文档内容
第 01 讲 集合与常用逻辑用语
（8 类核心考点精讲精练）
1. 5年真题考点分布
5年考情
考题示例 考点分析
2024年天津卷，第1题,5分 交集的概念与运算
充分条件的判定及性质、必要条件的判定及性质、比较指数幂的大小、
2024年天津卷，第2题,5分
判断一般幂函数的单调性
2023年天津卷，第1题,5分 并交补混合运算
2023年天津卷，第2题,5分 必要条件的判断与性质
2022年天津卷，第1题,5分 交集的概念及运算、交并补混合运算
2022年天津卷，第2题,5分 判断命题的充分与必要条件
2021年天津卷，第1题,5分 并交补混合运算
2021年天津卷，第2题,5分 判断命题的充分与必要条件
2020年天津卷，第1题,5分 并交补混合运算
2020年天津卷，第2题,5分 判断命题的充分与必要条件
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是天津高考卷的必考内容，设题稳定，难度较低，分值为5分
【备考策略】1.理解、掌握集合的表示方法，充分条件与必要条件的判断，能够判断元素与集合、集合
与集合的关系，能够判断命题的充分条件与必要条件
2.能掌握集合交集、并集、补集的运算和性质，会判断充分条件与必要条件
3.具备数形结合的思想意识，会借助Venn图、数轴等工具解决集合的计算问题，会利用集
合间的关系解决充分条件必要条件问题
【命题预测】本节内容是天津高考卷的必考内容，一般给两个集合，要求通过解不等式求出一个集合，
然后通过集合的运算得出答案，一般给出两命题，要求判断两个命题的充分条件与必要条件等。知识讲解
知识点一.集合的含义与表示
1.集合的概念
集合中的元素具有确定性、互异性和无序性
2.常用数集及其记法
N表示自然数集，N*或N，表示正整数集，Z表示整数集，0表示有理数集，R表示实数集
3.集合与元素间的关系
对象a与集合M的关系是a ∈M，或者a ￠M，两者必居其一。
4.集合的表示法
①自然语言法:用文字叙述的形式来描述集合
②)列举法:把集合中的元素--列举出来，写在大括号内表示集合
③描述法:{xlx具有的性质}，其中x为集合的代表元素、
④图示法:用数轴或韦恩图来表示集合
5.集合的分类
①含有有限个元素的集合叫做有限集
②含有无限个元素的集合叫做无限集
③不含有任何元素的集合叫做空集(Ø)
知识点二.集合间的基本关系
名称 记号 意义 性质 示意图(1)A⊆A
A⊆B（或 (2)∅⊆A
或
子集 A中的任一元素都属于B
B⊇A) (3)若A⊆B且B⊆C，则A⊆C
(4)若A⊆B且B⊆A，则A=B
⊂ ∅⊂A
真子 A B（或B A⊆B，且B中至少有一 （1） （A为非空子集）
≠ ≠
集 ⊃ A） 元素不属于A (2)若 A⊂B 且 B⊂C ，则 A⊂C
≠ ≠ ≠ ≠
A中的任一元素都属于
集合
A=B B，B中的任一元素都属于 (1)A⊆B(2)B⊆A
相等
A
知识点三.子集与元素之间的关系
已知集合A有n(n≥1)个元素，则它有2n 个子集，它有2n−1个真子集，它有2n−1个非空子集，它有2n−2
非空真子集.
