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专题01 集合与常用逻辑用语
集合间的运算
一、单选题
1．（2024·全国·二模）已知全集
，集合
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用补集、交集的定义求解即得.
【详解】全集
，
，则
，而
，
所以
.
故选：B
2．（2024·山东聊城·二模）已知集合
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】由交集的定义求解.
【详解】集合
，则
.
故选：D
1
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3．（2024·广东韶关·二模）若集合
，则
（ ）
A．
或
B．
或
C．
或
D．
或
【答案】B
【分析】先利用题给条件求得集合
和集合B，进而求得
.
【详解】
，则
或
，
又
，
则
或
或
.
故选：B
4．（2024·河北邯郸·二模）已知集合
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】先化简两个集合，再利用交集运算可得答案.
【详解】由
得
，即
，
,所以
.
故选：B
5．（2024·山西·二模）已知集合
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
2
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【分析】先求出两个集合，再根据交集的定义即可得解.
【详解】
或
，
，
所以
.
故选：D.
6．（2024·山东·二模）已知集合
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】先化简集合
，再利用交集运算求解.
【详解】由
可得
，
所以
.
故选：B
7．（2024·广东湛江·二模）已知集合
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】先解出集合
，再利用交集的定义求解即可.
【详解】因为
，解得
，
故
，所以
.
故选：D
3
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8．（2024·广东梅州·二模）已知集合
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】由对数函数的性质求出集合
，再根据二次函数的性质求出集合
，最后根据并集的定义
计算即可.
【详解】因为
，
二次函数
，当且仅当
时取等号，
所以
，
所以
.
故选：D
9．（2024·浙江嘉兴·二模）已知集合
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】由集合的补集和交集运算可得.
【详解】
，
所以
，
故选：D.
10．（2024·广东·二模）已知集合
，集合
，则
（ ）
4
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A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】先求出集合
，由并集的定义求解即可.
【详解】由
可得：
，所以
，
由
可得：
，所以
，
所以
.
故选：C.
11．（2024·新疆喀什·二模）已知集合
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据集合交集的定义进行运算即可.
【详解】
，所以
.
故选：D.
12．（2024·浙江台州·二模）已知集合
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据题意，由集合的运算，即可得到结果.
【详解】因为
，且
，
则
.
故选：D
13．（2024·河北石家庄·二模）已知集合
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
5
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【答案】A
【分析】根据题意，将集合
化简，再由交集的运算，即可得到结果.
【详解】因为
，
，所以
.
故选：A
二、多选题
14．（2024·浙江宁波·二模）指示函数是一个重要的数学函数，通常用来表示某个条件的成立情况.
已知
为全集且元素个数有限，对于
的任意一个子集，定义集合的指示函数
若
，则（ ）
注：
表示
中所有元素
所对应的函数值
之和（其中
是
定义域的子集）.
A．
B．
C．
D．
【答案】BCD
【分析】根据
的定义
，即可结合选项逐一求解.
【详解】对于A，由于
,所以
故
，故A 错误，
对于B，若
,则
，此时满足
，
若
且
时，
，
6
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若
且
时，
，
若
且
时，
，
综上可得
，故B 正确，
对于C，
而
，
由于
，所以
故
,C 正确，
,
当
时，此时
中至少一个为1，所以
，
当
时，此时
均为0，所以
，
故
,故D 正确，
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：充分利用
的定义
以及
的定义，由此可得
7
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时，此时
均为0，
时，此时
中至少一
个为1，结合
的定义化简求解.
三、填空题
15．（2024·湖南·二模）已知集合
，若集合
恰有两个元素，则实数
的取值范围是 .
【答案】
【分析】解二次不等式化简集合
，再利用二次不等式解的形式与交集的结果即可得解.
【详解】因为
，
，
又集合
恰有两个元素，
所以
恰有两个元素1 和2，所以
.
故答案为：
.
