高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 基礎(chǔ)考點(diǎn) 自主練透 第2講 集合、不等式、常用邏輯用語練習(xí)（含解析）試題

第2講集合、不等式、常用邏輯用語集合[考法全練]1．(2019·高考天津卷)設(shè)集合A＝{－1，1，2，3，5}，B＝{2，3，4}，C＝{x∈R|1≤x<3}，則(A∩C)∪B＝()A．{2} B．{2，3}C．{－1，2，3} D．{1，2，3，4}解析：選D.因?yàn)锳∩C＝{－1，1，2，3，5}∩{x∈R|1≤x<3}＝{1，2}，所以(A∩C)∪B＝{1，2}∪{2，3，4}＝{1，2，3，4}．故選D.2．(2019·鄭州市第二次質(zhì)量預(yù)測(cè))已知全集U＝R，A＝{x|y＝ln(1－x2)}，B＝{y|y＝4x－2}，則A∩(?UB)＝()A．(－1，0) B．[0，1)C．(0，1) D．(－1，0]解析：選D.A＝{x|1－x2>0}＝(－1，1)，B＝{y|y>0}，所以?UB＝{y|y≤0}，所以A∩(?UB)＝(－1，0]，故選D.3．(多選)若集合A＝{x|x(x－2)≤0}，且A∪B＝A，則集合B可能是()A．{－1} B．{0}C．{1} D．{2}解析：選BCD.因?yàn)锳＝{x|x(x－2)≤0}，所以A＝[0，2]．因?yàn)锳∪B＝A，所以B?A.由選項(xiàng)知有{0}?A，{1}?A，{2}?A.故選BCD.4．(一題多解)已知集合A＝{(x，y)|x2＋y2≤3，x∈Z，y∈Z}，則A中元素的個(gè)數(shù)為()A．9 B．8C．5 D．4解析：選A.法一：由x2＋y2≤3知，－eq\r(3)≤x≤eq\r(3)，－eq\r(3)≤y≤eq\r(3)，又x∈Z，y∈Z，所以x∈{－1，0，1}，y∈{－1，0，1}，所以A中元素的個(gè)數(shù)為Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,3)＝9，故選A.法二：根據(jù)集合A的元素特征及圓的方程在坐標(biāo)系中作出圖形，如圖，易知在圓x2＋y2＝3中有9個(gè)整點(diǎn)，即為集合A的元素個(gè)數(shù)，故選A.5．已知集合M＝{x|y＝lg(2－x)}，N＝{y|y＝eq\r(1－x)＋eq\r(x－1)}，則()A．M?N B．N?MC．M＝N D．N∈M解析：選B.因?yàn)榧螹＝{x|y＝lg(2－x)}＝(－∞，2)，N＝{y|y＝eq\r(1－x)＋eq\r(x－1)}＝{0}，所以N?M.故選B.6．(一題多解)(2019·安徽省考試試題)已知集合A＝{x|x－a≤0}，B＝{1，2，3}，若A∩B≠?，則a的取值范圍為()A．(－∞，1] B．[1，＋∞)C．(－∞，3] D．[3，＋∞)解析：選B.法一：集合A＝{x|x≤a}，集合B＝{1，2，3}，若A∩B≠?，則1，2，3這三個(gè)元素至少有一個(gè)在集合A中，若2或3在集合A中，則1一定在集合A中，因此只要保證1∈A即可，所以a≥1，故選B.法二：集合A＝{x|x≤a}，B＝{1，2，3}，a的值大于3時(shí)，滿足A∩B≠?，因此排除A，C.當(dāng)a＝1時(shí)，滿足A∩B≠?，排除D.故選B.eq\a\vs4\al()集合問題的求解策略(1)連續(xù)數(shù)集借助數(shù)軸，不連續(xù)數(shù)集借助Venn圖．(2)圖形或圖象問題用數(shù)形結(jié)合法．(3)新定義問題要緊扣定義進(jìn)行邏輯推理或運(yùn)算．[提醒]解決集合問題要注意以下幾點(diǎn)．(1)集合元素的互異性．(2)不能忽略空集．(3)注意端點(diǎn)的取值，如題3中，A∩(?UB)中含有元素0.(4)理解代表元素的意義，如題4為點(diǎn)集，其他各題均為數(shù)集．不等式的性質(zhì)及解法[考法全練]1．(2019·陜西華陰期末)若不等式x2＋x＋m2＜0的解集不是空集，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2))) D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))解析：選B.