專題復(fù)習(xí)一集合與簡易邏輯

1、專題一 集合、常用邏輯用語第一講：4課時高考熱點(diǎn)一：集合命題方向：1以函數(shù)的定義域、值域、不等式的解集為背景考查集合的交、并、補(bǔ)的基本運(yùn)算 2利用集合之間的關(guān)系求解參數(shù)的值或取值范圍3. 以新定義集合及集合的運(yùn)算為背景考查集合關(guān)系及運(yùn)算真題感悟，自主突破:1. ( 12年江蘇)已知集合 A=1,2,4,B=2,4 ,6,貝U A U B=2. (10年江蘇)設(shè)集合 A= 1, 1 , 3, B = a +2, a2+4，且 A n B= 3,則實(shí)數(shù) a 得，(x x2)2 + (y y2)2 0,3x 4y 0的區(qū)域?yàn)閳A心，半徑 為1的圓內(nèi)部分，如圖中陰影部分所示，其 面積為 5+ 6+ 4+

2、 3 +n= 18+n解析：3 B, a+2=3,a=1.3. ( 09年江蘇)已知集合 A = 刈o(hù)g2x w 2 , B= ( a, a)，若A B,則實(shí)數(shù)a的取值 范圍是(c, +a)，其中c=解析：由log 2 x 2得0 x 4,A (0,4 ；由A B知a 4，所以C 4。典型題例，精析巧解:1. (14 年山東)設(shè)集合 A= x|x 1|V 2 , B同類拓展，變式訓(xùn)練:1. 設(shè)集合 A= (x,y) |y= -4x +6 , B= ( x,y)|y= 3x -8,貝U An B=2. 設(shè)集合 M=2 , x2 , N =2 , x,若 M =N ,貝 y x=3. 設(shè)集合 A=

3、 x|x a|v 1,x R , B= x|1v x v 5,x R ,若 A n B =y|y= 2x, x 0,2，貝U An B=解析：由 |x 1|v2? 2v x 1 v 2,故 1 v xv 3,即集合A = ( 1,3).根據(jù)指數(shù)函 數(shù)的性質(zhì)，可得集合 B = 1,4.所以 A n B = 1,3).2. 已知集合 A= x|xv a, B= x|1v xv 2, 且AU (?rB)= R，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是 解析：由于A U (?RB)= R, B? A , a 23在平面直角坐標(biāo)系中，A = (x, y)|x2+ y2w 1 , B= (x, y)|xw 4, y 0,3x

4、 4y 0, 則 P= (x, y)|x= x1 + x2, y = y1 + y2, (x1, y1) A, (x2, y2) B所表示的區(qū)域的面積 為解析由 x= x1 + x2, y= y1 + y2,得 x1 = x x2, y1 = y y2 ,因?yàn)?x1 , y1) A,所以 把 x1 = x x2 , y1 = y y2 代入 x2+ y2w 1 可，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是 4. 已知集合 A= （x,y）|y= 49 x2, B= （x,y）|y = x+ m，且A A BM ?，則實(shí)數(shù) m的取值 范圍是解析：集合A表示以原點(diǎn)為圓心，7為 半徑的圓在x軸及其上方的部分，A A B

5、M ?, 表示直線y= x+ m與圓有交點(diǎn)，作出示意圖 可得實(shí)數(shù)m的取值范圍是7, 7 2 高考熱點(diǎn)二命題及邏輯連結(jié)詞命題方向1命題的四種形式及命題的真假判斷2 復(fù)合命題的真假判斷，常與函數(shù)、三角、解析幾何不等式結(jié)合.真題感悟，自主突破:1 （12年湖南）命題若a= ，則tan a= 1 ”4的逆否命題是解析：由命題與其逆否命題之間的關(guān)系知，逆否命題是：若tan aM1,則aM.42. （14年陜西）原命題為若Z1, Z2互為共 軛復(fù)數(shù)，則|Z1| = |Z2|”，原命題的逆命題 為,是命題。（填真或假）解析：當(dāng)z1= 1, z2= 1時，這兩個復(fù)數(shù) 不是共軛復(fù)數(shù)，所以是假的，故否命題也的P)