16．（2024·辽宁·二模）已知集合
，
，若
．则m 的取值
范围是 ．
【答案】
【分析】由题意可得
，再列出不等式组，解之即可得解.
【详解】因为
，所以
，故
，
所以
且
，
所以
，解得
.
故答案为：
.
8
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集合及元素间的关系
一、单选题
1．（2024·浙江·二模）已知集合
，
，若
，则满足集合
的
个数为（ ）
A．4
B．6
C．7
D．8
【答案】D
【分析】根据包含关系，写出所有满足条件的集合A 即可得解.
【详解】因为
，
所以
可以是
，
共8 个，
故选：D
2．（2024·云南贵州·二模）已知集合
，
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】先确定集合A 中的元素，再确定两个集合的关系.
【详解】由题意可得
，所以
.
故选：A
3．（2024·安徽芜湖·二模）已知A，B 是全集U 的非空子集，且
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据Venn 图，结合子集和集合间的运算理解判断.
【详解】由题意知
，从而可得Venn 图如下图，
对A、D：由Venn 图，可得
，故A、D 错误；
对B：因为
，
正确，故B 正确；
9
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对C：因为
，则
错误，故C 错误；
故选：B.
4．（2024·河南开封·二模）已知集合
，
则下列命题正确的是
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】求出集合A，根据集合的运算与集合关系判断.
【详解】因为
，所以
，
对A：
，故错误；
对B：
，故正确；
对C：
，故错误；
对D：
，故错误；
故选：B
5．（2024·黑龙江·二模）已知集合
，
，定义集合：
，
则集合
的非空子集的个数是（ ）个．
A．16
B．15
C．14
D．13
【答案】B
【分析】
先确定集合
有四个元素，则可得其非空子集的个数.
【详解】根据题意，
，
10
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则集合
的非空子集的个数是
.
故选：B
6．（2024·湖南邵阳·二模）若集合
，集合
，则
的
真子集个数为（ ）
A．14
B．15
C．16
D．31
【答案】B
【分析】
先化简集合A,B，再求交集从而确定真子集个数.
【详解】由
,得
，故
；
由
，得
，故
，
则
，故
的真子集个数为
.
故选：B.
7．（2024·黑龙江·二模）已知
，若
，则实数
的取值范
围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】解不等式得到集合A，B，再由
，即可得到实数
的取值范围.
【详解】因为
，
，
又
，所以
，故
.
故选：A.
8．（2024·广东广州·二模）已知集合
，
，则（ ）
A．
B．
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C．
D．
【答案】B
【分析】利用集合的包含关系逐项判断，可得出合适的选项.
【详解】因为
，
，
当
时，
为非负的偶数，所以，
，则
，
B 对，ACD 都错.
故选：B.
二、多选题
9．（2024·广西·二模）若集合
和
关系的Venn 图如图所示，则
可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ACD
【分析】根据Venn 图可知
，依次判定选项即可.
【详解】根据Venn 图可知
，
对于A，显然
，故A 正确；
对于B，
，则
，故B 错误；
对于C，
，则
，故C 正确；
对于D，
，或
，
12
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则
，故D 正确.
故选：ACD
10．（2024·河南新乡·二模）已知集合
则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BCD
【分析】先求解不等式
得集合
，利用集合的交集、并集、补集定义运算和集合间的包
含关系即可一一判断正误.
【详解】由
可得
或
，即
或
.
对于A 项，
或
，故A 项错误；
对于B 项，
或
,故B 项正确；
对于C 项，因
或
，故
，故C 项正确；
对于D 项，
，故D 项正确.
故选：BCD.
三、填空题
11．（2024·广西·二模）已知集合
，
，若
，则实数
．
【答案】
【分析】根据子集关系求出可能解，再利用集合中元素的互异性求出不能取的值即可得出m 的值.
【详解】因为
，所以
或
，
或
，
又由集合中元素的互异性可知
且
且
，
且
，
综上
.
故答案为：
.
