PAGE1-第1講集合、常用邏輯用語集合的概念及運算[核心提煉]1．集合的運算性質及重要結論(1)A∪A＝A，A∪?＝A，A∪B＝B∪A；(2)A∩A＝A，A∩?＝?，A∩B＝B∩A；(3)A∩(?UA)＝?，A∪(?UA)＝U；(4)A∩B＝A?A?B，A∪B＝A?B?A.2．集合運算中的常用方法(1)若已知的集合是不等式的解集，用數軸求解；(2)若已知的集合是點集，用數形結合法求解；(3)若已知的集合是抽象集合，用Venn圖求解．[典型例題](1)(2024·高考浙江卷)已知全集U＝{1，2，3，4，5}，A＝{1，3}，則?UA＝()A．? B．{1，3}C．{2，4，5} D．{1，2，3，4，5}(2)(2024·高考浙江卷)已知全集U＝{－1，0，1，2，3}，集合A＝{0，1，2}，B＝{－1，0，1}，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(?UA))∩B＝()A．{－1} B．{0，1}C．{－1，2，3} D．{－1，0，1，3}(3)(2024·金華模擬)已知集合U＝{1，2，3，4，5，6}，S＝{1，2，5}，T＝{2，3，6}，則S∩(?UT)＝________，集合S共有________個子集．【解析】(1)因為U＝{1，2，3，4，5}，A＝{1，3}，所以?UA＝{2，4，5}，故選C.(2)由題意可得?UA＝{－1，3}，則(?UA)∩B＝{－1}．故選A.(3)集合U＝{1，2，3，4，5，6}，S＝{1，2，5}，T＝{2，3，6}，所以?UT＝{1，4，5}，所以S∩(?UT)＝{1，5}，S＝{1，2，5}的子集的個數為23＝8.【答案】(1)C(2)A(3){1，5}8eq\a\vs4\al()集合的運算與不等式相結合問題求解策略解決此類問題的思路主要有兩個：一是干脆法，即先化簡后運算，也就是先解不等式求出對應集合，然后利用數軸表示，從而求得集合運算的結果；二是間接法，由于此類問題多以選擇題的形式進行考查，故可依據選項的差異性選取特殊元素進行驗證，解除干擾項從而得到正確選項．[對點訓練]1．(2024·寧波市高考模擬)已知全集U＝A∪B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x∈Z|0≤x≤6))，A∩(?UB)＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(1，3，5))，則B＝()A.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(2，4，6))B.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(1，3，5))C.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(0，2，4，6))D.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x∈Z|0≤x≤6))解析：選C.因為U＝A∪B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(0，1，2，3，4，5，6))，又因為A∩(?UB)＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(1，3，5))，所以B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(0，2，4，6))，故選C.2．(2024·溫州二模)已知集合A＝{x||x－1|≤2}，B＝{x|0<x≤4}，則(?RA)∩B＝()A．{x|0<x≤3} B．{x|－3≤x≤4}C．{x|3<x≤4} D．{x|－3<x≤0}解析：選C.A＝{x|－1≤x≤3}，畫數軸可知，(?RA)∩B＝{x|3<x≤4}，故選C.3．(2024·紹興、諸暨高考二模)已知A＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|－2≤x≤0))，B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x2－x－2≤0))，則A∪B＝__________，(?RA)∩B＝________．