高中数学复习专题含答案.docx
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高中数学复习专题含答案
专题一 集合、常用逻辑用语、向量、复数、算法、
推理与证明、不等式及线性规划
第一讲 集合与常用逻辑用语
高考考点
考点解读
集合的概念及运算
1.以函数的定义域、值域、不等式的解集为背景考查集合的交、并、补的基本运算
2.利用集合之间的关系求解参数的值或取值范围
3.以新定义集合及集合的运算为背景考查集合关系及运算
命题及逻辑联结词
1.命题的四种形式及命题的真假判断
2.复合命题的真假判断,常与函数、三角、解析几何、不等式相结合考查
充要条件的判断
1.充要性的判定多与函数、不等式、三角、直线间关系、平面向量等易混易错的概念、性质相结合考查
2.利用充要性求参数值或取值范围
备考策略
本部分内容在备考时应注意以下几个方面:
(1)紧紧抓住集合的代表元素的实际意义,掌握集合问题的常见解法,活用数学思想解决问题.
(2)明确命题的条件和结论之间的关系,关注逻辑联结词和命题,明确命题的否定和否命题的区别.
(3)掌握必要条件、充分条件与充要条件的概念及应用.
预测2020年命题热点为:
(1)集合的基本性质以及集合之间的基本关系与运算,与不等式的解集、函数的定义域、值域、方程的解集等知识结合在一起考查.
(2)与函数、数列、三角函数、不等式、立体几何、解析几何、概率统计等知识结合在一起考查.
Z
1.集合的概念、关系及运算
(1)集合元素的特性:
确定性、互异性、无序性.
(2)集合与集合之间的关系:
A⊆B,B⊆C⇒A⊆C.
(3)空集是任何集合的子集.
(4)含有n个元素的集合的子集有2n个,真子集有2n-1个,非空真子集有2n-2个.
(5)重要结论:
A∩B=A⇔A⊆B,A∪B=A⇔B⊆A.
2.充要条件
设集合A={x|x满足条件p},B={x|x满中条件q},则有
从逻辑观点看
从集合观点看
p是q的充分不必要条件(p⇒q,q⇒/p)
AB
p是q的必要不充分条件(q⇒p,p⇒/q)
BA
p是q的充要条件(p⇔q)
A=B
p是q的既不充分也不必要条件(p⇒/q,q⇒/p)
A与B互不包含
3.简单的逻辑联结词
(1)命题p∨q,只要p,q有一真,即为真;命题p∧q,只有p,q均为真,才为真;綈p和p为真假对立的命题.
(2)命题p∨q的否定是(綈p)∧(綈q);命题p∧q的否定是(綈p)∨(綈q).
4.全(特)称命题及其否定
(1)全称命题p:
∀x∈M,p(x).它的否定綈p:
∃x0∈M,綈p(x0).
(2)特称命题p:
∃x0∈M,p(x).它的否定綈p:
∀x∈M,綈p(x).,Y
1.忽略集合元素互异性:
在求解与集合有关的参数问题时,一定要注意集合元素的互异性,否则容易产生增根.
2.忽略空集:
空集是任何集合的子集,是任何非空集合的真子集,在分类讨论时要注意“空集优先”的原则.
3.混淆命题的否定与否命题:
在求解命题的否定与否命题时,一定要注意命题的否定是只对命题的结论进行否定,而否命题既对命题的条件进行否定,又对命题的结论进行否定.
1.(文)(2018·全国卷Ⅰ,1)已知集合A={0,2},B={-2,-1,0,1,2},则A∩B=(A)
A.{0,2} B.{1,2}
C.{0}D.{-2,-1,0,1,2}
[解析] A∩B={0,2}∩{-2,-1,0,1,2}={0,2}.
故选A.