因?yàn)椴坏仁絰2＋x＋m2＜0的解集不是空集，所以Δ＞0，即1－4m2＞0，所以－eq\f(1,2)＜m＜eq\f(1,2).故選B.2．(多選)若0＜a＜1，b＞c＞1，則()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))eq\s\up12(a)＞1 B．eq\f(c－a,b－a)＞eq\f(c,b)C．ca－1＜ba－1 D．logca＜logba解析：選AD.對(duì)于A，因?yàn)閎＞c＞1，所以eq\f(b,c)＞1.因?yàn)?＜a＜1，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))eq\s\up12(a)＞eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))eq\s\up12(0)＝1，故正確．對(duì)于B，若eq\f(c－a,b－a)＞eq\f(c,b)，則bc－ab＞bc－ac，即a(c－b)＞0，這與0＜a＜1，b＞c＞1矛盾，故錯(cuò)誤．對(duì)于C，因?yàn)?＜a＜1，所以a－1＜0.因?yàn)閎＞c＞1，所以ca－1＞ba－1，故錯(cuò)誤．對(duì)于D，因?yàn)?＜a＜1，b＞c＞1，所以logca＜logba，故正確．故選AD.3．(一題多解)(2019·高考全國卷Ⅱ)若a＞b，則()A．ln(a－b)＞0 B．3a＜3bC．a(chǎn)3－b3＞0 D．|a|＞|b|解析：選C.法一：不妨設(shè)a＝－1，b＝－2，則a＞b，可驗(yàn)證A，B，D錯(cuò)誤，只有C正確．法二：由a＞b，得a－b＞0，但a－b＞1不一定成立，則ln(a－b)＞0不一定成立，故A不一定成立．因?yàn)閥＝3x在R上是增函數(shù)，當(dāng)a＞b時(shí)，3a＞3b，故B不成立．因?yàn)閥＝x3在R上是增函數(shù)，當(dāng)a＞b時(shí)，a3＞b3，即a3－b3＞0，故C成立．因?yàn)楫?dāng)a＝3，b＝－6時(shí)，a＞b，但|a|＜|b|，所以D不一定成立．故選C.4．設(shè)[x]表示不超過x的最大整數(shù)(例如：[5.5]＝5，[－5.5]＝－6)，則不等式[x]2－5[x]＋6≤0的解集為()A．(2，3) B．[2，4)C．[2，3] D．(2，3]解析：選B.不等式[x]2－5[x]＋6≤0可化為([x]－2)·([x]－3)≤0，解得2≤[x]≤3，即不等式[x]2－5[x]＋6≤0的解集為2≤[x]≤3.根據(jù)[x]表示不超過x的最大整數(shù)，得不等式的解集為2≤x＜4.故選B.5．已知實(shí)數(shù)b＞a＞0，m＜0，則mb________ma，eq\f(b－m,a－m)________eq\f(b,a)(用＞，＜填空)．解析：因?yàn)閎＞a＞0，m＜0，所以b－a＞0，所以mb－ma＝m(b－a)＜0，所以mb＜ma.eq\f(b－m,a－m)－eq\f(b,a)＝eq\f(a（b－m）－b（a－m）,a（a－m）)＝eq\f(m（b－a）,a（a－m）)＜0，所以eq\f(b－m,a－m)＜eq\f(b,a).答案：＜＜6．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x，x≤1，,ln（x－1），1＜x≤2，))若不等式f(x)≤5－mx恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________．解析：作出函數(shù)f(x)的大致圖象如圖所示，令g(x)＝5－mx，則g(x)恒過點(diǎn)(0，5)，由f(x)≤g(x)恒成立，由數(shù)形結(jié)合得－eq\f(5,2)≤－m≤0，解得0≤m≤eq\f(5,2).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5,2)))eq\a\vs4\al()(1)一元二次不等式的解法先化為一般形式ax2＋bx＋c＞0(a≠0)，再求相應(yīng)一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)的根，最后根據(jù)相應(yīng)二次函數(shù)圖象與x軸的位置關(guān)系，確定一元二次不等式的解集．