解析：A＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|－2≤x≤0))，B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x2－x－2≤0))＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|－1≤x≤2))，?RA＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x＞0或x＜－2))，則A∪B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|－2≤x≤2))＝[－2，2]；(?RA)∩B＝{x|0＜x≤2}＝(0，2]．答案：[－2，2](0，2]

命題真假的推斷[核心提煉]1．四種命題的關系(1)兩個命題互為逆否命題，它們有相同的真假性．(2)兩個命題為互逆命題或互否命題，它們的真假性沒有關系．2．常見詞語的否定在四種命題的構造中，其中否命題和逆否命題都涉及對一些詞語的否定，要特殊留意下表中常見詞語的否定．詞語詞語的否定等于不等于大于不大于(或小于等于)小于不小于(或大于等于)是不是肯定是不肯定是都是不都是(至少有一個不是)必有一個一個也沒有隨意的某一個且或或且至多有一個至少有兩個至多有n個至少有n＋1個至少有一個一個也沒有至少有n個至多有n－1個全部x成立存在一個x不成立存在不存在[典型例題](1)(2024·諸暨市高考二模)已知數列{an}的前n項和是Sn，則下列四個命題中，錯誤的是()A．若數列{an}是公差為d的等差數列，則數列{eq\f(Sn,n)}是公差為eq\f(d,2)的等差數列B．若數列{eq\f(Sn,n)}是公差為d的等差數列，則數列{an}是公差為2d的等差數列C．若數列{an}是等差數列，則該數列的奇數項，偶數項分別構成等差數列D．若數列{an}的奇數項，偶數項分別構成公差相等的等差數列，則{an}是等差數列(2)(2024·杭州市數學期末)若l，m是兩條不同的直線，α是一個平面，則下列命題正確的是()A．若l∥α，m∥α，則l∥mB．若l⊥m，m?α，則l⊥αC．若l∥α，m?α，則l∥mD．若l⊥α，l∥m，則m⊥α【解析】(1)A項，若等差數列{an}的首項為a1，公差為d，前n項的和為Sn，則數列{eq\f(Sn,n)}為等差數列，且通項為eq\f(Sn,n)＝a1＋(n－1)eq\f(d,2)，即數列{eq\f(Sn,n)}是公差為eq\f(d,2)的等差數列，故說法正確；B項，由題意得：eq\f(Sn,n)＝a1＋(n－1)d，所以Sn＝na1＋n(n－1)d，則an＝Sn－Sn－1＝a1＋2(n－1)d，即數列{an}是公差為2d的等差數列，故說法正確；C項，若數列{an}是等差數列的公差為d，則數列的奇數項，偶數項都是公差為2d的等差數列，說法正確；D項，若數列{an}的奇數項，偶數項分別構成公差相等的等差數列，則{an}不肯定是等差數列，例如：{1，4，3，6，5，8，7}，說法錯誤．故選D.(2)A項，若l∥α，m∥α，則l∥m或相交或為異面直線，因此不正確；B項，若l⊥m，m?α，則l與α相交或平行或在平面內，因此不正確；C項，若l∥α，m?α，則l∥m或為異面直線，因此不正確；D項，若l⊥α，l∥m，則由線面垂直的性質定理與判定定理可得：m⊥α，正確．故選D.【答案】(1)D(2)Deq\a\vs4\al()命題真假的判定方法一般命題p的真假由涉及的相關學問辨別．推斷命題真假的關鍵：一是識別命題的構成形式；二是將命題簡化，對等價的簡化命題進行推斷，要推斷一個命題是假命題，只需舉出反例．[對點訓練]1．設f(x)是定義在正整數集上的函數，且f(x)滿意“當f(k)≥k2成立時，總可以推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立”，那么下列命題總成立的是()A．若f(3)≥9成立，則當k≥1時，均有f(k)≥k2成立B．若f(5)≥25成立，則當k≤5時，均有f(k)≥k2成立C．若f(7)>49成立，則當k≥8時，均有f(k)<k2成立D．若f(4)＝25成立，則當k≥4時，均有f(k)≥k2成立解析：選D.