知识点四.集合的基本运算
1. 集合的并交补运算：
； ；
2.集合的包含关系: ； ；
3.识记重要结论： A∩B=A ⇔ A⊆B; A∪B=A⇔A⊇B;
C (A∪B)=C A∩C B; C (A∩B)=C A∪C B
U U U U U U
知识点五. 命题、充分条件、必要条件与充要条件
1、命题:可以判断真假的语句叫命题。
逻辑联结词:“或”“且”“非”这些词就叫做逻辑联结词。
简单命题:不含逻辑联结词的命题。
复合命题:由简单命题与逻辑联结词构成的命题常用小写的拉丁字母p，q，r，s，.表示命题
2、充分条件、必要条件与充要条件
(1)、一般地，如果已知p⟹q，那么就说:p是q的充分条件，q是p的必要条件;
若p ⟹q，则p是q的充分必要条件，简称充要条件
(2)、充分条件，必要条件与充要条件主要用来区分命题的条件p与结论g之间的关系
3、从逻辑推理关系上看:
①若p⟹q，则p是q充分条件，q是p的必要条件;②若p⟹q，但q⇏p，则p是q充分而不必要条件:
③若p⇏q，但q⟹p，则p是q必要而不充分条件;
④若p⟹q且q ⟹p，则p是q的充要条件;
⑤若p⇏q且q⇏p，则p是q的既不充分也不必要条件,
4、从集合与集合之间的关系上看:
已知A ={x|x满足条件p}，B = {x|x满足条件q}
①A ⊆B,则p是q充分条件;
②若B⊆A,则p是q必要条件;
⊂
③若A B，则p是q充分而不必要条件;
≠
⊂
④若B A，则p是q必要而不充分条件;
≠
⑤若A =B，则p是q的充要条件;
⑥若A ￠ B且B ￠A，则p是q的既不充分也不必要条件
5、全称量词与存在量词
(1)全称量词与全称命题
短语“所有的”“任意一个”在逻辑中通常叫做全称量词，并用符号“∀”表示.含有全称量词的命题，叫
做全称命题
(2)存在量词与特称命题
短语“存在一个”“至少有一个”在逻辑中通常叫做存在量词，并用符号“∃”表示.含有存在量词的命
题，叫做特称命题
(3)全称命题与特称命题的符号表示及否定
①全称命题p: x ∈ M,p(x)，它的否定¬p: x∈ M, ¬p(x).全称命题的否定是特称命题
o o
②特称命题p: ∀ x o ∈ M,p(x o ),它的否定¬p: ∃ x ∈ M, ¬p(x).特称命题的否定是全称命题
考点一、元素与集合的关系
∃ ∀
1.（2022·全国·高考真题）设全集U={1,2,3,4,5}，集合M满足∁ M={1,3}，则（ ）
U
A．2∈M B．3∈M C．4∉M D．5∉M
【答案】A
【分析】先写出集合M,然后逐项验证即可
【详解】由题知M={2,4,5},对比选项知，A正确,BCD错误
故选:A
2.（2024·四川·模拟预测）已知全集U={−2,−1,0,1,2},A∩B={−1,1},A∪B={−2,−1,1,2}，则（ ）
A．−1∈A,−1∉B B．2∈A,2∈B
C．−2∉A,−2∉B D．0∉A,0∉B
【答案】D
【分析】由交集和并集的定义对选项一一判断即可得出答案.
【详解】由U={−2,−1,0,1,2},A∩B={−1,1},A∪B={−2,−1,1,2}知，
−1∈A,−1∈B，2不同时在集合A,B中，−2必在集合A,B之一中，
集合A,B中都不含0.
故选：D．
1.（2023·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知A=¿，若2∈A，则m的取值范围是（ ）
1 1 1 1 1 1 1 1
A．− ≤m< B．− ≤m≤ C．m≤− 或m> D．m≤− 或m≥
2 2 2 2 2 2 2 2
【答案】A
mx+1
【分析】将x=2代入 ≤0，然后转化为一元二次不等式求解可得.
mx−1
2m+1
【详解】因为2∈A，所以 ≤0，等价于¿，
2m−1
1 1
解得− ≤m< .
2 2
故选：A
2.（2024·河南信阳·模拟预测）已知非空集合A=¿，则实数a的取值范围为（ ）
A．(0,1) B．(−∞,0)
C．(−∞,0)∪(1,+∞) D．(−∞,−1)∪(0,+∞)
【答案】C
【分析】由题意可得a2>a，解不等式可求出实数a的取值范围.
【详解】因为集合A=¿是非空集合，
所以a2>a，解得a<0或a>1，
即实数a的取值范围为(−∞,0)∪(1,+∞)，
故选：C
3.（2024·北京·三模）已知集合A=¿，若a∉A，则a可能是（ ）
1
A． B．1 C．2 D．3
e
【答案】D
【分析】解对数不等式化简集合A，进而求出a的取值集合即得.【详解】由lnx<1，得0a(a−1)}，0∈A，则a的取值范围是
．
【答案】0a(a−1)}，0∈A，
所以a(a−1)<0，解得00}，所以∁ A⊆B.
U
故选：D
1.（2024·重庆·三模）已知集合 A={x|x2−1=0}，集合 B={a+1,a−1,3}，若 A⊆B，则a=
（ ）
A．−1 B．0 C．1 D．2
【答案】B
【分析】利用子集的概念求解.