(2)簡單分式不等式的解法①eq\f(f（x）,g（x）)＞0(＜0)?f(x)g(x)＞0(＜0)．②eq\f(f（x）,g（x）)≥0(≤0)?f(x)g(x)≥0(≤0)且g(x)≠0.(3)不等式恒成立問題的解題方法①f(x)＞a對(duì)一切x∈I恒成立?f(x)min＞a；f(x)＜a對(duì)一切x∈I恒成立?f(x)max＜a.②f(x)＞g(x)對(duì)一切x∈I恒成立?f(x)的圖象在g(x)的圖象的上方．③解決恒成立問題還可以利用分離參數(shù)法，一定要搞清誰是自變量，誰是參數(shù)．一般地，知道誰的范圍，誰就是變量，求誰的范圍，誰就是參數(shù)．利用分離參數(shù)法時(shí)，常用到函數(shù)單調(diào)性、基本不等式等．基本不等式及其應(yīng)用[考法全練]1．(多選)下列不等式的證明過程錯(cuò)誤的是()A．若a，b∈R，則eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2B．若a＜0，則a＋eq\f(4,a)≥－2eq\r(a·\f(4,a))＝－4C．若a，b∈(0，＋∞)，則lga＋lgb≥2eq\r(lga·lgb)D．若a∈R，則2a＋2－a≥2eq\r(2a·2－a)＝2解析：選ABC.由于a，b的符號(hào)不確定，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；因?yàn)閍＜0，所以a＋eq\f(4,a)＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（－a）＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,a)))))≤－2eq\r(（－a）·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,a))))＝－4，故B錯(cuò)誤；由于lga，lgb的符號(hào)不確定，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；因?yàn)?a＞0，2－a＞0，所以2a＋2－a≥2eq\r(2a·2－a)＝2，故選項(xiàng)D正確．故選ABC.2．(一題多解)(2019·長沙模擬)若a＞0，b＞0，a＋b＝ab，則a＋b的最小值為()A．2 B．4C．6 D．8解析：選B.法一：由于a＋b＝ab≤eq\f(（a＋b）2,4)，因此a＋b≥4或a＋b≤0(舍去)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝2時(shí)取等號(hào)，故選B.法二：由題意，得eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝1，所以a＋b＝(a＋b)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝2＋eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≥2＋2＝4，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝2時(shí)取等號(hào)，故選B.法三：由題意知a＝eq\f(b,b－1)(b＞1)，所以a＋b＝eq\f(b,b－1)＋b＝2＋b－1＋eq\f(1,b－1)≥2＋2＝4，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝2時(shí)取等號(hào)，故選B.3．已知向量a＝(x－1，3)，b＝(1，y)，其中x，y都為正實(shí)數(shù)．若a⊥b，則eq\f(1,x)＋eq\f(1,3y)的最小值為()A．2 B．2eq\r(2)C．4 D．2eq\r(3)解析：選C.因?yàn)閍⊥b，所以a·b＝x－1＋3y＝0，即x＋3y＝1.又x，y為正實(shí)數(shù)，所以eq\f(1,x)＋eq\f(1,3y)＝(x＋3y)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,3y)))＝2＋eq\f(3y,x)＋eq\f(x,3y)≥2＋2eq\r(\f(3y,x)·\f(x,3y))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)x＝3y＝eq\f(1,2)時(shí)取等號(hào)．