因為f(k)≥k2成立時f(k＋1)≥(k＋1)2成立，當k＝4時，f(4)＝25≥16＝42成立，所以當k≥4時，有f(k)≥k2成立．2．(2024·浙江新高考數學沖刺)給出下列命題：①函數f(x)＝sin(eq\f(x,2)＋eq\f(π,6))的圖象關于x＝π對稱的圖象的函數解析式為y＝sin(eq\f(x,2)－eq\f(π,6))；②函數f(x)＝eq\r(x－1)＋eq\f(1,x)在定義域上是增函數；③函數f(x)＝|log2x|－(eq\f(1,2))x在(0，＋∞)上恰有兩個零點x1，x2，且x1x2＜1.其中真命題的個數有()A．0B．1C．2D．3解析：選D.①由f(x)＝sin(eq\f(x,2)＋eq\f(π,6))，設其圖象關于x＝π對稱的圖象的函數解析式為y＝g(x)，設g(x)上一點(x，y)，它關于x＝π的對稱點是(2π－x，y)，這個對稱點必定在f(x)上，所以y＝sin(eq\f(2π－x,2)＋eq\f(π,6))＝sin(eq\f(x,2)－eq\f(π,6))，故①正確；②函數f(x)＝eq\r(x－1)＋eq\f(1,x)＝(x－1)eq\s\up6(\f(1,2))＋eq\f(1,x)的定義域為[1，＋∞)，且f′(x)＝eq\f(1,2)(x－1)－eq\f(1,2)－eq\f(1,x2)＝eq\f(1,2\r(x－1))－eq\f(1,x2)，因為(x－2)2≥0，所以x2≥4x－4，即x≥2eq\r(x－1)，又當x≥1時，x2≥x，所以x2≥2eq\r(x－1)，所以f′(x)＝eq\f(1,2)(x－1)－eq\f(1,2)－eq\f(1,x2)＝eq\f(1,2\r(x－1))－eq\f(1,x2)≥0，函數f(x)＝eq\r(x－1)＋eq\f(1,x)在定義域上是增函數，故②正確；③畫出函數g(x)＝|log2x|－(eq\f(1,2))x在(0，＋∞)的圖象：上恰有兩個零點x1，x2.不妨設x1＜x2，則0＜x1＜1＜x2.－log2x1＝(eq\f(1,2))x1，log2x2＝(eq\f(1,2))x2.所以log2(x1x2)＝(eq\f(1,2))x2－(eq\f(1,2))x1＜0，所以x1·x2＜1，故③正確．所以正確的命題的個數是3.故選D.充要條件的推斷及證明[核心提煉]充分、必要條件的推斷方法利用定義推斷干脆推斷“若p，則q”“若q，則p”的真假從集合的角度推斷若A?B，則“x∈A”是“x∈B”的充分條件或“x∈B”是“x∈A”的必要條件；若A＝B，則“x∈A”是“x∈B”的充要條件利用等價轉化法推斷條件和結論帶有否定性詞語的命題，常轉化為其逆否命題來推斷真假[典型例題](1)(2024·高考浙江卷)若a>0，b>0，則“a＋b≤4”是“ab≤4”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充分必要條件D．既不充分也不必要條件(2)(2024·高考浙江卷)已知平面α，直線m，n滿意m?α，n?α，則“m∥n”是“m∥α”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充分必要條件D．既不充分也不必要條件【解析】(1)通解：因為a>0，b>0，所以a＋b≥2eq\r(ab)，由a＋b≤4可得2eq\r(ab)≤4，解得ab≤4，所以充分性成立；當ab≤4時，取a＝8，b＝eq\f(1,3)，滿意ab≤4，但a＋b>4，所以必要性不成立．所以“a＋b≤4”是“ab≤4”的充分不必要條件．故選A.優解：在同始終角坐標系內作出函數b＝4－a，b＝eq\f(4,a)的圖象，如圖所示，則不等式a＋b≤4與ab≤4表示的平面區域分別是直線a＋b＝4及其左下方(第一象限中的部分)與曲線b＝eq\f(4,a)及其左下方(第一象限中的部分)，易知當a＋b≤4成立時，ab≤4成立，而當ab≤4成立時，a＋b≤4不肯定成立．故選A.(2)若m?α，n?α，m∥n，由線面平行的判定定理知m∥α.若m∥α，m?α，n?α，不肯定推出m∥n，直線m與n可能異面，故“m∥n”是“m∥α”的充分不必要條件．故選A.【答案】(1)A(2)Aeq\a\vs4\al()推斷充分、必要條件時應關注的三點(1)要弄清先后依次：“A的充分不必要條件是B”是指B能推出A，且A不能推出B；而“A是B的充分不必要條件”則是指A能推出B，且B不能推出A.