6、A(3. （14年遼寧）設(shè)a, b, c是非零向量.已知命題 p :若 a b = 0, b c= 0，貝U a c= 0; 命題q:若a / b, b/ c,貝U a/ c.則下列命 題中真命題是 p V q p A q q)pV( q)解析：如圖，若 a= A二,b = AB, c= bTb, 則a 0，命題p為假命題；顯然命題 q為 真命題，所以p Vq為真命題.典型題例，精析巧解:1. 命題：“若X2v 1,則1V XV 1”的逆否命題是解析：(1) “一 1 VXV 1” 的否定是 x 1,或X 1或X 1.2. 命題A：若函數(shù)y= f(x)是幕函數(shù)，則函 數(shù)y= f(X)的圖象不經(jīng)

7、過第四象限. 那么命題A的逆命題、否命題、逆否命題這三個命題中假命題的個數(shù)是解析:易知命題 A是真命題，其逆否命題也是真命題，A的逆與否命題都是假命題.3 .設(shè)p：關(guān)于x的不等式ax 1的解集是xX V 0 ； q : ax2 x+ a 0 恒成立，若 pV q 是 真命題，p A q是假命題，則實(shí)數(shù)a的取值范 圍是.解析:根據(jù)指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性， 可知命題 p為真時，設(shè)實(shí)數(shù)a的取值集合為P，則P =a|0V aV 1.對于命題q :當(dāng)a= 0時，不等式為x 0,解得XV 0，顯然不成立；當(dāng)a工0時，不等式恒成立的條件是a 0,1解得a ;.綜上，= 1 2 4a x aV 0,2命題q為真時，

8、設(shè)a的取值集合為 Q,則Q1=a|a 2 .由“ p Vq是真命題，p Aq是假命題”可知命題p, q 一真一假，設(shè) U為實(shí)數(shù)集，當(dāng)p真q假時，a的取值范圍是P n (?uQ)1 1 r=a|0V aV 1 n a|a 2 = a|0V a 1 n a|a? = a|a 1.綜一 1上, a的取值范圍是 a|0V a 11=0, 2 u 1,+ g).同類拓展，變式訓(xùn)練:1. 命題：“若f(x)是奇函數(shù)，則f(-x)是奇函數(shù)”的否命題是2. 有下列命題：p：函數(shù)f(x) = sin4x cos4x的最小正周期是nq :已知向量a=(人1), b = ( 1,塔,c= (1,1)，則(a + b

9、)/ c 的充要條件是1;其中所有的真命題是3, 已知p(x)： x2 + 2x m 0,如果p是假命題，p(2)是真命題，則實(shí)數(shù) m的取值范圍為1解析否命題是“若f(x)不是奇函數(shù)，則f(-x)不是奇函數(shù)”2 解析 / f(x)= cos 2x, T= n 故 p 是 真命題；a+ b = ( 1, *+ 1)，貝V ?2+ 入 =0，即入=一 1或=0，故q是假命題；3解析：因?yàn)閜(1)是假命題，所以1 + 2 mW 0，解得m3;又p(2)是真命題，所以4 + 4 m 0,解得mv 8故m的范圍是3,8).咼考熱點(diǎn)二全稱命題與特稱命題命題方向1全稱命題與特稱命題的否定及真假判斷.2利用全

10、稱命題與特稱命題的真假求參數(shù)值或范圍. 真題感悟，自主突破:2. (14年天津)已知命題p： ? x0,總有(x+1)ex1 ，貝Up為解析：“？ X。0,使得（X0+ 1）ex0W 1”.2下列命題中是假命題的是 n .？ x 0, x sin x .？ x R, sin X0+ cos X0= 2 .？ x R, 3x 0 .？ x R, lg X0 = 0解析：由正弦線的定義易知x sin x,故n? x 0, xsin x,即是真命題； sin x+ cos x= 2 sin x+ n w ,2,所以不存在X0 R,使sin X0 + cos X0 = 2,故是假命題.，由指數(shù)函數(shù)的值

11、域？ x R,3X0是真命題； 取X0= 1, lg X0= lg 1 = 0,故? x0 R, lg X0= 0是真命題.故是假命題典型題例，精析巧解:1 . (14 年安徽)命題“ ？ x R, |x| + x20”的否定是解析：否定是？ x0 R, |x0| + xV 0.2 .下列命題中的假命題是 .？ x R , ex0.？ x N , x20？ X。 R , ln X0V 1 ？ X0 N* , sin X0= 1 解析：當(dāng)x = 0 , x2= 0,與x任意性矛盾，3 .已知命題：p： ? X0 R , ax0+ X0+2w 0.若命題p是假命題，則a的取值范圍是 .解析：因?yàn)槊?/p>