(理)(2018·全国卷Ⅰ,2)已知集合A={x|x2-x-2>0},则∁RA=(B)
A.{x|-1 B.{x|-1≤x≤2} C.{x|x<-1}∪{x|x>2} D.{x|x≤-1}∪{x|x≥2} [解析] ∵x2-x-2>0,∴(x-2)(x+1)>0,∴x>2或x<-1,即A={x|x>2或x<-1}.在数轴上表示出集合A,如图所示. 由图可得∁RA={x|-1≤x≤2}. 故选B. 2.(文)(2018·全国卷Ⅲ,1)已知集合A={x|x-1≥0},B={0,1,2},则A∩B=(C) A.{0} B.{1} C.{1,2} D.{0,1,2} [解析] ∵A={x|x-1≥0}={x|x≥1},∴A∩B={1,2}. 故选C. (理)(2018·全国卷Ⅱ,2)已知集合A={(x,y)|x2+y2≤3,x∈Z,y∈Z},则A中元素的个数为(A) A.9B.8 C.5D.4 [解析] 将满足x2+y2≤3的整数x,y全部列举出来,即(-1,-1),(-1,0),(-1,1),(0,-1),(0,0),(0,1),(1,-1),(1,0),(1,1),共有9个. 故选A. 3.(文)(2018·天津卷,3)设x∈R,则“x3>8”是“|x|>2”的(A) A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件 C.充要条件D.既不充分也不必要条件 [解析] 由x3>8⇒x>2⇒|x|>2,反之不成立, 故“x3>8”是“|x|>2”的充分不必要条件. 故选A. (理)(2018·天津卷,4)设x∈R,则“ < ”是“x3<1”的(A) A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 [解析] 由“ < ”得0<x<1,则0 < ”⇒“x3<1”;由“x3<1”得x<1,当x≤0时, ≥ ,即“x3<1”/⇒“ < ”.所以“ < ”是“x3<1”的充分而不必要条件. 故选A. 4.(2018·浙江卷,6)已知平面α,直线m,n满足m⊄α,n⊂α,则“m∥n”是“m∥α”的(A) 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 [解析] ∵若m⊄α,n⊂α,且m∥n,则一定有m∥α, 但若m⊄α,n⊂α,且m∥α,则m与n有可能异面, ∴“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件. 故选A. 5.(文)(2018·北京卷,4)设a,b,c,d是非零实数,则“ad=bc”是“a,b,c,d成等比数列”的(B) A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 [解析] a,b,c,d是非零实数,若a<0,d<0,b>0,c>0,且ad=bc,则a,b,c,d不成等比数列(可以假设a=-2,d=-3,b=2,c=3).若a,b,c,d成等比数列,则由等比数列的性质可知ad=bc.所以“ad=bc”是“a,b,c,d成等比数列”的必要而不充分条件. 故选B. (理)(2018·北京卷,6)设a,b均为单位向量,则“|a-3b|=|3a+b|”是“a⊥b”的(C) A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件 C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件 [解析] 由|a-3b|=|3a+b|,得(a-3b)2=(3a+b)2, 即a2+9b2-6a·b=9a2+b2+6a·b. 又a,b均为单位向量,所以a2=b2=1, 所以a·b=0,能推出a⊥b. 由a⊥b得|a-3b|= ,|3a+b|= , 能推出|a-3b|=|3a+b|, 所以“|a-3b|=|3a+b|”是“a⊥b”的充分必要条件. 故选C. 6.(文)(2017·全国卷Ⅰ,1)已知集合A={x|x<2},B={x|3-2x>0},则(A) A.A∩B={x|x< } B.A∩B=∅ C.A∪B={x|x< }D.A∪B=R [解析] 由3-2x>0,得x< , ∴B={x|x< }, ∴A∩B={x|x<2}∩{x|x< }={x|x< }, 故选A. (理)(2017·全国卷Ⅰ,1)已知集合A={x|x<1},B={x|3x<1},则(A) A.A∩B={x|x<0} B.A∪B=R C.A∪B={x|x>1}D.A∩B=∅ [解析] 由3x<1,得x<0, ∴B={x|3x<1}={x|x<0}. ∴A∩B={x|x<1}∩{x|x<0}={x|x<0},故选A. 7.