(2)要擅長舉出反例：當從正面推斷或證明一個命題的正確或錯誤不易進行時，可以通過舉出恰當的反例來說明．(3)要留意轉化：?p是?q的必要不充分條件?p是q的充分不必要條件；?p是?q的充要條件?p是q的充要條件．[對點訓練]1．已知等差數列{an}的公差為d，前n項和為Sn，則“d＞0”是“S4＋S6＞2S5”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件解析：選C.因為{an}為等差數列，所以S4＋S6＝4a1＋6d＋6a1＋15d＝10a1＋21d，2S5＝10a1＋20d，S4＋S6－2S5＝d，所以d>0?S4＋S6>2S5，故選C.2．(2024·高三“吳越聯盟”)已知a，b∈R，則使|a|＋|b|>4成立的一個充分不必要條件是()A．|a|＋|b|≥4 B．|a|≥4C．|a|≥2且|b|≥2 D．b<－4解析：選D.由b<－4可得|a|＋|b|>4，但由|a|＋|b|>4得不到b<－4，如a＝1，b＝5.3．設a，b，c，d均為正數，且a＋b＝c＋d，證明：“eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(c)＋eq\r(d)”是“|a－b|＜|c－d|”的充要條件．證明：充分性：因為eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(c)＋eq\r(d)，則(eq\r(a)＋eq\r(b))2＞(eq\r(c)＋eq\r(d))2，即a＋b＋2eq\r(ab)＞c＋d＋2eq\r(cd).因為a＋b＝c＋d，所以ab＞cd，于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab＜(c＋d)2－4cd＝(c－d)2.因此|a－b|＜|c－d|.必要性：因為|a－b|＜|c－d|，則(a－b)2＜(c－d)2，即(a＋b)2－4ab＜(c＋d)2－4cd.因為a＋b＝c＋d，所以ab＞cd，所以(eq\r(a)＋eq\r(b))2＞(eq\r(c)＋eq\r(d))2，即eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(c)＋eq\r(d).綜上，“eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(c)＋eq\r(d)”是“|a－b|＜|c－d|”的充要條件．專題強化訓練[基礎達標]1．已知集合P＝{x∈R|1≤x≤3}，Q＝{x∈R|x2≥4}，則P∪(?RQ)＝()A．[2，3] B．(－2，3]C．[1，2) D．(－∞，－2]∪[1，＋∞)解析：選B.由于Q＝{x|x≤－2或x≥2}，?RQ＝{x|－2＜x＜2}，故得P∪(?RQ)＝{x|－2＜x≤3}．故選B.2．(2024·金華模擬)已知集合A＝{y|y＝log2x，x＞2}，B＝{y|y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)，x＜1}，則A∩B＝()A．(1，＋∞) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))解析：選A.法一：因為A＝{y|y＝log2x，x＞2}＝{y|y＞1}，B＝{y|y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)，x＜1}＝{y|y＞eq\f(1,2)}，所以A∩B＝{y|y＞1}，故選A.法二：取2∈A∩B，則由2∈A，得log2x＝2，解得x＝4＞2，滿意條件，同時由2∈B，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)＝2，x＝－1，滿意條件，解除選項B，D；取1∈A∩B，則由1∈A，得log2x＝1，解得x＝2，不滿意x＞2，解除C，故選A.3．(2024·溫州市統一模擬考試)已知集合A＝{1，2，3}，B＝{x|x2－3x＋a＝0，a∈A}，若A∩B≠?，則a的值為()A．1 B．2C．3 D．1或2解析：選B.當a＝1時，B中元素均為無理數，A∩B＝?；當a＝2時，B＝{1，2}，A∩B＝{1，2}≠?；當a＝3時，B＝?，則A∩B＝?，故a的值為2，選B.4．