所以eq\f(1,x)＋eq\f(1,3y)的最小值為4.故選C.4．(2019·高考天津卷)設(shè)x＞0，y＞0，x＋2y＝5，則eq\f(（x＋1）（2y＋1）,\r(xy))的最小值為________．解析：因?yàn)閤＞0，y＞0，所以eq\r(xy)＞0.因?yàn)閤＋2y＝5，所以eq\f(（x＋1）（2y＋1）,\r(xy))＝eq\f(2xy＋x＋2y＋1,\r(xy))＝eq\f(2xy＋6,\r(xy))＝2eq\r(xy)＋eq\f(6,\r(xy))≥2eq\r(12)＝4eq\r(3).當(dāng)且僅當(dāng)2eq\r(xy)＝eq\f(6,\r(xy))時(shí)取等號(hào)．所以eq\f(（x＋1）（2y＋1）,\r(xy))的最小值為4eq\r(3).答案：4eq\r(3)5．(2019·洛陽模擬)已知x＞0，y＞0，且eq\f(1,x)＋eq\f(2,y)＝1，則xy＋x＋y的最小值為________．解析：因?yàn)閑q\f(1,x)＋eq\f(2,y)＝1，所以2x＋y＝xy，所以xy＋x＋y＝3x＋2y，因?yàn)?x＋2y＝(3x＋2y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(2,y)))＝7＋eq\f(6x,y)＋eq\f(2y,x)，且x＞0，y＞0，所以3x＋2y≥7＋4eq\r(3)，所以xy＋x＋y的最小值為7＋4eq\r(3).答案：7＋4eq\r(3)6．已知a＞b＞0，則a＋eq\f(4,a＋b)＋eq\f(1,a－b)的最小值為________，此時(shí)a＝________．解析：因?yàn)閍＞b＞0，所以a＋eq\f(4,a＋b)＋eq\f(1,a－b)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋b＋\f(8,a＋b)＋a－b＋\f(2,a－b)))≥eq\r(（a＋b）·\f(8,a＋b))＋eq\r(（a－b）·\f(2,a－b))＝2eq\r(2)＋eq\r(2)＝3eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝eq\f(3\r(2),2)，b＝eq\f(\r(2),2)時(shí)等號(hào)成立．答案：3eq\r(2)eq\f(3\r(2),2)eq\a\vs4\al()利用不等式求最值的4個(gè)解題技巧(1)湊項(xiàng)：通過調(diào)整項(xiàng)的符號(hào)，配湊項(xiàng)的系數(shù)，使其積或和為定值．(2)湊系數(shù)：若無法直接運(yùn)用基本不等式求解，可以通過湊系數(shù)后得到和或積為定值，從而可利用基本不等式求最值．(3)換元：分式函數(shù)求最值，通常直接將分子配湊后將式子分開或?qū)⒎帜笓Q元后將式子分開再利用基本不等式求最值．即化為y＝m＋eq\f(A,g（x）)＋Bg(x)(A>0，B>0)，g(x)恒正或恒負(fù)的形式，然后運(yùn)用基本不等式來求最值．(4)“1”的代換：先把已知條件中的等式變形為“1”的表達(dá)式，再把“1”的表達(dá)式與所求最值的表達(dá)式相乘求積，通過變形構(gòu)造和或積為定值的代數(shù)式求其最值．[提醒](1)基本不等式a＋b≥2eq\r(ab)成立的條件是a＞0，b＞0，而不等式a2＋b2≥2ab對(duì)任意實(shí)數(shù)a，b都成立，因此在使用時(shí)要注意其前提條件．(2)對(duì)多次使用基本不等式時(shí)，需考慮等號(hào)是不是能同時(shí)成立．(3)對(duì)于含有x＋eq\f(a,x)(a＞0)的不等式，不能簡單地利用x＋eq\f(a,x)≥2eq\r(a)，而是要根據(jù)x的取值范圍判斷能否取到最小值2eq\r(a)，若不能，需要利用函數(shù)的單調(diào)性求其最小值．常用邏輯用語[考法全練]1．(2019·沈陽市質(zhì)量監(jiān)測(cè)(一))設(shè)命題p：?x∈R，x2－x＋1>0，則綈p為()A．?x∈R，x2－x＋1>0 B．?x∈R，x2－x＋1≤0C．?x∈R，x2－x＋1≤0 D．?x∈R，x2－x＋1<0解析：選C.