(2017·全国卷Ⅱ,2)设集合A={1,2,4},B={x|x2-4x+m=0},若A∩B={1},则B=(C) A.{1,-3} B.{1,0} C.{1,3} D.{1,5} [解析] ∵A∩B={1},∴1∈B, ∴1是方程x2-4x+m=0的根, ∴1-4+m=0,∴m=3. 由x2-4x+3=0,得x1=1,x2=3, ∴B={1,3}. 8.(文)(2017·山东卷,5)已知命题p: ∃x∈R,x2-x+1≥0;命题q: 若a2 A.p∧qB.p∧(綈q) C.(綈p)∧qD.(綈p)∧(綈q) [解析] ∵一元二次方程x2-x+1=0的判别式Δ=(-1)2-4×1×1<0,∴x2-x+1>0恒成立, ∴p为真命题,綈p为假命题. ∵当a=-1,b=-2时,(-1)2<(-2)2,但-1>-2, ∴q为假命题,綈q为真命题. 根据真值表可知p∧(綈q)为真命题,p∧q,(綈p)∧q,(綈p)∧(綈q)为假命题. 故选B. (理)(2017·山东卷,3)已知命题p: ∀x>0,ln(x+1)>0;命题q: 若a>b,则a2>b2.下列命题为真命题的是(B) A.p∧qB.p∧(綈q) C.(綈p)∧qD.(綈p)∧(綈q) [解析] ∵x>0,∴x+1>1, ∴ln(x+1)>ln1=0. ∴命题p为真命题, ∴綈p为假命题. ∵a>b,取a=1,b=-2,而12=1,(-2)2=4,此时a2 ∴命题q为假命题, ∴綈q为真命题. ∴p∧q为假命题,p∧(綈q)为真命题,(綈p)∧q为假命题,(綈p)∧(綈q)为假命题. 故选B. 例1 (1)(文)设集合M={x|x2+x-6<0},N={x|1≤x≤3},则M∩N=(A) A.[1,2) B.[1,2] C.(2,3]D.[2,3] [解析] ∵M={x|-3 ∴M∩N={x|1≤x<2},故选A. (理)已知集合A={x|x>2},B={x|x<2m},且A⊆∁RB,那么m的值可以是(A) A.1B.2 C.3D.4 [解析] ∵B={x|x<2m},∴∁RB={x|x≥2m}, 又∵A⊆∁RB, ∴有2m≤2,即m≤1. 由选项可知选A. (2)(文)已知集合A={1,2,3,4},B={2,4,6,8},则A∩B中元素的个数为(B) A.1B.2 C.3D.4 [解析] A∩B={1,2,3,4}∩{2,4,6,8}={2,4}, ∴A∩B中共有2个元素,故选B. (理)已知集合A={(x,y)|x2+y2=1},B={(x,y)|y=x},则A∩B中元素的个数为(B) A.3B.2 C.1D.0 [解析] 集合A表示以原点O为圆心,半径为1的圆上的所有点的集合, 集合B表示直线y=x上的所有点的集合. 结合图形可知,直线与圆有两个交点, 所以A∩B中元素的个数为2. 故选B. (3)已知集合A={(x,y)|x2+y2≤1,x,y∈Z},B={(x,y)||x|≤2,|y|≤2,x,y∈Z},定义集合A⊕B={(x1+x2,y1+y2)|(x1,y1)∈A,(x2,y2)∈B},则A⊕B中元素的个数为(C) A.77B.49 C.45D.30 [解析] 由题得A={(-1,0),(0,0),(1,0),(0,1),(0,-1)},如下图所示: 因为B={(x,y)||x|≤2,|y|≤2,x,y∈Z},由A⊕B的定义可得,A⊕B相当于将A集合中各点上下平移或左右平移0,1,2个单位,如下图所示: 所以A⊕B中的元素个数为7×7-4=45. 故选C. 『规律总结』 (1)对于集合问题,抓住元素的特征是求解的关键,要注意集合中元素的三个特征的应用,要注意检验结果. (2)对集合的新定义问题,要紧扣新定义集合的性质探究集合中元素的特征,将问题转化为熟悉的知识进行求解,也可利用特殊值法进行验证. G 1.(文)设集合A={x|-2≤x≤2},Z为整数集,则集合A∩Z中元素的个数是(C) A.3 B.4 C.5 D.6 [解析] 由集合A={x|-2≤x≤2},易知A∩Z={-2,-1,0,1,2},故选C. (理)设集合M={x|-2 A.(3,+∞)B.(-2,-1] C.[-1,3)D.(-1,3) [解析] 集合N={x|2x+1≤1}={x|x+1≤0}={x|x≤-1}.故∁RN={x|x>-1},故M∩∁RN={x|-1 2.