12．（2024·湖南·二模）对于非空集合
，定义函数
已知集合
13
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，若存在
，使得
，则实数的取值范围为
.
【答案】
【分析】根据题意，由函数的定义可得
可取
，即可得到的取值范围.
【详解】由题知：
可取
，
若
.则
，
即集合
，得
，即的取值范围为
.
故答案为：
集合新定义
一、单选题
1．（2024·青海·二模）已知
表示集合A 中整数元素的个数，若集合
，
集合
，以下选项错误的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】由不等式解出集合
和指数函数的性质解出集合
，再根据集合的新定义和交集，并集，
补集计算逐个判断即可.
【详解】由不等式
，解得
，
由不等式
，
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所以集合
，集合
，
所以
，故A 正确；
所以
，故B 正确；
，故C 错误；
，故D 正确；
故选：C.
二、多选题
2．（2024·浙江宁波·二模）指示函数是一个重要的数学函数，通常用来表示某个条件的成立情况.
已知
为全集且元素个数有限，对于
的任意一个子集，定义集合的指示函数
若
，则（ ）
注：
表示
中所有元素
所对应的函数值
之和（其中
是
定义域的子集）.
A．
B．
C．
D．
【答案】BCD
【分析】根据
的定义
，即可结合选项逐一求解.
【详解】对于A，由于
,所以
故
，故A 错误，
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对于B，若
,则
，此时满足
，
若
且
时，
，
若
且
时，
，
若
且
时，
，
综上可得
，故B 正确，
对于C，
而
，
由于
，所以
故
,C 正确，
,
当
时，此时
中至少一个为1，所以
，
当
时，此时
均为0，所以
，
故
,故D 正确，
故选：BCD
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【点睛】关键点点睛：充分利用
的定义
以及
的定义，由此可得
时，此时
均为0，
时，此时
中至少一
个为1，结合
的定义化简求解.
三、解答题
3．（2024·浙江台州·二模）设A，B 是两个非空集合，如果对于集合A 中的任意一个元素x，按照
某种确定的对应关系
，在集合B 中都有唯一确定的元素y 和它对应，并且不同的x 对应不同的
y；同时B 中的每一个元素y，都有一个A 中的元素x 与它对应，则称
：
为从集合A 到集
合B 的一一对应，并称集合A 与B 等势，记作
.若集合A 与B 之间不存在一一对应关系，则称
A 与B 不等势，记作
.
例如：对于集合
，
，存在一一对应关系
，因此
.
(1)已知集合
，
，试判断
是否成立?请说明理由；
(2)证明：①
；
②
.
【答案】(1)成立，理由见解析
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）根据新定义判断即可；
（2）①取特殊函数满足定义域为
，值域为
即可利用其证明
②设
，
，假设
，利用反证法得证.
17
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【详解】（1）设
，
，令
则C 与D 存在一一对应，所以集合
.
（2）①取函数
，其中
，
，两个集合之间存在一一对应，故
.
备注：函数举例不唯一，只要保证定义域为
，值域为
即可，
如：
或
等等均可，
②设
，
，
假设
，即存在对应关系
：
为一一对应，
对于集合B 中的元素
，
，
，至少存在一个
（
，且
）与这三个集合中的
某一个对应，所以集合A 中必存在
.
记
，则
，故
，
从而存在
，使得
；
若
，则
，矛盾；
若
，则
，矛盾.
因此，不存在A 到B 的一一对应，所以
.
【点睛】关键点点睛：压轴数论问题，关键在于理解新的集合有关定义，能想到取特殊函数，并借
助函数证明是关键所在，此题难度在考场上基本不能完成.
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4．（2024·浙江绍兴·二模）已知
，集合
其中
.
(1)求
中最小的元素；
(2)设
，
，且
，求
的值；
(3)记
，
，若集合
中的元素个数为
，求
.