12、題p是假命題,所以綈p為真2 1命題，即？ x R, ax + x+ 20恒成立.當(dāng)1a= 0時，x ,不滿足題意；當(dāng)az0時，a 0要使不等式恒成立，則有，解得V 0a 01 11,所以 a3,即 a-, + .a 222同類拓展，變式訓(xùn)練:11 若命題 p： ? x R , x2+x+ 1 0,則其否定是.1解析：隱含條件 0且x2+ x+ 1工0x2 + x + 11x2+ x+ 1v 0，或 x2 + x+ 1 = 0.1 12 .命題 p1: ? x （0 ,+s）, 2 xv 3 x ；p2： ? x（0,1）, log；x log；x ； pa： ? x1 1 （0, +m）,

13、2 x log；x ； p4： ? x 0, 3 ,11 xv logx，其中的真命題是1解析 取 x=?,則 log 1x = 1, log 1x = log321 1v 1 , p2正確；當(dāng) x 0,-時，2 xv 1,而 log；x 1, p4正確.3. 若命題? x R , ax2 ax 2b” 是 “a|a| b|b|”的條件(填充分不必要、必要不充分、充要、既不 充分又不必要)解析：構(gòu)造函數(shù)f(x) = x|x|,貝U f(x)在定義域R上為x2, x0,奇函數(shù).因?yàn)閒(x)=所以函x2, xv 0,數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，所以ab? f(a)f(b)? a|a| b|b|.充要

14、條件2. (14江西)下列敘述中正確的是 .若 a, b, c R，則“ ax2 + bx+ c0”的充分條件是“ b2 4acw 0” .若a, b, c R，則“ ab2cb2”的充要條件是“ a c” .命題“對任意 x R，有x2 0”的否定是“存在x R,有x2 0” .I是一條直線，a B是兩個不同的平面，若I丄a, I丄貝V a / 3解析：由于“若 b2 4acw 0，貝U ax2 + bx+ c 0” 是假命題，所以“ax2+ bx+ c 0”的充分條 件不是 “ b2 4acw 0” ,錯；Tab2cb2, 且 b20,.ac.而 ac 時，若 b2 = 0,貝U ab2c

15、b2不成立，由此知“ab2cb2”是“a c”的充分不必要條件，錯；“對任意x R，有x20”的否定是“存在x R,有p A q. p Aq解析：命題p是真命題.由 x2? x 1,而x 1 ? / x 2,因此“x 1”是“x 2”的必要 不充分條件，故命題q是假命題，則x2v 0” ,錯；由I丄a I丄可得a/ 3,理由是：垂直于同一條直線的兩個平面平 行，正確.3. （14重慶）已知命題P：對任意x R，總有2x 0; q :“x 1”是“ x 2”的充分不必要條件.則下列命題為真命題的是 . p A q.丄a.而此時平面 a與平面卩不一定垂直,q是真命題，pA綈q是真命題，選典型題例，

16、精析巧解:1.(12 天津)設(shè)R,貝V $= 0是 “(x)= cos(x+ Q(x R)為偶函數(shù)”的條件解析由條件推結(jié)論和結(jié)論推條件后判斷.若 片0，則f(x) = cos x是偶函數(shù)，但是若f(x)=cos (x+妨是偶函數(shù)，貝y 0= n也成立.故%= 0是 f(x)= cos (x+(j)(x R)為偶函數(shù)”的充分而不必要條件.2.( 12安徽)設(shè)平面a與平面B相交于直線m, 直線a在平面a內(nèi)，直線b在平面B內(nèi)，且b丄m,貝U a丄是a丄b的【解析】利用面面垂直的性質(zhì)定理及空間直線的位 置關(guān)系，判定充分必要條件.當(dāng)a丄卩時，由于aA 3= m, b? 3 b丄m,由 面面垂直的性質(zhì)定理

