
对③：，恒成立
等价于，当时，显然不成立；
当时，只需即可，
解得，故③正确；
对④：p是q的充分不必要条件，故可得在恒成立.
则只需，
整理得即可，又，故解得.
故④正确.
故答案为：②③④.
【点睛】
本题考查全称命题的否定的求解，二次不等式的求解，二次函数恒成立问题求参，属综合困难题.
28．（2020·石嘴山市第三中学开学考试（理））设命题：函数＝在上是减函数；命题，．若￢是真命题，￢是假命题，则实数的取值范围是________．
【答案】或
【解析】
【分析】
由二次函数的性质，求得；根据对数函数的性质，求得，再由题意，得到与同真同假，列出不等式组，即可求解.
【详解】
由命题：函数＝在上是减函数,
所以，解得；
命题，，则，即，
则，解得，
若￢是真命题，￢是假命题，所以与一真一假，即与同真同假，
所以 或，解得或
则实数的取值范围是或.
故答案为：或.
【点睛】
本题主要考查了二次函数的图象与性质，不等式的解法，以及简易逻辑的判定方法等知识点的综合应用，着重考查推理与运算能力，属于中档试题.
29．（2020·吴起高级中学高二月考（文））给定两个命题，命题p：对任意实数x都有ax2>－ax－1恒成立，命题q：关于x的方程x2－x＋a＝0有实数根．若“p∨q”为真命题，“p∧q”为假命题，则实数a的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据命题p或q是真命题，p且q为假命题可知，命题p与命题q一真一假．先求得命题p与命题q都为真命题时a的取值范围，再判断两种情况下a的取值即可．
【详解】
若命题p为真命题，则a=0或 ，解得
若命题q为真命题，则 ，即
因为“p∨q”为真命题，“p∧q”为假命题
所以命题p与命题q一真一假
若命题p为真命题，命题q为假命题，则
若命题q为真命题，命题p为假命题，则
综上可知，a的取值范围为
【点睛】
本题考查了复合命题真假判断及综合应用，注意对两种命题分类讨论，属于中档题．
五、双空题
30．（2020·全国高三其他（文））关于下列两个命题：设是定义在上的偶函数，且当时，单调，则方程的所有根之和为______；对于有性质：“对时，必有.现给定①；②；现与对比，①中、②中同样也有性质的序号为______.
【答案】 ②
【解析】
【分析】
(1)对于，利用函数为偶函数可知关于y轴对称且，有或即可求所有根之和；(2)由命题“对时，必有”知对于集合M上点，将点坐标都缩小到原来仍在M上，即几何上这样M集合是平面中一个闭合的被填满的面，A代表一个圆上的点集，B代表椭圆面的点集，即可知答案
【详解】
(1)∵是定义在上的偶函数
∴当满足时，有两种可能
当与在轴同侧时，则，得，设方程的两个根为，，显然
当与在轴两侧时，则，得，设方程的两个根为，，此时
显然满足方程的所有根之和为
(2)现结合的性质来研究、
对于①，即简化为：，易知点在此圆上，取，但不在上.于是①错误.
对于②，即是椭圆上及内部的一切点，显然当时，点必在椭圆内，则②具备性质
故答案为：-8；②
【点睛】
本题以两个独立命题形式给出，发散思维的能力，同时考查了考生解题思维的跳跃性和连续性及逻辑推理能力，运算求解能力，综合应用能力，属于偏难.
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