【答案】(1)7
(2)
或10
(3)
【分析】（1）根据集合新定义，确定
中最小的元素即可；
（2）根据集合
中的元素可得
，设
，
，分别讨论当
时，当
时，当
时，
的取值情况，即可得结论；
（3）设
，则
，其中
，
，所以
，根据组合数的运算性质确定
与
的关系，即可求得
的值.
【详解】（1）
中的最小元素为
.
（2）由题得
，设
，
.
①当
时，
或
或
或
或
或
.
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经检验，当
时，
，符合题意，
所以
.
②当
时，
或
或
或
.
经检验，当
时，
，符合题意，
所以
.
③当
时，不符合题意.
因此，
或10.
（3）设
，则
，其中
，
，所以
，
设
，则
.
因为
，
所以
.
因为
，
所以
，所以
，
20
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又因为
，所以
.
【点睛】方法点睛：解决以集合为背景的新定义问题，注意两点：
（1）根据集合定义式，确定集合中元素的特点，结合指数运算确定指数的取值情况从而得集合
中的元素性质；
（2）确定集合
中的元素个数为
时，结合组合数的运算性质确定
与
的关系.
5．（2024·江西九江·二模）定义两个
维向量
，
的数量积
，
，记
为
的第k 个分量（
且
）.如三维向量
，其中
的第2 分量
.若由
维向量组成的集合A 满足以下
三个条件：①集合中含有n 个n 维向量作为元素；②集合中每个元素的所有分量取0 或1；③集合
中任意两个元素
，
，满足
（T 为常数）且
.则称A 为T 的完美n 维向量集.
(1)求2 的完美3 维向量集；
(2)判断是否存在完美4 维向量集，并说明理由；
(3)若存在A 为T 的完美n 维向量集，求证：A 的所有元素的第k 分量和
.
【答案】(1)
(2)不存在完美4 维向量集，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用
的完美
维向量集定义求解即可.
（2）分别研究
，
，
，
，
时
，结合新定义及集合中元素的互异性即可
判断.
（3）依题意可得
，运用反证法，假设存在
，使得
，不妨设
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，分别从
及
两方面证得矛盾即可得
，进而可证得结果.
【详解】（1）由题意知，集合
中含有3 个元素
（
），且每个元素中含有三个分量，
因为
，所以每个元素中的三个分量中有两个取1，一个取0.
所以
，
，
，
又
，
所以2 的完美3 维向量集为
.
（2）依题意，完美4 维向量集B 含有4 个元素
（
），且每个元素中含有四个分量，
，
（i）当
时，
，与集合中元素的互异性矛盾，舍去；
（ii）当
时，
，不满足条件③，舍去；
（iii）当
时，
，
因为
，故
与
至多有一个在B 中，
同理：
与
至多有一个在B 中，
与
至多有一个在B 中，
故集合B 中的元素个数小于4，不满足条件①，舍去；
（iv）当
时，
，不满足条件③，舍去；
（v）当
时，
，与集合中元素的互异性矛盾，舍去；
综上所述，不存在完美4 维向量集.
（3）依题意，
的完美
维向量集
含有
个元素
（
），且每个元素中含有
个分量，
因为
，所以每个元素中有
个分量为1，其余分量为0，
22
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所以
（*），
由（2）知，
，故
，
假设存在
，使得
，不妨设
.
（i）当
时，如下图，
由条件③知，
或
（
），
此时
，与（*）矛盾，不合题意.
（ii）当
时，如下图，
记
（
），
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不妨设
，
，
，
下面研究
，
，
，
，
的前
个分量中所有含1 的个数.
一方面，考虑
，
，
，
，
中任意两个向量的数量积为1，
故
，
，
，
（
）中至多有1 个1，
故
，
，
，
，
的前
个分量中，
所有含1 的个数至多有
个1（**）.
另一方面，考虑
（
），
故
，
，
，
，
的前
个分量中，含有
个1，与（**）矛盾，
不合题意.
故对任意
且
，
，由（*）可得
.