【详解】集合A={x|x2−1=0}={−1,1}，集合B={a+1,a−1,3}，
若A⊆B，又a+1>a−1，所以¿，解得a=0.
故选：B
b 1
2.（2024·河南信阳·模拟预测）已知集合A={x| =a,a,b∈R},B={b, },A⊆B，则a的取值集合为
x b
.
【答案】{0,1,b2}
【分析】本题根据集合之间的关系，对参数分类讨论，即可确定参数的取值.
【详解】由题意可知：x≠0,b≠0,b≠±1，
因为A⊆B,所以当A=∅时，a=0；
b
当A≠∅时，则x= ∈B,
a
b b 1
则 =b或 = ，解得a=1或a=b2，
a a b综上得，a的取值集合是{0,1,b2}.
故答案为：{0,1,b2}
3. （ 23-24 高 三 下 · 河 南 郑 州 · 阶 段 练 习 ） 已 知 集 合
A={x∣x2−3x<0},B={x∣−2−1}，选项B错误；
U UM∩N={x|−16}
【答案】D
【分析】先根据并集运算求得，然后利用补集的概念求解阴影部分表示的集合即可.
【详解】因为A=¿，B=¿，所以A∪B=¿，
所以图中阴影部分表示的集合∁ (A∪B)=¿或x>6}.
U
故选：D
2.（2024·湖北黄冈·二模）已知集合A={x∈N∣(x−3)(x+2)≤0},B={x∣|x−1|≤1}，则图中阴影部
分表示的集合为（ ）
A．{0,1} B．{3} C．{1,2} D．{1,2,3}
【答案】B
【分析】利用韦恩图来理解集合的运算即可.【详解】
因为A={x∈N∣(x−3)(x+2)≤0}={0,1,2,3},B={x||x−1|≤1}={x∣0≤x≤2}，
由韦恩图可知，阴影部分表示(∁ B)∩A，所以(∁ B)∩A={3}.
U U
故选：B.
1.（23-24高三下·重庆·阶段练习）如图所示，U是全集，A，B是U的子集，则阴影部分所表示的集合是
（ ）
A．∁ (A∪B) B．A∪(∁ B) C．(∁ A)∩(∁ B) D．(∁ A)∪(∁ B)
U U U U U U
【答案】D
【分析】根据题中韦恩图结合集合间运算分析判断.
【详解】图中阴影部分表示的集合为∁ (A∩B)=(∁ A)∪(∁ B).
U U U
故选：D．
2.（2024·山西·三模）已知集合A，B均为集合U的子集，则(∁ A)∩B表示的区域为（ ）
U
A．① B．② C．③ D．④
【答案】A
【分析】根据韦恩图及补集、交集的定义判断即可.
【详解】由韦恩图可知∁ A包含区域①④，
U
所以(∁ A)∩B表示的区域为①.
U
故选：A
3.（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图所示的Venn图中，A、B是非空集合，定义集合A⊗B为阴影部分表
示的集合．若A=¿，B=¿，则A⊗B=（ ）A．{−1,0,3} B．{−2,−1,2}
C．{−2,−1,2,3} D．{−2,−1,3}
【答案】D
【分析】根据题意，由集合的运算结合A⊗B的定义，代入计算，即可得到结果.
【详解】因为A=¿，
B=¿，
则A∩B={0,1,2},A∪B={−2,−1,0,1,2,3}，
由集合A⊗B的运算可知，A⊗B表示A∪B中去掉A∩B的部分，
所以A⊗B={−2,−1,3}.
故选：D
4.（2024·广西柳州·三模）某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有90%的学生喜欢足球或游泳，60%的学
生喜欢足球，80%的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是（
）
A．70% B．60% C．50% D．40%
【答案】C
【分析】根据韦恩图中集合的关系运算即可．
【详解】由题意可得如下所示韦恩图：
所求比例为：60%+80%−90%=50%．
故选：C．
{ x2 }
5.（2023·四川南充·一模）已知全集U=R，集合A={x|log (x−1)>1}，B= x| + y2=1 ，则能表示
3 4
A，B，U关系的图是（ ）
A． B．C． D．
【答案】C
【分析】计算出集合A、B后结合集合的关系即可得.