17、知，b丄a.又Ta? a, .b丄a.a丄3”是a丄b”的充分 條件.而當(dāng) a? a且a /m時，：b丄m,.ba丄3”不是a丄b”的必要條件，3. 設(shè)集合P= t|數(shù)列n2+tn(n N*)單調(diào)遞 增，集合Q = t|函數(shù)f(x)= kx2 + tx在區(qū)間1 ,+ s )上單調(diào)遞增，若“ t P”是“ t Q” 的充分不必要條件，則實(shí)數(shù) k的最小值為解析：因?yàn)閿?shù)列n2+ tn(n N*)單調(diào)遞增，所以(n+ 1)2+ t(n+ 1) n2 + tn,可得 t 2n 1，又n N*，所以t 3.因?yàn)楹瘮?shù)f(x) =kx2 + tx在區(qū)間1 ,+s)上單調(diào)遞增，所 以其圖象的對稱軸 x= 2kw

18、 1且k0,故 t 2k,又“t P”是“t Q”的充分不必3要條件，所以一2k?,故實(shí)數(shù)3k的最小值為.同類拓展，變式訓(xùn)練:1. (12年陜西)設(shè)a, b R, i是虛數(shù)單位，則ab= 0”是 復(fù)數(shù)a+ -為純虛數(shù)”i的條件K解析：&+ - = a bi為純虛數(shù)，.必i有a= 0, bK),而ab= 0時有a= 0或 b = 0,.由 a = 0, bK)? ab = 0,反之 不成立.必要不充分條件.372. “ coa= 3”是 “ cos2= ”的_條件525 3【解析】T COS a= 5,二 COS 2a= 2COS1= 7253 由 COS a= 5可推出 COS 2a=又 x2

19、 2x+ 1 m2 = x (1 m)x(1 + m) w0,且 m0,q： 1 mW xw 1 + m.725.由 COS 2a= 25得 COS a= 5, 732 a=亦不能推出COS a= 5.x一 13.已知 p:1 3 w2, q:cosx2 2x+ 1 m20),若 p 是q的充分不必要條件，則實(shí)數(shù)m的取值范圍【解析】-21-m1 +m 10x p是q的充分不必要條件， q是p的充分不必要條件.由圖得1 m 21 + mW 10 m 00v mW 3.1 m 2或 1 + mv 10m 0x一 1解 1亍 2 得 p:- 2 x0.若 AU B=B,貝S c的取值范圍是3 集合

20、A= x| x 1|0 ,B= x Z| x2 9，則 An B8. 已知集合 A= x|x2 3x+ 2= 0, x R , B = x|0x5, x N，則滿足條件A? C? B的集合C的個數(shù)為9. 設(shè)集合 A= x|1x4，集合 B= x|x2 2x 3 1 , M n N = 1 , 2 , ?u(M U N) = 0,x 1(?uM)n N = 4 , 5，貝y M =規(guī)范解答1 解析 解 x2 2x 30 得1 WxW3,.B= 1,3，則?rB = ( , 1) U (3,+),AQ(?rB) = (3,4).2tA? B,.a + 3= 1,.a = 2.3 解不等式 Iog2

21、xv 1,得 0vxv 2,.A= x| 0 vxv2 . vAU B = B ,.A? B,；c2.x b4解析：由題意得A = x| 1x3 ,0等價于(x b)(x+ 2) 1.故填b 1.2 15 解析 由 2x2 + 7x+ 3v 0,得一3v xv q,又 x Z,.N= 2, 1，又 M A NM ?,.m= 2 或1.x 36解析 根據(jù)橢圓的有界性知 M = x| 2x 2，解不等式 0,得N = x| 1vx3.x+ 17解析圖中陰影表示的是AA B ,化簡集合：A =x Zx x 3 w 0,x Z= x Z| 0W xv 3 = 0,1,2 ,B = x Z| 3 x 1

22、,得 一1 0,即w 0,解得一1 0,若p是q的充分不必要條件，則實(shí)數(shù) a的取值范 圍是.解析：由題意知，p： x ( g, 1) U (2,+s ), q： (x 1)(x+ a)0,由p是q的充分不必 要條件可知p中不等式的解集是 q中不等式的解集的真子集，從而有一 a= 1或1v av 2, 所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(一2, 1.答案：(2, 13.下列命題中，真命題是A. ? xo R, e0 x2aC. a+ b= 0的充要條件是b= 1D. a 1, b 1是ab 1的充分條件解析應(yīng)用量詞和充要條件知識解決.對于？ x R，都有ex0,故選項(xiàng)A是假命題；當(dāng)x = 2時，2x= x2