已知原命題p：?x∈R，x2－x＋1>0，全稱命題的否定是將全稱量詞改為存在量詞，并否定命題的結(jié)論，故原命題的否定綈p為?x∈R，x2－x＋1≤0.2．(2019·廣州市調(diào)研測(cè)試)下列命題中，為真命題的是()A．?x0∈R，ex0≤0B．?x∈R，2x>x2C．a(chǎn)＋b＝0的充要條件是eq\f(a,b)＝－1D．若x，y∈R，且x＋y>2，則x，y中至少有一個(gè)大于1解析：選D.因?yàn)閑x>0恒成立，所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤．取x＝2，則2x＝x2，所以選項(xiàng)B錯(cuò)誤．當(dāng)a＋b＝0時(shí)，若b＝0，則a＝0，此時(shí)eq\f(a,b)無意義，所以也不可能推出eq\f(a,b)＝－1；當(dāng)eq\f(a,b)＝－1時(shí)，變形得a＝－b，所以a＋b＝0，故a＋b＝0的充分不必要條件是eq\f(a,b)＝－1，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤．假設(shè)x≤1且y≤1，則x＋y≤2，這顯然與已知x＋y>2矛盾，所以假設(shè)錯(cuò)誤，所以x，y中至少有一個(gè)大于1，故選項(xiàng)D正確．綜上，選D.3．(2019·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解析：選A.因?yàn)閍>0，b>0，若a＋b≤4，所以2eq\r(ab)≤2＋b≤4.所以ab≤4，此時(shí)充分性成立．當(dāng)a>0，b>0，ab≤4時(shí)，令a＝4，b＝1，則a＋b＝5>4.這與a＋b≤4矛盾，因此必要性不成立．綜上所述，當(dāng)a>0，b>0時(shí)，“a＋b≤4”是“ab≤4”的充分不必要條件．故選A.4．(2019·高考天津卷)設(shè)x∈R，則“x2－5x<0”是“|x－1|<1”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B.由“x2－5x<0”可得“0<x<5”；由“|x－1|<1”可得“0<x<2”．由“0<x<5”不能推出“0<x<2”，但由“0<x<2”可以推出“0<x<5”，所以“x2－5x<0”是“|x－1|<1”的必要不充分條件．故選B.5．(多選)滿足函數(shù)f(x)＝ln(mx＋3)在(－∞，1]上單調(diào)遞減的一個(gè)充分不必要條件是()A．－3＜m＜－2 B．－3＜m＜0C．－4＜m＜0 D．－3＜m＜－1解析：選AD.結(jié)合復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性，可知函數(shù)f(x)＝ln(mx＋3)在(－∞，1]上單調(diào)遞減的充要條件是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＜0，,m＋3＞0，))解得－3＜m＜0.所以“－3＜m＜－2”是“函數(shù)f(x)在(－∞，1]上單調(diào)遞減”的充分不必要條件，故A正確；“－3＜m＜0”是“函數(shù)f(x)在(－∞，1]上單調(diào)遞減”的充要條件，故B不正確；“－4＜m＜0”是“函數(shù)f(x)在(－∞，1]上單調(diào)遞減”的必要不充分條件，故C不正確；“－3＜m＜－1”是“函數(shù)f(x)在(－∞，1]上單調(diào)遞減”的充分不必要條件，故AD正確．6．設(shè)條件p：|x|≤m(m＞0)，q：－1≤x≤4，若p是q的充分條件，則m的最大值為________，若p是q的必要條件，則m的最小值為________．解析：由|x|≤m(m＞0)得：－m≤x≤m，由p是q的充分條件?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－m≥－1,m≤4))?0＜m≤1，所以m的最大值為1，由p是q的必要條件?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－m≤－1,m≥4))?m≥4，所以m的最小值為4.