【点睛】关键点睛：涉及集合新定义问题，关键是正确理解给出的定义，然后合理利用定义，结合
相关其它知识，分类讨论，进行推理判断解决.
命题的否定、充分必要条件
一、单选题
1．（2024·河北石家庄·二模）已知曲线
，则“
”是“曲线
的焦点
在
轴上”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
【分析】根据充分条件、必要条件的定义及椭圆、双曲线的特征判断即可.
【详解】当
时曲线
表示焦点在
轴上的椭圆，故充分性成立；
24
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当
时曲线
表示焦点在
轴上的双曲线，
故由曲线
的焦点在
轴上推不出
，即必要性不成立；
所以“
”是“曲线
的焦点在
轴上”的充分不必要条件.
故选：A
2．（2024·浙江宁波·二模）已知平面
，则“
”是“
且
”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】根据线面垂直即可求证面面垂直，即可说明充分性，根据面面垂直的性质可得线面垂直，
即可利用线面垂直的判断求证必要性.
【详解】由于
，所以
，
若
，则
，
，故充分性成立，
若
，
，设
，
，
则存在直线
使得
，所以
，由于
，故
，
同理存在直线
使得
，所以
，由于
，故
，
由于
不平行，所以
是平面
内两条相交直线，所以
，故必要性成立，
故选：C
3．（2024·河北邯郸·二模）已知
是两个平面，
是两条直线，且
，则“
”是“
”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】A
【分析】根据充分条件、必要条件的定义及线面垂直的性质可得结果.
【详解】用平面
代表平面
，平面
代表平面
，
当
如图所示时显然m 与平面
不垂直，
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反之，当
时，又
，根据线面垂直的性质有
，
所以“
”是“
”的必要不充分条件，
故选：A.
4．（2024·山西吕梁·二模）设命题
：对任意的等比数列
也是等比数列，则命题
的否定
为（ ）
A．对任意的非等比数列
是等比数列
B．对任意的等比数列
不是等比数列
C．存在一个等比数列
，使
是等比数列
D．存在一个等比数列
，使
不是等比数列
【答案】D
【分析】根据全称量词命题的否定是存在量词命题，直接写出命题的否定.
【详解】因为：
：存在一个等比数列
，使
不是等比数列.
故选：D
5．（2024·山东·二模）在
中，设内角
的对边分别为
，设甲：
，设乙：
是直角三角形，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
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【答案】D
【分析】利用正弦定理定理、和角的正弦公式化简命题甲，再利用充分条件、必要条件的定义判断
即得.
【详解】在
中，由正弦定理及
，得
，
即
，整理得
，
由正弦定理得
，则
或
，即
或
，
因此甲：
或
，显然甲不能推乙；
乙：
是直角三角形，当角
或
是直角时，乙不能推甲，
所以甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件.
故选：D
6．（2024·广东梅州·二模）常言道：“不经历风雨，怎么见彩虹”．就此话而言，“经历风雨”
是“见彩虹”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
【分析】根据必要不充分条件的定义求解
【详解】由题意，经历风雨不一定会见彩虹，但见彩虹一定是经历风雨，
所以“经历风雨”是“见彩虹”的必要不充分条件．
故选：B．
7．（2024·辽宁沈阳·二模）已知向量
，则“
”是“
”
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
充分也不必要条件
【答案】A
【分析】计算
时
的取值，再根据必要与充分条件的定义判断即可.
【详解】当
时，
，即
，
故
，解得
.
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故“
”是“
”的充分不必要条件.
故选：A
8．（2024·浙江杭州·二模）设甲：“函数
在
单调递增”，乙：“
”，则甲是乙的（ ）
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
【分析】根据函数单调性求出
的范围，即可判断答案.
【详解】若“函数
在
单调递增”，则
，
由
得
，则
，解得
，
所以，甲是乙的充分不必要条件.
故选：A
9．（2024·浙江台州·二模）已知x，y 为正实数，则可成为“
”的充要条件的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】作差法可判断A；构造函数
、
，利用导数研究其单调性，并结
合充分、必要性的定义可判断BD；特值法可判断C.