23、,故選項(xiàng)B是aa假命題；當(dāng)b= 1時，有a+ b = 0,但當(dāng)a+ b = 0時，如a = 0, b= 0時，無意 義，故選項(xiàng)C是假命題；當(dāng)a 1, b 1時，必有ab 1,但當(dāng)ab 1時，未必 有a 1, b 1,如當(dāng)a= 1, b= 2時，ab 1,但a不大于1, b不大于1, 故a 1, b 1是ab 1的充分條件，選項(xiàng)D是真命題.4設(shè)原命題：若a+ b2，則a, b中至少有一個不小于 1，則原命題與其逆命題的真假 情況是()A.原命題真，逆命題假B .原命題假，逆命題真C.原命題真，逆命題真D 原命題假，逆命題假解析：原命題的逆否命題：若 a, b都小于1,則a+ bv 2,是真命題，

24、所以原命題為真命題；原命題的逆命題：若 a, b中至少有一個不小于 1,貝U a+ b2，如a= 3, b= 3滿答案：A5 (20XX年濰坊模擬)已知命題p： ? x R, mx2 + K 0,命題q： ? x R, (m+2)x2 + 10,若pA q為真命題，貝U實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A. ( X, 2)B . 2, 0)C. ( 2, 0)D. (0, 2)解析：若p為真命題，則m0;若q為真命題，則m2.所以，若pAq為真命 題，貝U m 2, 0).6 a 2”是 函數(shù)f(x) = ax+ 3在區(qū)間1, 2上存在零點(diǎn)”的()A .充分不必要條件B. 必要不充分條件C .充分必要條件

25、D. 既不充分也不必要條件解析：當(dāng) a 2 時，f( 1)f(2) = ( a+ 3)(2a+ 3)0，所以函數(shù) f(x) = ax+ 3 在區(qū) 間1, 2上存在零點(diǎn)；反過來，當(dāng)函數(shù)f(x) = ax+ 3在區(qū)間1, 2上存在零點(diǎn) 時，不能得知a 2,如當(dāng)a = 4時，函數(shù)f(x)= ax+ 3 = 4x+ 3在區(qū)間1, 2上 存在零點(diǎn).因此，a 2”是 函數(shù)f(x) = ax+ 3在區(qū)間1, 2上存在零點(diǎn)”的充分不必要條 件，選A.x 17.o 已知 p： |1|2, q： x2 2x+ 1 m20),若 p 是 q 的必要而2不充分條件，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是.解析：由題意知，p是q的充分不

26、必要條件，即p的解集是q的解集的子集.x 1x 1x 1由 p： |1| 2? 2 12? 1 3? 1 x 7,2 2 2q： x2 2x+ 1 m20? x (1 m)x (1 + m)0, (*)不等式(*)的解為1 mx 1 + m,所以1 m 7, 所以實(shí)數(shù)m的取值范圍是6,+x).8. “ x y 0 ”是“ ： 1 ”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xx解析：y 1? (x y)y 0，由 xy 0,得 x y 0, y 0,所以 x y 0? - 1,具有xxyxvyx充分性.由- 1,得或，所以- 1? / xy0,不具有

27、必要性，故選 A.yy0yv0y答案：A9. 已知條件p： x 1,又易知q： xv0或x 1, p是q的充分不必要條件.10. 下面四個條件中，使ab成立的充分而不必要的條件是A. ab+ 1B. ab 1C. a2b2D. a3b3解析tab+ 1 b,：ab+ 1是ab的充分條件，但當(dāng)ab時不能推出ab+ 1,故選A.111. 已知p： x 10|+ |9x|a的解集為R, q：匚v 1,則綈p是q的aA .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v|x 10|+ |9x| 1,且|x 10|+ |9 x| a 的解集為 R,P： a 1 ；1解不等式a 1,a p是q的充分不必要條件.答案 A12. 已知命題R:當(dāng)x, y R時，|x+y|= |x|+ |y|成立的充要條件是xy0p2：函數(shù) y= 2x+ 2-x在 R 內(nèi)為減函數(shù)，則在命題 q1： p1 V p2, q2： p1 A p2, q3： （ p）V p2 和q4： p1 A （ p2）中，真命題是B q2, q3C - q1 , q4D - q2， q4解析 解法一 p1是真命題，事實(shí)上：（充分性）若xy0,則x, y至少有一 個為0或兩者同號，二|x+ y|= |x|+ |y|定成立.（必要性）若|x+ y|=兇 + |y|,兩邊平方，得 x