(文)已知集合U=R,A={x|x≤1},B={x|x≥2},则集合∁U(A∪B)=(A) A.{x|1 C.{x|x≤2}D.{x|x≥1} [解析] A∪B={x|x≤1}∪{x|x≥2}={x|x≤1或x≥2},所以∁U(A∪B)={x|1 (理)已知集合A={-2,-1,0,1,2},B={x|(x-1)(x+2)<0},则A∩B=(A) A.{-1,0}B.{0,1} C.{-1,0,1}D.{0,1,2} [解析] 由题意知B={x|-2 3.(文)已知M={a||a|≥2},A={a|(a-2)(a2-3)=0,a∈M},则集合A的子集共有(B) A.1个B.2个 C.4个D.8个 [解析] |a|≥2⇒a≥2或a≤-2.又a∈M,(a-2)(a2-3)=0⇒a=2或a=± (舍),即A中只有一个元素2,故A的子集只有2个. (理)已知集合A={x|x2-3x+2<0},B={x|log4x> },则(D) A.A⊆BB.B⊆A C.A∩∁RB=RD.A∩B=∅ [解析] 因为x2-3x+2<0, 所以1 又因为log4x> =log42, 所以x>2, 所以A∩B=∅. 例2 (1)原命题为“若z1,z2互为共轭复数,则|z1|=|z2|”,关于其逆命题,否命题,逆否命题真假性的判断依次如下,正确的是(B) A.真,假,真 B.假,假,真 C.真,真,假D.假,假,假 [解析] 若z1=a+bi,则z2=a-bi. ∴|z1|=|z2|,故原命题正确、逆否命题正确. 其逆命题为: 若|z1|=|z2|,则z1,z2互为共轭复数, 若z1=a+bi,z2=-a+bi,则|z1|=|z2|,而z1,z2不为共轭复数. ∴逆命题为假,否命题也为假. (2)已知命题p: ∃x∈R,使sinx= ;命题q: ∀x∈R,都有x2+x+1>0.给出下列结论: ①命题“p∧q”是真命题; ②命题“p∧(綈q)”是假命题; ③命题“(綈p)∨q”是真命题; ④命题“(綈p)∨(綈q)”是假命题. 其中正确的结论是(A) A.②③B.②④ C.③④D.①②③ [解析] ∵ >1,∴命题p是假命题. ∵x2+x+1=(x+ )2+ ≥ >0, ∴命题q是真命题,由真值表可以判断“p∧q”为假,“p∧(綈q)”为假,“(綈p)∨q”为真,“(綈p)∨(綈q)”为真,所以只有②③正确,故选A. 『规律总结』 (1)一般命题p的真假由涉及的相关知识辨别. (2)四种命题真假的判断依据: 一个命题和它的逆否命题同真假,而与它的其他两个命题的真假无关. (3)形如p∨q,p∧q,綈p命题的真假根据真值表判定. (4)全称命题与特称(存在性)命题真假的判定: ①全称命题: 要判定一个全称命题为真命题,必须对限定集合M中的每一个元素x验证p(x)成立,要判定其为假命题时,只需举出一个反例即可; ②特称(存在性)命题: 要判定一个特称(存在性)命题为真命题,只要在限定集合M中至少能找到一个元素x0,使得p(x0)成立即可,否则,这一特称(存在性)命题就是假命题. G 1.设a,b,c是非零向量.已知命题p: 若a·b=0,b·c=0,则a·c=0;命题q: 若a∥b,b∥c,则a∥c.则下列命题中真命题是(A) A.p∨q B.p∧q C.(綈p)∧(綈q)D.p∨(綈q) [解析] 由题意知命题p为假命题,命题q为真命题,所以p∨q为真命题.故选A. 2.以下四个命题中,真命题的个数是(C) ①“若a+b≥2,则a,b中至少有一个不小于1”的逆命题; ②存在正实数a,b,使得lg(a+b)=lga+lgb; ③“所有奇数都是素数”的否定是“至少有一个奇数不是素数”; ④在△ABC中,A A.0B.1 C.2D.3 [解析] 对于①,原命题的逆命题为: 若a,b中至少有一个不小于1,则a+b≥2,而a=2,b=-2满足a,b中至少有一个不小于1,但此时a+b=0,故①是假命题;对于②,根据对数的运算性质,知当a=b=2时,lg(a+b)=lga+lgb,故②是真命题;对于③,易知“所有奇数都是素数”的否定就是“至少有一个奇数不是素数”,故③是真命题;对于④,根据题意,结合边角的转换,以及正弦定理,可知A 3.(2018·北京卷,1)已知集合A={x||x|<2},B={-2,0,1,2},则A∩B=(A) A.{0,1}B.{-1,0,1} C.{-2,0,1,2}D.{-1,0,1,2} [解析] ∵A={x||x|<2}={x|-2 ∴A∩B={0,1}. 故选A. 