【详解】由log (x−1)>1，得x−1>3，解得x>4，即A={x|x>4}，
3
x2
由 + y2=1，得−2≤x≤2，即B={x|−2≤x≤2}，
4
则A∩B=∅，又A⊆U，B⊆U，故选项C正确.
故选：C.
考点七、充分条件与必要条件
1.（2024·天津·高考真题）设a,b∈R，则“a3=b3”是“3a=3b”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】C
【分析】说明二者与同一个命题等价，再得到二者等价，即是充分必要条件.
【详解】根据立方的性质和指数函数的性质，a3=b3和3a=3b都当且仅当a=b，所以二者互为充要条件.
故选：C.
2.（2022·天津·高考真题）“x为整数”是“2x+1为整数”的（ ）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
【分析】用充分条件、必要条件的定义判断.
【详解】由x为整数能推出2x+1为整数，故“x为整数”是“2x+1为整数”的充分条件，
1
由x= ,2x+1为整数不能推出x为整数，故“x为整数”是“2x+1为整数”的不必要条件，
2
综上所述，“x为整数”是“2x+1为整数”的充分不必要条件，
故选：A.
1.（2024·全国·高考真题）设向量⃗a=(x+1,x),⃗b=(x,2)，则（ ）
A．“x=−3”是“⃗a⊥⃗b”的必要条件 B．“x=−3”是“⃗a//⃗b”的必要条件C．“x=0”是“⃗a⊥⃗b”的充分条件 D．“x=−1+√3”是“⃗a//⃗b”的充分条件
【答案】C
【分析】根据向量垂直和平行的坐标表示即可得到方程，解出即可.
【详解】对A，当⃗a⊥⃗b时，则⃗a⋅⃗b=0，
所以x⋅(x+1)+2x=0，解得x=0或−3，即必要性不成立，故A错误；
对C，当x=0时，⃗a=(1,0),⃗b=(0,2)，故⃗a⋅⃗b=0，
所以⃗a⊥⃗b，即充分性成立，故C正确；
对B，当⃗a//⃗b时，则2(x+1)=x2，解得x=1±√3，即必要性不成立，故B错误；
对D，当x=−1+√3时，不满足2(x+1)=x2，所以⃗a//⃗b不成立，即充分性不立，故D错误.
故选：C.
y x
2.（2023·北京·高考真题）若xy≠0，则“x+ y=0”是“ + =−2”的（ ）
x y
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】C
x y
【分析】解法一：由 + =−2化简得到x+ y=0即可判断；解法二：证明充分性可由x+ y=0得到
y x
x y x y
x=−y，代入 + 化简即可，证明必要性可由 + =−2去分母，再用完全平方公式即可；解法三：证
y x y x
x y x y
明充分性可由 + 通分后用配凑法得到完全平方公式，再把x+ y=0代入即可，证明必要性可由 + 通
y x y x
分后用配凑法得到完全平方公式，再把x+ y=0代入，解方程即可.
【详解】解法一：
x y
因为xy≠0，且 + =−2，
y x
所以x2+ y2=−2xy，即x2+ y2+2xy=0，即(x+ y) 2=0，所以x+ y=0.
x y
所以“x+ y=0”是“ + =−2”的充要条件.
y x
解法二：
充分性：因为xy≠0，且x+ y=0，所以x=−y，
x y −y y
所以 + = + =−1−1=−2，
y x y −y
所以充分性成立；
x y
必要性：因为xy≠0，且 + =−2，
y x
所以x2+ y2=−2xy，即x2+ y2+2xy=0，即(x+ y) 2=0，所以x+ y=0.
所以必要性成立.x y
所以“x+ y=0”是“ + =−2”的充要条件.
y x
解法三：
充分性：因为xy≠0，且x+ y=0，
x y x2+ y2 x2+ y2+2xy−2xy (x+ y) 2−2xy −2xy
所以 + = = = = =−2，
y x xy xy xy xy
所以充分性成立；
x y
必要性：因为xy≠0，且 + =−2，
y x
x y x2+ y2 x2+ y2+2xy−2xy (x+ y) 2−2xy (x+ y) 2
所以 + = = = = −2=−2，
y x xy xy xy xy
(x+ y) 2
所以 =0，所以(x+ y) 2=0，所以x+ y=0，
xy
所以必要性成立.
x y
所以“x+ y=0”是“ + =−2”的充要条件.
y x
故选：C
3.（2023·全国·高考真题）设甲：sin2α+sin2β=1，乙：sinα+cosβ=0，则（ ）
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件 B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件 D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】B
【分析】根据充分条件、必要条件的概念及同角三角函数的基本关系得解.