答案：14eq\a\vs4\al()(1)充分條件與必要條件的三種判定方法定義法正、反方向推理，若p?q，則p是q的充分條件(或q是p的必要條件)；若p?q，且q?/p，則p是q的充分不必要條件(或q是p的必要不充分條件)集合法利用集合間的包含關(guān)系，例如p：A，q：B，若A?B，則p是q的充分條件(q是p的必要條件)；若A＝B，則p是q的充要條件等價(jià)法將命題等價(jià)轉(zhuǎn)化為另一個(gè)便于判斷真假的命題(2)全稱命題與特稱命題真假的判定方法①全稱命題：要判定一個(gè)全稱命題是真命題，必須對(duì)限定集合M中的每一個(gè)元素x驗(yàn)證p(x)成立，要判定其為假命題，只需舉出一個(gè)反例即可．②特稱命題：要判定一個(gè)特稱命題為真命題，只要在限定集合M中至少能找到一個(gè)元素x0，使得p(x0)成立即可；否則，這一特稱命題就是假命題．[提醒]求解簡易邏輯問題有以下幾個(gè)易失分點(diǎn)：(1)“A是B的充分條件”與“A的充分條件是B”是不同的概念．(2)命題的否定與否命題是有區(qū)別的，“命題的否定”即“非p”，只是否定命題p的結(jié)論．(3)全稱或特稱命題的否定，要否定結(jié)論并改變量詞．一、選擇題1．(2019·高考全國卷Ⅱ)設(shè)集合A＝{x|x2－5x＋6>0}，B＝{x|x－1<0}，則A∩B＝()A．(－∞，1) B．(－2，1)C．(－3，－1) D．(3，＋∞)解析：選A.A∩B＝{x|x2－5x＋6>0}∩{x|x－1<0}＝{x|x<2或x>3}∩{x|x<1}＝{x|x<1}．故選A.2．命題“?x>0，lnx≥1－eq\f(1,x)”的否定是()A．?x0≤0，lnx0≥1－eq\f(1,x0)B．?x0≤0，lnx0<1－eq\f(1,x0)C．?x0>0，lnx0≥1－eq\f(1,x0)D．?x0>0，lnx0<1－eq\f(1,x0)解析：選D.若命題為?x∈M，p(x)，則其否定為?x0∈M，綈p(x0)．所以“?x>0，lnx≥1－eq\f(1,x)”的否定是?x0>0，lnx0<1－eq\f(1,x0)，故選D.3.(2019·沈陽市質(zhì)量監(jiān)測(cè)(一))已知全集U＝{1，3，5，7}，集合A＝{1，3}，B＝{3，5}，則如圖所示陰影區(qū)域表示的集合為()A．{3} B．{7}C．{3，7} D．{1，3，5}解析：選B.由圖可知，陰影區(qū)域?yàn)?U(A∪B)，由并集的概念知，A∪B＝{1，3，5}，又U＝{1，3，5，7}，于是?U(A∪B)＝{7}，故選B.4．(2019·廣西欽州期末)已知a，b∈R，a2＋b2＝15－ab，則ab的最大值是()A．15 B．12C．5 D．3解析：選C.因?yàn)閍2＋b2＝15－ab≥2ab，所以3ab≤15，即ab≤5，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝±eq\r(5)時(shí)等號(hào)成立．所以ab的最大值為5.故選C.5．已知a＞0＞b，則下列不等式一定成立的是()A．a(chǎn)2＜－ab B．|a|＜|b|C．eq\f(1,a)＞eq\f(1,b) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(a)＞eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(b)解析：選C.通解：當(dāng)a＝1，b＝－1時(shí)，滿足a＞0＞b，此時(shí)a2＝－ab，|a|＝|b|，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(a)＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(b)，所以A，B，D不一定成立．因?yàn)閍＞0＞b，所以b－a＜0，ab＜0，所以eq\f(1,a)－eq\f(1,b)＝eq\f(b－a,ab)＞0，所以eq\f(1,a)＞eq\f(1,b)一定成立，故選C.優(yōu)解：因?yàn)閍＞0＞b，所以eq\f(1,a)＞0＞eq\f(1,b)，所以eq\f(1,a)＞eq\f(1,b)一定成立，故選C.6．