例3 (1)设θ∈R,则“|θ- |< ”是“sinθ< ”的(A) A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充要条件D.既不充分也不必要条件 [解析] ∵|θ- |< , ∴- <θ- < ,即0<θ< . 显然0<θ< 时,sinθ< 成立. 但sinθ< 时,由周期函数的性质知0<θ< 不一定成立.故0<θ< 是sinθ< 的充分而不必要条件. 故选A. (2)若p是q的充分不必要条件,则下列判断正确的是(C) A.綈p是q的必要不充分条件 B.綈q是p的必要不充分条件 C.綈p是綈q的必要不充分条件 D.綈q是綈p的必要不充分条件 [解析] 由p是q的充分不必要条件可知p⇒q,q⇒/p,由互为逆否命题的两命题等价可得綈q⇒綈p,綈p⇒/綈q, ∴綈p是綈q的必要不充分条件,故选C. (3)设{an}是首项为正数的等比数列,公比为q,则“q<0”是“对任意的正整数n,a2n-1+a2n<0”的(C) A.充要条件 B.充分而不必要条件 C.必要而不充分条件D.既不充分也不必要条件 [解析] 设数列的首项为a1,则a2n-1+a2n=a1q2n-2+a1q2n-1=a1q2n-2(1+q)<0,即q<-1,故q<0是q<-1的必要而不充分条件.故选C. (4)已知“x>k”是“ <1”的充分不必要条件,则k的取值范围是(A) A.[2,+∞)B.[1,+∞) C.(2,+∞)D.(-∞,-1] [解析] 由 <1,可得 -1= <0,所以x<-1或x>2,因为“x>k”是“ <1”的充分不必要条件,所以k≥2. 『规律总结』 1.判定充分条件与必要条件的3种方法 (1)定义法: 正、反方向推,若p⇒q,则p是q的充分条件(或q是p的必要条件);若p⇒q,且q⇒/p,则p是q的充分不必要条件(或q是p的必要不充分条件). (2)集合法: 利用集合间的包含关系.例如,若A⊆B,则A是B的充分条件(B是A的必要条件): 若A=B,则是B的充要条件. (3)等价法: 将命题等价转化为另一个便于判断真假的命题. 2.提醒: “A的充分不必要条件是B”是指B能推出A,且A不能推出B,而“A是B的充分不必要条件”则是指A能推出B,且B不能推出A. G 1.(文)(2018·娄底二模)“a<-1”是“直线ax+y-3=0的倾斜角大于 ”的(A) A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 [解析] 设直线ax+y-3=0的倾斜角为θ,则tanθ=-a,若a<-1,得θ角大于 ,由倾斜角θ大于 得-a>1,或-a<0即a<-1或a>0. (理)“a2=1”是“函数f(x)=lg( +a)为奇函数”的(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 [解析] a2=1⇒a=±1,f(x)=lg( +a)为奇函数等价于f(x)+f(-x)=0,即lg( +a)+lg( +a)=0⇔( +a)( +a)=1化简得a=-1,故选B. 2.(文)若集合A={x|x2-x-2<0},B={x|-2 A.a>-2 B.a≤-2 C.a>-1D.a≥-1 [解析] 由x2-x-2<0知-1 即A={x|-1 又B={x|-2 (理)设a,b都是不等于1的正数,则“3a>3b>3”是“loga3 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 [解析] 由3a>3b>3,知a>b>1,所以log3a>log3b>0,所以 < ,即loga3 ,b=3也满足loga3 A组 1.(文)(2018·天津卷,1)设集合A={1,2,3,4},B={-1,0,2,3},C={x∈R|-1≤x<2},则(A∪B)∩C=(C) A.{-1,1} B.{0,1} C.{-1,0,1}D.{2,3,4} [解析] ∵A={1,2,3,4},B={-1,0,2,3}, ∴A∪B={-1,0,1,2,3,4}. 又C={x∈R|-1≤x<2}, ∴(A∪B)∩C={-1,0,1}. 故选C. (理)(2018·天津卷,1)设全集为R,集合A={x|0 A.{x|0 C.{x|1≤x<2}D.{x|0 [解析] 全集为R,B={x|x≥1},则∁RB={x|x<1}. ∵集合A={x|0 故选B.
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