【详解】对于A，已知x，y 为正实数，若
，
，
则
，故A 错误；
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对于B，由
可得：
，
令
，
，令
，解得：
，
则
在
上单调递减，
若
，则
，故B 错误；
对于C，已知x，y 为正实数，若
，取
，
则
，故C 错误；
对于D，由
，则
，
令
，则
，
即
在定义域上递增，故
，
反之
也有
成立，满足要求，故D 正确.
故选：D.
10．（2024·山东·二模）已知
，若集合
，则“
”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】A
【分析】由
，可得
或
，再由充分不必要条件的定义即可得答案.
【详解】因为
，
则
或
，
所以
，
由
推不出
.
故选:A．
11．（2024·安徽池州·二模）对于数列
，若点
都在函数
的图象上，其中
且
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，则“
”是“
为递增数列”的（ ）
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
【答案】A
【分析】利用等比数列的性质，结合指数函数的性质和充分必要条件的判断求解.
【详解】因为
在函数
的图象上，所以
，
即
是以
为首项，
为公比的等比数列.
若
，且
，
，则可能的情况由两种：
（1）
则
，所以等比数列
首项为负，公比
，所以等比数列
单调递增；
（2）
则
，所以等比数列
首项为正，公比
，所以等比数列
单调递增.
所以“
”是“
为递增数列”的充分条件.
若
为递增数列，
，又
且
，
所以：
或
由
；
由
；
所以“
”是“
为递增数列”的必要条件.
故选：A
12．（2024·浙江·二模）在
中，“A，B，C 成等差数列且
成等比数列”是“
是正三角形”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
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C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用等差、等比数列的定义，结合正余弦定理及充分条件、必要条件的定
义判断即得.
【详解】在
中，由A，B，C 成等差数列，得
，而
，则
，
由
成等比数列，得
，由正弦定理得
，
由余弦定理得
，即
，解得
，因此
是正三角形；
若
是正三角形，则
，
，
因此A，B，C 成等差数列且
成等比数列，
所以“A，B，C 成等差数列且
成等比数列”是“
是正三角形”的充要条件.
故选：C
13．（2024·浙江温州·二模）已知
，则“
”是“
”的（ ）
A．充分条件但不是必要条件
B．必要条件但不是充分条件
C．充要条件
D．既不是充分条件也不是必要条件
【答案】B
【分析】根据复数的概念及充分、必要条件的定义判定即可.
【详解】易知
，所以不满足充分性，而
，满足必要性.
故选：B
14．（2024·黑龙江·二模）已知
，
为两个不重合平面，l，m 为两条不同直线，则
的充分
条件是（ ）
A．
，
B．
，
C．
，
D．
，
，
【答案】B
【分析】对于ACD，根据空间中线面关系可得
或
，故ACD 均不是充分条件，结合面面平
行的定义可得B 正确.
【详解】对于A，若
，
，则
或
，故A 中条件不是充分条件，故A 错误；
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对于B，若
，
，由面面平行的定义可得
，
故B 中条件是
的充分条件，故B 正确；
对于C，若
，
，则
或
，C 中条件不是充分条件，故C 错误；
对于D，
，
，
，则
或
，D 中条件不是充分条件，
故D 错误；
故选：B.
15．（2024·四川成都·二模）命题“
”的否定是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据全称命题的否定即可得到答案.
【详解】根据全称命题的否定为存在命题，任意变存在，范围不变，结论相反，
则命题“
”的否定是“
”，
故选：B.
16．（2024·内蒙古包头·二模）设m，
，则“
”是“
”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．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】通过举反例说明“
”不是“
”的充分条件，再由对数的运算性质由
推得
，即得结论.
【详解】由
不能推出
，如
满足
，
但
无意义，故“
”不是“
”的充分条件；
再由
可得
，即得
，故“
”是“
”的必要条件.