(2024·湖北七市(州)協作體聯考)已知a，b為兩個非零向量，設命題p：|a·b|＝|a||b|，命題q：a與b共線，則命題p是命題q成立的()A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件解析：選C.|a·b|＝|a||b|?|a||b||cos〈a，b〉|＝|a||b|?cos〈a，b〉＝±1?a∥b，故是充要條件，選C.5．(2024·衢州質檢)已知全集U為R，集合A＝{x|x2<16}，B＝{x|y＝log3(x－4)}，則下列關系正確的是()A．A∪B＝R B．A∪(?UB)＝RC．(?UA)∪B＝R D．A∩(?UB)＝A解析：選D.因為A＝{x|－4<x<4}，B＝{x|x>4}，所以?UB＝{x|x≤4}，所以A∩(?UB)＝A，故選D.6．“不等式x2－x＋m＞0在R上恒成立”的一個必要不充分條件是()A．m＞eq\f(1,4) B．0＜m＜1C．m＞0 D．m＞1解析：選C.若不等式x2－x＋m＞0在R上恒成立，則Δ＝(－1)2－4m＜0，解得m＞eq\f(1,4)，因此當不等式x2－x＋m＞0在R上恒成立時，必有m＞0，但當m＞0時，不肯定推出不等式在R上恒成立，故所求的必要不充分條件可以是m＞0，故選C.7．設{an}是首項為正數的等比數列，公比為q，則“q<0”是“對隨意的正整數n，a2n－1＋a2n<0”的()A．充要條件B．充分而不必要條件C．必要而不充分條件D．既不充分也不必要條件解析：選C.由題意得，an＝a1qn－1(a1>0)，a2n－1＋a2n＝a1q2n－2＋a1q2n－1＝a1q2n－2(1＋q)．若q<0，因為1＋q的符號不確定，所以無法推斷a2n－1＋a2n的符號；反之，若a2n－1＋a2n<0，即a1q2n－2(1＋q)<0，可得q<－1<0.故“q<0”是“對隨意的正整數n，a2n－1＋a2n<0”的必要而不充分條件，故選C.8．下列命題中為真命題的是()A．命題“若x>1，則x2>1”的否命題B．命題“若x>y，則x>|y|”的逆命題C．命題“若x＝1，則x2＋x－2＝0”的否命題D．命題“若tanx＝eq\r(3)，則x＝eq\f(π,3)”的逆否命題解析：選B.對于選項A，命題“若x>1，則x2>1”的否命題為“若x≤1，則x2≤1”，易知當x＝－2時，x2＝4>1，故選項A為假命題；對于選項B，命題“若x>y，則x>|y|”的逆命題為“若x>|y|，則x>y”，分析可知選項B為真命題；對于選項C，命題“若x＝1，則x2＋x－2＝0”的否命題為“若x≠1，則x2＋x－2≠0”，易知當x＝－2時，x2＋x－2＝0，故選項C為假命題；對于選項D，命題“若tanx＝eq\r(3)，則x＝eq\f(π,3)”的逆否命題為“若x≠eq\f(π,3)，則tanx≠eq\r(3)”，易知當x＝eq\f(4π,3)時，tanx＝eq\r(3)，故選項D為假命題．綜上可知，選B.9．(2024·浙江五校聯考模擬)已知棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，下列命題不正確的是()A．平面ACB1∥平面A1C1D，且兩平面的距離為eq\f(\r(3),3)B．點P在線段AB上運動，則四面體PA1B1C1的體積不變C．與全部12條棱都相切的球的體積為eq\f(\r(2),3)πD．M是正方體的內切球的球面上隨意一點，N是△AB1C外接圓的圓周上隨意一點，則|MN|的最小值是eq\f(\r(3)－\r(2),2)解析：選D.A.因為AB1∥DC1，AC∥A1C1，且AC∩AB1＝A，所以平面ACB1∥平面A1C1D，正方體的體對角線BD1＝eq\r(3)，設B到平面ACB1的距離為h，則VB-AB1C＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(2)×eq\f(\r(3),2)h，即h＝eq\f(\r(3),3)，則平面ACB1與平面A1C1D的距離d＝eq\r(3)－2h＝eq\r(3)－2×eq\f(\r(3),3)＝eq\f(\r(3),3)，故A正確．B．點P在線段AB上運動，則四面體PA1B1C1的高為1，底面積不變，則體積不變，故B正確，C．