π
【详解】当sin2α+sin2β=1时，例如α= ,β=0但sinα+cosβ≠0，
2
即sin2α+sin2β=1推不出sinα+cosβ=0；
当sinα+cosβ=0时，sin2α+sin2β=(−cosβ) 2+sin2β=1，
即sinα+cosβ=0能推出sin2α+sin2β=1.
综上可知，甲是乙的必要不充分条件.
故选：B
4.（2023·天津·高考真题）已知a,b∈R，“a2=b2”是“a2+b2=2ab”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件
【答案】B
【分析】根据充分、必要性定义判断条件的推出关系，即可得答案.
【详解】由a2=b2，则a=±b，当a=−b≠0时a2+b2=2ab不成立，充分性不成立；
由a2+b2=2ab，则(a−b) 2=0，即a=b，显然a2=b2成立，必要性成立；所以a2=b2是a2+b2=2ab的必要不充分条件.
故选：B
S
5.（2023·全国·高考真题）记S 为数列{a }的前n项和，设甲：{a }为等差数列；乙：{ n }为等差数列，则
n n n n
（ ）
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】C
【分析】利用充分条件、必要条件的定义及等差数列的定义，再结合数列前n项和与第n项的关系推理判
断作答.，
【详解】方法1，甲：{a }为等差数列，设其首项为a ，公差为d，
n 1
n(n−1) S n−1 d d S S d
则S =na + d, n=a + d= n+a − , n+1 − n= ，
n 1 2 n 1 2 2 1 2 n+1 n 2
S
因此{ n }为等差数列，则甲是乙的充分条件；
n
S S S nS −(n+1)S na −S
反之，乙：{ n }为等差数列，即 n+1 − n= n+1 n= n+1 n 为常数，设为t，
n n+1 n n(n+1) n(n+1)
na −S
即 n+1 n=t，则S =na −t⋅n(n+1)，有S =(n−1)a −t⋅n(n−1),n≥2，
n(n+1) n n+1 n−1 n
两式相减得：a =na −(n−1)a −2tn，即a −a =2t，对n=1也成立，
n n+1 n n+1 n
因此{a }为等差数列，则甲是乙的必要条件，
n
所以甲是乙的充要条件，C正确.
n(n−1)
方法2，甲：{a }为等差数列，设数列{a }的首项a ，公差为d，即S =na + d，
n n 1 n 1 2
S (n−1) d d S
则 n=a + d= n+a − ，因此{ n }为等差数列，即甲是乙的充分条件；
n 1 2 2 1 2 n
S S S S
反之，乙：{ n }为等差数列，即 n+1 − n=D, n=S +(n−1)D，
n n+1 n n 1
即S =nS +n(n−1)D，S =(n−1)S +(n−1)(n−2)D，
n 1 n−1 1
当n≥2时，上两式相减得：S −S =S +2(n−1)D，当n=1时，上式成立，
n n−1 1
于是a =a +2(n−1)D，又a −a =a +2nD−[a +2(n−1)D]=2D为常数，
n 1 n+1 n 1 1
因此{a }为等差数列，则甲是乙的必要条件，
n
所以甲是乙的充要条件.
故选：C6.（2024·天津·模拟预测）已知p:x2+2x−3<0，q:x2+x−2<0，则p是q的（ ）条件
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
【答案】B
【分析】分别求得对应命题的范围，根据集合语言和命题语言的关系，即可判断.
【详解】由p:x2+2x−3<0得−31；命题 q：∃x>0，x3=x，则
（ ）
A．p和q都是真命题 B．¬p和q都是真命题
C．p和¬q都是真命题 D．¬p和¬q都是真命题
【答案】B
【分析】对于两个命题而言，可分别取x=−1、x=1，再结合命题及其否定的真假性相反即可得解.
【详解】对于p而言，取x=−1，则有|x+1|=0<1，故p是假命题，¬p是真命题，
对于q而言，取x=1，则有x3=13=1=x，故q是真命题，¬q是假命题，
综上，¬p和q都是真命题.
故选：B.
