北京市西城区高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编-集合与常用逻辑用语

这是一份北京市西城区高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编-集合与常用逻辑用语，共13页。试卷主要包含了单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
北京市西城区高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编-集合与常用逻辑用语 一、单选题1．（2022·北京西城·统考二模）已知函数，，那么“”是“在上是增函数”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2．（2022·北京西城·统考二模）已知集合，，则（    ）A． B．C． D．3．（2022·北京西城·统考一模）已知集合，，则（    ）A． B．C． D．4．（2022·北京西城·统考一模）在无穷等差数列中，公差为d，则“存在，使得”是“（）”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5．（2021·北京西城·统考二模）在中，，，则“”是“”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6．（2021·北京西城·统考一模）在无穷等差数列中，记，则“存在，使得”是“为递增数列”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7．（2021·北京西城·统考一模）已知集合，，则（    ）A． B． C． D．8．（2021·北京西城·统考一模）若非空实数集X中存在最大元素M和最小元素m，则记．下列命题中正确的是（    ）A．已知，，且，则B．已知，，则存在实数a，使得C．已知，若，则对任意，都有D．已知，，则对任意的实数a，总存在实数b，使得9．（2020·北京西城·统考一模）设，为非零向量，则“”是“与共线”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10．（2020·北京西城·统考二模）设集合，，，则（    ）A． B． C． D．11．（2020·北京西城·统考一模）设集合则（    ）A． B． C． D．12．（2020·北京西城·统考二模）若向量与不共线，则“”是“”的（    ）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 二、解答题13．（2021·北京西城·统考二模）设是正整数集的一个非空子集，如果对于任意，都有或，则称为自邻集.记集合的所有子集中的自邻集的个数为.（1）直接写出的所有自邻集；（2）若为偶数且，求证：的所有含个元素的子集中，自邻集的个数是偶数；（3）若，求证：.14．（2020·北京西城·统考二模）设为正整数，区间（其中，）同时满足下列两个条件：①对任意，存在使得；②对任意，存在，使得（其中）．（Ⅰ）判断能否等于或；（结论不需要证明）．（Ⅱ）求的最小值；（Ⅲ）研究是否存在最大值，若存在，求出的最大值；若不存在，说明理由．
参考答案：1．A【分析】求得当时，是增函数,进而判断时，函数的单调性，即可得出结果.【详解】当，, 单调递增.则当时，是增函数,当时, 在单调递增，可得在上是增函数；当时, 在单调递增，可得在上是增函数；反之，当在上是增函数时，由，可知，此时，即不成立.所以“”是“在上是增函数”的充分而不必要条件.故选：A.2．A【分析】先求，再求并集即可【详解】易得，故故选：A3．A【分析】利用交集的定义可求得结果.【详解】由已知可得.故选：A.4．B【分析】用定义法进行判断.【详解】充分性：若，，此时，而，满足，即存在，使得，但是不成立.故充分性不成立；必要性：若，则，此时.故必要性满足.故选：B5．A【分析】由充分条件和必要条件的定义进行判断即可【详解】解：在中，，，当时，由正弦定理可得，，当时，由正弦定理可得，，因为，所以或，所以“”是“”的充分而不必要条件，故选：A6．B【分析】由，只能判断与的大小关系，无法证得为递增数列，充分性不成立；由递增数列性质知只需即可说明，必要性成立，由此得到结论.【详解】若存在，使得，则，当为奇数时，只需，即；当为偶数时，只需，即；即此时只能判断与的大小关系，无法得到为递增数列，充分性不成立；当为递增数列时，，只需，即为奇数，即可满足，必要性成立；“存在，使得”是“为递增数列”的必要不充分条件.故选：B.【点睛】关键点点睛：本题考查充分条件与必要条件的判断，解题关键是能够结合的表达式确定，分析确定与数列单调性之间的关系.7．A【分析】直接根据交集的定义计算可得；【详解】解：因为，所以故选：A8．D【分析】根据的定义，对四个选项一一验证即可.