與全部12條棱都相切的球的直徑2R等于面的對角線B1C＝eq\r(2)，則2R＝eq\r(2)，R＝eq\f(\r(2),2)，則球的體積V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)×π×(eq\f(\r(2),2))3＝eq\f(\r(2),3)π，故C正確．D．設正方體的內切球的球心為O，正方體的外接球的球心為O′，則三角形ACB1的外接圓是正方體的外接球O′的一個小圓，因為點M在正方體的內切球的球面上運動，點N在三角形ACB1的外接圓上運動，所以線段MN長度的最小值是正方體的外接球的半徑減去正方體的內切球的半徑，因為正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，所以線段MN長度的最小值是eq\f(\r(3),2)－eq\f(1,2).故D錯誤．故選D.10．設A是自然數集的一個非空子集，對于k∈A，假如k2?A，且eq\r(k)?A，那么k是A的一個“酷元”，給定S＝{x∈N|y＝lg(36－x2)}，設M?S，集合M中有兩個元素，且這兩個元素都是M的“酷元”，那么這樣的集合M有()A．3個 B．4個C．5個 D．6個解析：選C.由36－x2>0可解得－6<x<6，又x∈N，故x可取0，1，2，3，4，5，故S＝{0，1，2，3，4，5}．由題意可知：集合M不能含有0，1，且不能同時含有2，4.故集合M可以是{2，3}，{2，5}，{3，5}，{3，4}，{4，5}．11．設P，Q為兩個非空實數集合，定義集合P*Q＝{z|z＝ab，a∈P，b∈Q}，若P＝{1，2}，Q＝{－1，0，1}，則集合P*Q中元素的個數為________．解析：法一(列舉法)：當b＝0時，無論a取何值，z＝ab＝1；當a＝1時，無論b取何值，ab＝1；當a＝2，b＝－1時，z＝2－1＝eq\f(1,2)；當a＝2，b＝1時，z＝21＝2.故P*Q＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，2))，該集合中共有3個元素．法二：(列表法)：因為a∈P，b∈Q，所以a的取值只能為1，2；b的取值只能為－1，0，1.z＝ab的不同運算結果如下表所示：ba－10111112eq\f(1,2)12由上表可知P*Q＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，2))，明顯該集合中共有3個元素．答案：312．(2024·溫州瑞安高考數學模擬)設全集U＝{1，2，3，4，5，6}，A＝{1，2}，B＝{2，3，4}，則A∩(?UB)＝______，(?UA)∪B＝________．解析：因為U＝{1，2，3，4，5，6}，?UB＝{1，5，6}，?UA＝{3，4，5，6}，所以A∩(?UB)＝{1，2}∩{1，5，6}＝{1}，(?UA)∪B＝{3，4，5，6}∪{2，3，4}＝{2，3，4，5，6}．答案：{1}{2，3，4，5，6}13．給出命題：若函數y＝f(x)是冪函數，則函數y＝f(x)的圖象不過第四象限．在它的逆命題、否命題、逆否命題三個命題中，真命題的個數是________．解析：易知原命題是真命題，則其逆否命題也是真命題，而逆命題、否命題是假命題．答案：114．一次函數f(x)＝kx＋b(k≠0)是奇函數的充分必要條件是________．解析：必要性：因為f(x)＝kx＋b(k≠0)是奇函數，所以f(－x)＝－f(x)，即k(－x)＋b＝－(kx＋b)，所以b＝0.充分性：假如b＝0，那么f(x)＝kx，因為f(－x)＝k(－x)＝－kx，所以f(－x)＝－f(x)，所以f(x)為奇函數．答案：b＝015．A＝{1，2，3}，B＝{x∈R|x2－ax＋b＝0，a∈A，b∈A}，則A∩B＝B的概率是________．解析：有序實數對(a，b)的取值情形共有9種，滿意A∩B＝B的情形有：①(1，1)，(1，2)，(1，3)，(2，2)，(2，3)，(3，3)，此時B＝?；②(2，1)，此時B＝{1}；③(3，2)，此時B＝{1，2}．所以A∩B＝B的概率為P＝eq\f(8,9).答案：eq\f(8,9)16．設集合A＝{x|x2＋4x＝0，x∈R}，B＝{x|x2＋2(a＋1)x＋a2－1＝0，a∈R，x∈R}，若B?A，則實數a的取值范圍為________．