2.（2020·山东·高考真题）下列命题为真命题的是（ ）
A．1>0且3>4 B．1>2或4>5
C．∃x∈R，cosx>1 D．∀x∈R，x2≥0
【答案】D
【分析】本题可通过4>3、1<2、4<5、cosx≤1、x2≥0得出结果.
【详解】A项：因为4>3，所以1>0且3>4是假命题，A错误；
B项：根据1<2、4<5易知B错误；
C项：由余弦函数性质易知cosx≤1，C错误；
D项：x2恒大于等于0，D正确，
故选：D.1.（22-23高三上·天津滨海新·期中）若命题“∀x∈R，m≥sinx+cosx”是真命题，则实数m的取值
范围是 .
【答案】m≥√2
【分析】若命题“∀x∈R，m≥sinx+cosx”为真，则m≥(sinx+cosx) ，因此求出(sinx+cosx)的
max
最大值即可.
π
【详解】令f (x)=sinx+cosx=√2sin ( x+ ) ，f (x) =√2，故m≥√2
4 max
故答案为：m≥√2
2.（2022高三上·河南·专题练习）已知命题p:∀x∈R，ex+1+e3−x≥2e2，则命题p的真假以及否定分别
为（ ）
A．真，¬p:∀x∈R，ex+1+e3−x<2e2 B．假，¬p:∀x∈R，ex+1+e3−x<2e2
C．真，¬p:∃x∈R，ex+1+e3−x<2e2 D．假，¬p:∃x∈R，ex+1+e3−x<2e2
【答案】C
【分析】利用基本不等式可推理得到命题p为真，再否定量词和结论，即得命题的否定.
【详解】因为ex+1+e3−x≥2√ex+1 ⋅e3−x=2e2，当且仅当e3−x=ex+1，即x=1时等号成立，故命题p为真．
又¬p:∃x∈R，ex+1+e3−x<2e2
.
故选:C．
3.（22-23高三上·北京东城·开学考试）使得命题“∀x∈R,kx2+2kx−3<0”为真命题的k的取值范围
（ ）
A．(−3,0) B．(−3,0]
C．(−3,1) D．(3,+∞)
【答案】B
【分析】分k=0和k≠0两种情况分类讨论即可求解.
【详解】根据题意可知关于x的不等式kx2+2kx−3<0的解集为R，
当k=0时，−3<0恒成立；
当k≠0时，则满足¿，解得−3 −5x为真命题，由此构造函数
2x1
f(x)= −5x,x∈[−1,0]，结合单调性求得最值，即可求得答案.
2x
1
【详解】由题意知命题p:∀x∈[−1,0],a≤ −5x为假命题，
2x
1
则¬p:∃x∈[−1,0],a> −5x为真命题，
2x
1
设f(x)= −5x,x∈[−1,0]，则a>f(x) ，
2x min
1
由于y=2x在R上单调递增，故f(x)= −5x在[−1,0]上单调递减，
2x
1
则f(x) = −5×0=1，故a>1，
min 20
故答案为：(1,+∞)
5.（2024·四川凉山·二模）已知命题“∀x∈R，sin2(π+x)+2cosx+m≤0”是假命题，则m的取值范
围为（ ）
A．[−2,+∞) B．(−2,+∞) C．(−∞,−1) D．(−∞,−2]
【答案】B
【分析】写出原命题的否定，即为真命题，然后将有解问题转化为最值问题求解即可.
【详解】命题“∀x∈R，sin2(π+x)+2cosx+m≤0”是假命题，
则“∃x ∈R，sin2(π+x)+2cosx+m>0”是真命题，
0
所以m>−sin2(π+x)−2cosx有解，
所以m>[−sin2(π+x)−2cosx] ，
min
又−sin2(π+x)−2cosx=−sin2x−2cosx=cos2x−2cosx−1=(cosx−1) 2−2，
因为cosx∈[−1,1]，所以[−sin2(π+x)−2cosx] =−2，
min
即m>−2.
故选：B.
1．（2024·甘肃兰州·三模）设集合A={0,1,2},B={3,m}，若A∩B={2}，则A∪B=（ ）
A．{0,1,2,3} B．{0,1,2} C．{1,2,3} D．{2,3}
【答案】A
【分析】根据集合交集、并集概念计算即可.