(2019·高考北京卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝cosx＋bsinx(b為常數(shù))，則“b＝0”是“f(x)為偶函數(shù)”的()A．充分而不必要條件B．必要而不充分條件C．充分必要條件D．既不充分也不必要條件解析：選C.因?yàn)閒(x)＝cosx＋bsinx為偶函數(shù)，所以對(duì)任意的x∈R都有f(－x)＝f(x)，即cos(－x)＋bsin(－x)＝cosx＋bsinx，所以2bsinx＝0.由x的任意性，得b＝0.故f(x)為偶函數(shù)?b＝0.必要性成立．反過來，若b＝0，則f(x)＝cosx是偶函數(shù)．充分性成立．所以“b＝0”是“f(x)為偶函數(shù)”的充分必要條件．故選C.7．下列命題錯(cuò)誤的是()A．“a>1”是“eq\f(1,a)<1”的充分不必要條件B．命題“?x0∈(0，＋∞)，lnx0＝x0－1”的否定是“?x∈(0，＋∞)，lnx≠x－1”C．設(shè)x，y∈R，則“x≥2且y≥2”是“x2＋y2≥4”的必要不充分條件D．設(shè)a，b∈R，則“a≠0”是“ab≠0”的必要不充分條件解析：選C.若eq\f(1,a)<1，則a>1或a<0，則“a>1”是“eq\f(1,a)<1”的充分不必要條件，故A正確；根據(jù)特稱命題的否定為全稱命題，得“?x0∈(0，＋∞)，lnx0＝x0－1”的否定是“?x∈(0，＋∞)，lnx≠x－1”，故B正確；當(dāng)x≥2且y≥2時(shí)，x2＋y2≥4，當(dāng)x2＋y2≥4時(shí)卻不一定有x≥2且y≥2，如x＝5，y＝0，因此“x≥2且y≥2”是“x2＋y2≥4”的充分不必要條件，故C錯(cuò)誤；因?yàn)椤癮b＝0”是“a＝0”的必要不充分條件，所以“a≠0”是“ab≠0”的必要不充分條件，故D正確．8．(一題多解)若關(guān)于x的不等式x2＋2ax＋1≥0在[0，＋∞)上恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A．(0，＋∞) B．[－1，＋∞)C．[－1，1] D．[0，＋∞)解析：選B.法一：當(dāng)x＝0時(shí)，不等式1≥0恒成立，當(dāng)x＞0時(shí)，x2＋2ax＋1≥0?2ax≥－(x2＋1)?2a≥－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))，又－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))≤－2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)，取等號(hào)，所以2a≥－2?a≥－1，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為[－1，＋∞)．法二：設(shè)f(x)＝x2＋2ax＋1，函數(shù)圖象的對(duì)稱軸為直線x＝－a，當(dāng)－a≤0，即a≥0時(shí)，f(0)＝1＞0，所以當(dāng)x∈[0，＋∞)時(shí)，f(x)≥0恒成立；當(dāng)－a＞0，即a＜0時(shí)，要使f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，需f(－a)＝a2－2a2＋1＝－a2＋1≥0，得－1≤a＜0.綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為[－1，＋∞)，故選B.9．(一題多解)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0，x≤0，,2x－2－x，x＞0，))則滿足不等式f(x2－2)＞f(x)的x的取值范圍是()A．(－∞，－1)∪(2，＋∞)B．(－∞，－eq\r(2))∪(eq\r(2)，＋∞)C．(－∞，－eq\r(2))∪(2，＋∞)D．(－∞，－1)∪(eq\r(2)，＋∞)解析：選C.