解析：因為A＝{0，－4}，所以B?A分以下三種狀況：(1)當B＝A時，B＝{0，－4}，由此知0和－4是方程x2＋2(a＋1)x＋a2－1＝0的兩個根，由根與系數之間的關系，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝4（a＋1）2－4（a2－1）＞0，,－2（a＋1）＝－4，,a2－1＝0.))解得a＝1.(2)當B≠A時，B＝{0}或B＝{－4}，并且Δ＝4(a＋1)2－4(a2－1)＝0，解得a＝－1，此時B＝{0}滿意題意．(3)當B＝?時，Δ＝4(a＋1)2－4(a2－1)＜0，解得a＜－1.綜上所述，所求實數a的取值范圍為(－∞，－1]∪{1}．答案：(－∞，－1]∪{1}17．函數g(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x，x∈P，,－x，x∈M，))其中P，M為實數集R的兩個非空子集，規定f(P)＝{y|y＝g(x)，x∈P}，f(M)＝{y|y＝g(x)，x∈M}．給出下列四個命題：①若P∩M＝?，則f(P)∩f(M)＝?；②若P∩M≠?，則f(P)∩f(M)≠?；③若P∪M＝R，則f(P)∪f(M)＝R；④若P∪M≠R，則f(P)∪f(M)≠R.其中命題不正確的有________．解析：①若P＝{1}，M＝{－1}，則f(P)＝{1}，f(M)＝{1}，則f(P)∩f(M)≠?，故①錯．②若P＝{1，2}，M＝{1}，則f(P)＝{1，2}，f(M)＝{－1}，則f(P)∩f(M)＝?.故②錯．③若P＝{非負實數}，M＝{負實數}，則f(P)＝{非負實數}，f(M)＝{正實數}，則f(P)∪f(M)≠R，故③錯．④若P＝{非負實數}，M＝{正實數}，則f(P)＝{非負實數}，f(M)＝{負實數}，則f(P)∪f(M)＝R，故④錯．答案：①②③④[實力提升]1．已知集合P＝{y|y＝(eq\f(1,2))x，x≥0}，Q＝{x|y＝lg(2x－x2)}，則P∩Q為()A．(0，1]B．?C．(0，2)D．{0}解析：選A.由已知得，因為x≥0，且0＜(eq\f(1,2))x≤(eq\f(1,2))0＝1，所以P＝(0，1]，又因為2x－x2＞0?0＜x＜2，所以Q＝(0，2)，因此P∩Q＝(0，1]，故選A.2．已知z＝m2－1＋(m2－3m＋2)i(m∈R，i為虛數單位)，則“m＝－1”是“z為純虛數”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充分必要條件D．既不充分也不必要條件解析：選C.由題意，當m＝－1時，z的實部為(－1)2－1＝0，虛部為(－1)2－3×(－1)＋2＝6，此時z為純虛數，即充分性成立；當z為純虛數時，有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m2－1＝0，,m2－3m＋2≠0))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝±1,m≠2，m≠1))?m＝－1，即必要性成立，故選C.3．集合A＝{x|y＝ln(1－x)}，B＝{x|x2－2x－3≤0}，全集U＝A∪B，則?U(A∩B)＝()A．{x|x＜－1或x≥1}B．{x|1≤x≤3或x＜－1}C．{x|x≤－1或x＞1}D．{x|1＜x≤3或x≤－1}解析：選B.集合A＝{x|y＝ln(1－x)}＝{x|1－x＞0}＝{x|x＜1}，B＝{x|x2－2x－3≤0}＝{x|(x＋1)(x－3)≤0}＝{x|－1≤x≤3}，所以U＝A∪B＝{x|x≤3}，所以A∩B＝{x|－1≤x＜1}；所以?U(A∩B)＝{x|1≤x≤3或x＜－1}．故選B.4．若x∈R，則“x＞1”是“eq\f(1,x)＜1”的()A．充分非必要條件B．必要非充分條件C．充要條件D．既非充分也非必要條件解析：選A.由x＞1，肯定能得到eq\f(1,x)＜1，但當eq\f(1,x)＜1時，不能推出x＞1(如x＝－1時)，故“x＞1”是“eq\f(1,x)＜1”的充分非必要條件．5．下面四個條件中，使a＞b成立的必要而不充分的條件是()A．a－1＞b B．a＋1＞bC．|a|＞|b| D．a3＞b3解析：選B.