【详解】对于A：由，则；，则，解得：，故A错误；对于B：由，则；，则，①当时，在上单减，所以，解得：，又，所以a不存在；②当时，在上单减，在上单增，且所以，解得：，又，所以a不存在；③当时，在上单减，在上单增，且所以，解得：，又，所以a不存在；④当时，在上单增，所以，解得：，又，所以a不存在；综上所述：不存在实数a，使得.故B错误；对于C：∵，而，则M=1,N=-1,但对任意，都有，不一定成立；对于D：∵，∴，由得，所以则对任意的实数a，总存在实数b，使得，故D成立.故选：D【点睛】通过阅读材料渗透新概念,新运算,新符号,新规定等知识,是近年的又一考题类型.结合已经学过的知识,掌握的技能进行理解,根据新定义进行运算,推理,迁移, 把握"新定义"内涵,是解决此类问题的关键.9．A【解析】由化简得出，从而得出与共线，当与共线时，，，不一定相等，最后由充分条件和必要条件的定义作出判断.【详解】当时，，化简得，即，，即与共线当与共线时，则存在唯一实数，使得，，与不一定相等，即不一定相等故“”是“与共线”的充分不必要条件故选：A【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于熟练掌握向量的数乘、数量积运算以及向量共线定理.10．C【解析】先求出集合A，再根据交集的定义求解即可.【详解】集合，集合，，.故选：．11．C【解析】直接求交集得到答案.【详解】集合，则.故选：.【点睛】本题考查了交集运算，属于简单题.12．A【分析】根据平面向量数量积的运算结合充分条件、必要条件的定义判断即可.【详解】由于向量与不共线，当时，，则，同理可得，，则“”“”；若，，则，同理，所以，“”“”，因此，“”是“”的充分不必要条件.故选：A.【点睛】本题考查充分不必要条件的判断，涉及平面向量数量积的应用，考查推理能力，属于中等题.13．（1），，，，，；（2）证明见解析；（3）证明见解析.【分析】（1）每个自邻集中至少有两个元素，然后按相邻元素规则确定；（2）利用配对原则证明，对于集合的含有5个元素的自邻集，不妨设，构造集合，它们是不相等的集合，也是5个元素的自邻集，这样可得证结论；（3）记自邻集中最大元素为的自邻集的个数为，.当时，，，得.下面只要证明即可，对自邻集进行分类确定自邻集的个数：①含有这三个元素，②含有两个元素，不含有这个元素，且不只有，两个元素.③只含有这两个元素，可得与的关系，完成证明．【详解】解：（1）.的子集中的自邻集有：，，，，，.（2）.对于集合的含有个元素的自邻集，不妨设.因为对于任意，都有或，.所以，，或.对于集合，因为，所以，.且.所以.因为，，或.所以，，或.所以，对于任意，都有或，.所以集合也是自邻集.因为当n为偶数时，，所以.所以，对于集合任意一个含有个元素的自邻集，在上述对应方法下会存在一个不同的含有个元素的自邻集与其对应.所以，的含有个元素的自邻集的个数为偶数.（3）记自邻集中最大元素为的自邻集的个数为，.当时，，.显然.下面证明.①自邻集中含，，这三个元素.记去掉这个自邻集中的元素后的集合为，因为，所以仍然是自邻集，且集合中的最大元素是，所以含这三个元素的自邻集的个数为.②自邻集中含有，这两个元素，不含，且不只有，两个元素.记自邻集中除，之外的最大元素为，则.每个自邻集去掉，这两个元素后，仍然为自邻集，此时的自邻集的最大元素为，可将此时的自邻集分为类：含最大数为的集合个数为.含最大数为的集合个数为.含最大数为的集合个数为.则这样的集合共有个.③自邻集只含，两个元素，这样的自邻集只有1个.综上可得.所以，所以当时，.【点睛】关键点点睛：本题考查集合的新定义，解题关键是理解新定义，并能利用新定义求解．特别是对新定义自邻集的个数的记数：记自邻集中最大元素为的自邻集的个数为，.然后求得与的关系．．14．（Ⅰ）可以等于，但不能等于；（Ⅱ）；（Ⅲ）存在最大值，为．【分析】（Ⅰ）根据题意可得出结论；（Ⅱ）根据（Ⅰ）中的结论得出可以等于，可得出区间的长度为，结合①得出，再由，，，满足条件①、②可得出的最小值；（Ⅲ）利用反证法推导出，进而得出，由此得出，进而得出，再举例说明成立，由此可得出正整数的最大值.【详解】（Ⅰ）可以等于，但不能等于；                   （Ⅱ）记为区间的长度，则区间的长度为，的长度为．由①，得．又因为，，，显然满足条件①，②．所以的最小值为；（Ⅲ）的最大值存在，且为．解答如下：（1）首先，证明．由②，得、、、互不相同，且对于任意，．不妨设．如果，那么对于条件②，当时，不存在，使得．这与题意不符，故.如果，那么，这与条件②中“存在，使得（其中、、、、、、）”矛盾，故．所以，，，，则．故．若存在，这与条件②中“存在，使得”矛盾，所以．（2）给出存在的例子 ．令，其中、、、，即、、、为等差数列，公差．由，知，则易得，所以、、、满足条件①．又公差，所以，．（注：为区间的中点对应的数）所以、、、满足条件②．综合（1）（2）可知的最大值存在，且为．【点睛】本题考查数列与区间的综合应用，考查反证法的应用，考查推理论证能力，属于难题.