法一：因?yàn)楫?dāng)x＞0時(shí)，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x≤0時(shí)，f(x)＝0，故由f(x2－2)＞f(x)得，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＞0，,x2－2＞x))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≤0，,x2－2＞0，))解得x＞2或x＜－eq\r(2)，所以x的取值范圍是(－∞，－eq\r(2))∪(2，＋∞)，故選C.法二：取x＝2，則f(22－2)＝f(2)，所以x＝2不滿足題意，排除B，D；取x＝－1.1，則f((－1.1)2－2)＝f(－0.79)＝0，f(－1.1)＝0，所以x＝－1.1不滿足題意，排除A，故選C.10．若max{s1，s2，…，sn}表示實(shí)數(shù)s1，s2，…，sn中的最大者．設(shè)A＝(a1，a2，a3)，B＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b1,b2,b3))，記A?B＝max{a1b1，a2b2，a3b3}．設(shè)A＝(x－1，x＋1，1)，B＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,x－2,|x－1|))，若A?B＝x－1，則x的取值范圍為()A．[1－eq\r(3)，1] B．[1，1＋eq\r(2)]C．[1－eq\r(2)，1] D．[1，1＋eq\r(3)]解析：選B.由A＝(x－1，x＋1，1)，B＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,x－2,|x－1|))，得A?B＝max{x－1，(x＋1)(x－2)，|x－1|}＝x－1，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－1≥（x＋1）（x－2），,x－1≥|x－1|.))化簡，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－2x－1≤0①，,x－1≥|x－1|②.))由①，得1－eq\r(2)≤x≤1＋eq\r(2).由②，得x≥1.所以不等式組的解集為1≤x≤1＋eq\r(2)，則x的取值范圍為[1，1＋eq\r(2)]．故選B.11．(多選)已知全集U＝R，函數(shù)y＝ln(1－x)的定義域?yàn)镸，集合N＝{x|x2－x＜0}，則下列結(jié)論正確的是()A．M∩N＝NB．M∩(?UN)≠?C．M∪N＝UD．M?(?UN)解析：選AB.由題意知M＝{x|x＜1}，N＝{x|0＜x＜1}，所以M∩N＝N.又?UN＝{x|x≤0或x≥1}，所以M∩(?UN)＝{x|x≤0}≠?，M∪N＝{x|x＜1}＝M，M?(?UN)，故選AB.12．(多選)設(shè)b＞a＞0，c∈R，則下列不等式正確的是()A．a(chǎn)eq\s\up6(\f(1,2))＜beq\s\up6(\f(1,2)) B．eq\f(1,a)－c＞eq\f(1,b)－cC．eq\f(a＋2,b＋2)＞eq\f(a,b) D．a(chǎn)c2＜bc2解析：選ABC.因?yàn)閥＝xeq\s\up6(\f(1,2))在(0，＋∞)上是增函數(shù)，所以aeq\s\up6(\f(1,2))＜beq\s\up6(\f(1,2)).因?yàn)閥＝eq\f(1,x)－c在(0，＋∞)上是減函數(shù)，所以eq\f(1,a)－c＞eq\f(1,b)－c.因?yàn)閑q\f(a＋2,b＋2)－eq\f(a,b)＝eq\f(2（b－a）,（b＋2）b)＞0，所以eq\f(a＋2,b＋2)＞eq\f(a,b).當(dāng)c＝0時(shí)，ac2＝bc2，所以D不成立．故選ABC.13．(多選)下列命題正確的是()A．已知a，b都是正數(shù)，且eq\f(a＋1,b＋1)＞eq\f(a,b)，則a＜bB．已知f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，若?x∈R，f′(x)≥0，則f(1)＜f(2)一定成立C．命題“?x∈R，使得x2－2x＋1＜0”的否定是真命題D．“x≤1且y≤1”是“x＋y≤2”的充要條件解析：選AC.A.已知a，b都是正數(shù)，由eq\f(a＋1,b＋1)＞eq\f(a,b)，得ab＋b＞ab＋a，則a＜b，正確；B.若f(x)是常數(shù)函數(shù)，則f(1)＜f(2)不成立；C.命題“?x