“a＞b”不能推出“a－1＞b”，故選項A不是“a＞b”的必要條件，不滿意題意；“a＞b”能推出“a＋1＞b”，但“a＋1＞b”不能推出“a＞b”，故滿意題意；“a＞b”不能推出“|a|＞|b|”，故選項C不是“a＞b”的必要條件，不滿意題意；“a＞b”能推出“a3＞b3”，且“a3＞b3”能推出“a＞b”，故是充要條件，不滿意題意．6．(2024·紹興質檢)已知集合A＝{x|x＜－2或x＞1}，B＝{x|x＞2或x＜0}，則(?RA)∩B＝()A．(－2，0) B．[－2，0)C．? D．(－2，1)解析：選B.因為集合A＝{x|x＜－2或x＞1}，所以?RA＝{x|－2≤x≤1}，集合B＝{x|x＞2或x＜0}，所以(?RA)∩B＝{x|－2≤x＜0}＝[－2，0)，故選B.7．對于兩條不同的直線m，n和兩個不同的平面α，β，以下結論正確的是()A．若m?α，n∥β，m，n是異面直線，則α，β相交B．若m⊥α，m⊥β，n∥α，則n∥βC．若m?α，n∥α，m，n共面于β，則m∥nD．若m⊥α，n⊥β，α，β不平行，則m，n為異面直線解析：選C.A.α∥β時，m?α，n∥β，m，n是異面直線，可以成立，故A錯誤；B.若m⊥α，m⊥β，則α∥β，因為n∥α，則n∥β或n?β，故B錯誤；C.利用線面平行的性質定理，可得C正確；D.若m⊥α，n⊥β，α，β不平行，則m，n為異面直線或相交直線，故D不正確，故選C.8．已知f(x)＝ax2＋bx，其中－1≤a＜0，b＞0，則“存在x∈[0，1]，|f(x)|＞1”是“a＋b＞1”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件解析：選C.因為f(x)＝ax2＋bx，所以a＋b＞1?f(1)＞1.因為存在x∈[0，1]，|f(x)|＞1，所以|f(x)|max＞1.因為－1≤a＜0，b＞0，所以函數f(x)的對稱軸x＝－eq\f(b,2a)＞0.計算：f(0)＝0，f(1)＝a＋b，f(－eq\f(b,2a))＝eq\f(b2,－4a)＞0.f(1)＞1，所以f(－eq\f(b,2a))＝eq\f(b2,－4a)＞1，反之也成立，若b2＞－4a，則b＞－4a＞1－a.所以“存在x∈[0，1]，|f(x)|＞1”是“a＋b＞1”的充要條件．9．已知全集U＝R，集合A＝{x|x(x＋2)＜0}，B＝{x||x|≤1}，則如圖所示的陰影部分表示的集合是()A．(－2，1) B．[－1，0]∪[1，2)C．(－2，－1)∪[0，1] D．[0，1]解析：選C.因為集合A＝{x|x(x＋2)＜0}，B＝{x||x|≤1}，所以A＝{x|－2＜x＜0}，B＝{x|－1≤x≤1}，所以A∪B＝(－2，1]，A∩B＝[－1，0)，所以陰影部分表示的集合為?A∪B(A∩B)＝(－2，－1)∪[0，1]，故選C.10．已知各項均不為零的數列{an}，定義向量cn＝(an，an＋1)，bn＝(n，n＋1)，n∈N*.下列命題中真命題是()A．若隨意n∈N*總有cn⊥bn成立，則數列{an}是等比數列B．若隨意n∈N*總有cn∥bn成立，則數列{an}是等比數列C．若隨意n∈N*總有cn⊥bn成立，則數列{an}是等差數列D．若隨意n∈N*總有cn∥bn成立，則數列{an}是等差數列解析：選D⊥bn?cn·bn＝nan＋(n＋1)an＋1＝0，即eq\f(an＋1,an)＝－eq\f(n,n＋1)；所以數列{an}既不是等比數列又不是等差數列；cn∥bn?(n＋1)an－nan＋1＝0，即eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n＋1,n)；所以eq\f(a2,a1)×eq\f(a3,a2)×…×eq\f(an,an－1)＝eq\f(2,1)×eq\f(3,2)×…×eq\f(n,n－1)＝n(n≥2)，即an＝na1.所以數列{an}是等差數列．11．已知A＝{0，1，2}，B＝{－1，3}，記：A＋B＝{a＋b|a∈A，b∈B}，試用列舉法表示A＋B＝________．解析：因為a∈A，b∈B，所以當a＝0時，a＋b＝－1或3，當a＝1時，a＋b＝0或4，當a＝2時，a＋b＝1或5，所以A＋B＝{－1，0，1，3，4，5}．答案：{－1，0，1，3，4，5}12．設集合A＝{1，2，4}，B＝{x|x2－4x＋m＝0}，若A∩B＝{1}，則B＝________．解析：因為A∩B＝{1}，所以1∈B，所以1是方程x2－4x＋m＝0的根，所以1－4＋m＝0，m＝3，方程為x2－4x＋3＝0，