【详解】因为集合A={0,1,2},B={3,m}，若A∩B={2}，则m=2，即集合B={2,3}，所以A∪B={0,1,2,3}.
故选：A
2．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）命题p:∀x>0，x2−ax+2>0的否定是（ ）
A．∀x>0，x2−ax+2≤0 B．∀x≤0，x2−ax+2>0
C．∃x >0，x2−ax +2≤0 D．∃x ≤0，x2−ax +2≤0
0 0 0 0 0 0
【答案】C
【分析】全称量词命题的否定为存在量词命题判断即可.
【详解】由于全称量词命题的否定为存在量词命题，
所以命题p:∀x>0，x2−ax+2>0的否定是∃x >0，x2−ax +2≤0.
0 0 0
故选：C
π
3．（2024·山东青岛·三模）已知命题 p:∀x∈
(
0,
),sinxx
B．∃x∈
(
0,
),sinx>x
2 2
π π
C．∃x∉
(
0,
),sinx≥x
D．∃x∈
(
0,
),sinx≥x
2 2
【答案】D
【分析】根据全称量词命题的否定为特称量词命题判断即可.
π
【详解】命题 p:∀x∈
(
0,
),sinx0},B={x||x−3∣<1}，则A∩B=（ ）
A．{x∣20}={x|2kπ0，则A={x||x| ”是“a2+2b2>3ab”的（ ）
a 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
【答案】A
【分析】解不等式得到b>a，(a−b)(a−2b)>0，充分性成立，举出反例，故必要性不成立.
1 1
【详解】a，b均为正实数， > ，故b>a，
a b
a2+2b2>3ab⇒a2−3ab+2b2>0⇒(a−b)(a−2b)>0，
充分性，b>a，2b>a，故(a−b)(a−2b)>0，充分性成立，
必要性，(a−b)(a−2b)>0，不妨设a=1,b=2，满足(a−b)(a−2b)>0，
但不满足b>a，必要性不成立，
1 1
则“ > ”是“a2+2b2>3ab”的充分不必要条件.
a b
故选：A
4．（2024·江苏扬州·模拟预测）已知集合A={0,a2},B={1,a+1,a−1}，则“a=1”是“A⊆B”的（ ）
A．必要不充分条件 B．充分不必要条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用充分条件、必要条件的定义判断即得.
【详解】当a=1时，A={0,1},B={0,1,2}，则A⊆B；
反之，当A⊆B时，a+1=0或a−1=0，解得a=−1或a=1，
若a=−1，A={0,1},B={0,1,−2}，满足A⊆B，若a=1，显然满足A⊆B，
因此a=−1或a=1，
所以“a=1”是“A⊆B”的充分不必要条件.
故选：B
5．（2024·湖南邵阳·三模）“00且a≠1）在R上单调递减”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】C
【分析】分a>1和01，则f (x)的图象为：
可知f (x)在R上单调递增；
若00且a≠1）在R上单调递减”的充要条件.
故选：C．{ x−4 }
6．（ 2024·广西贵港 ·模拟预测）已知集合 A= x| ≤0 ， B={x|y=log (x2−9)}，则
x+2 3
A∩(∁ B)=（ ）
R
A．[−2,3] B．(−2,3] C．(−2,4] D．[3,4]
【答案】B
【分析】先解不等式求出两个集合，再求出∁ B，然后求A∩(∁ B)即可.
R R
x−4
【详解】由 ≤0，得¿，解得−20，得x<−3或x>3，
所以B=(−∞,−3)∪(3,+∞)，所以∁ B=[−3,3]，
R
所以A∩∁ B=(−2,3]．
R
故选：B
7．（2024高三下·全国·专题练习）已知集合A={x|x2−x−12≤0}，B={x|x2−3mx+2m2+m−1<0}，
若“x∈A”是“x∈B”的必要不充分条件，则实数m的取值范围为 .
5
【答案】[−1, ]
2
【分析】解一元二次不等式化简集合A，再分类求解不等式化简集合B，并利用集合的包含关系列式求解
即得.
【详解】由“x∈A”是“x∈B”的必要不充分条件，得BA，
依题意，集合A={x|x2−x−12≤0}=[−3,4]，
B={x|x2−3mx+2m2+m−1<0}={x|(x−m−1)(x−2m+1)<0}，
5
当2m−1>m+1，即m>2时，B=(m+1,2m−1)，则¿，解得2