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即“
”是“
”的必要不充分条件.
故选：B.
17．（2024·黑龙江·二模）命题“
，
”的否定是（ ）
A．“
，
”
B．“
，
”
C．“
，
”
D．“
，
”
【答案】D
【分析】
利用“含有一个量词命题的否定”形式即可得出答案.
【详解】根据全称量词命题的否定可知，
命题“
，
”的否定是“
，
”.
故选：D
18．（2024·吉林白山·二模）已知
为两条不同的直线，
为两个不同的平面，且
，
则下列说法正确的是（ ）
A．“ //
”是“
”的充分不必要条件
B．“
”是“
”的必要不充分条件
C．若
异面，则
有公共点
D．若
有公共点，则
有公共点
【答案】C
【分析】
对于A，推理说明“ //
”是“
”的必要条件即可判断；对于B，推理说明“
”是“
”的充分条件即可判断；对于C，通过反证法易判断命题正确；对于D，由
有公共点和
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题设条件，易得
可相交或异面即可判断.
【详解】
对于A，由
，
可得
，又
，故得
，即“ //
”是“
”的必要条件，
故A 项错误；
对于B，由
，
可得
或
，当
时，因
，则
，
当
时，经过和平面
内一点可确定平面
，且
，则
，由
可得
，同
理可得
，
即“
”是“
”的充分条件，故B 项错误；
对于C，运用反证法说明，假设
没有公共点，则
，又由
可得
，这与
异面矛盾，故假设不成立，即C 项正确；
对于D，由
有公共点可得
相交，因
，则
相交或异面，故D 项错误.
故选：C.
19．（2024·云南红河·二模）已知
均为正实数，则“
”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】A
【分析】运用不等式的性质，证明充分性，否定必要性即可.
【详解】因为
，
均为正实数，若
，则
；
若
，则
，即
或
；
所以“
”是“
”的充分不必要条件.
故选:A.
20．（2024·新疆·二模）使“
”成立的一个充分不必要条件是（ ）
A．
B．
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C．
D．
【答案】B
【分析】
先解分式不等式
，求得解集，依题意，只需使选项的范围是该解集的真子集即得.
【详解】
由
，得
，解得
，则选项中的
的范围组成的集合是
的真子集，
由选项知，选项
均不满足，选项B 满足.故使“
”成立的一个充分不必要条件可以是“
”.
故选：B.
21．（2024·四川宜宾·二模）命题“
”的否定是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】全称量词命题的否定为存在量词命题.
【详解】根据全称量词命题的否定有：命题“
”的否定是：
.
故选：C
22．（2024·四川成都·二模）已知向量
是平面
内的一组基向量，
为
内的定点，对于
内
任意一点
，当
时，称有序实数对
为点
的广义坐标．若点
的广义坐标分
别为
，则“
"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】D
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【分析】
根据向量的垂直和线性运算即可判断.
【详解】根据题意得：
，
.
因为
，
所以
，
则
，即
因为向量
是平面
内的一组基向量，
所以
.
故“
"是“
”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
二、多选题
23．（2024·河南开封·二模）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一．用其名字命名的高
斯取整函数为
，
表示不超过x 的最大整数，例如
，
．下列命题中
正确的有（ ）
A．
，
B．
，
，
C．
，
D．
，
【答案】BD
【分析】根据给定的定义，结合存在量词命题、全称量词命题的真假判断方法逐项分析即得.
【详解】对于A，当
时，
，当
时，
，而
，
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因此
，A 错误；
对于B，
，
，令
，则
，
，
因此
，B 正确；
对于C，取
，
，则
，
，
显然
，C 错误；
对于D，
，当
时，
，当
时，
，而
，
因此
，此时
，D 正确.
故选：BD
【点睛】方法点睛：判断全称量词命题为真、存在量词命题为假必须推理论证；判断全称量词命题
为假、存在量词命题为真只需举例说明.
37
