第一章 集合与常用逻辑用语 综合测试题（含解析）

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第一章 集合与常用逻辑用语综合测试题
一、单选题
1．已知全集 ， ， ，则集合 （　　）
A． B．
C． D．
2．已知全集，集合，，则（　　）
A． B．
C． D．
3．已知集合，则满足的非空集合B的个数为（　　）
A．3 B．4 C．7 D．8
4．设集合 ， 则（　　）
A． B． C． D．
5．下列表示：
①{0}= ；② {0}；③ ∈{x|x≤2}；④{x∈N| ∈N}={0，2，3，4，5}中，
错误的是（　　）
A．①② B．①③ C．①④ D．③④
6．如图所示，A、B是两个非空集合，定义A*B表示阴影部分集合，若集合A={x|y= ，x，y∈R}，B={y|y=2x，x＞0}，则A*B=（　　）
A．[0，+∞） B．[0，1]∪（3，+∞）
C．[0，1）∪[3，+∞） D．（1，3]
7．已知公差为的等差数列的前项和为，则“，对，恒成立”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
8．已知集合 ， .若 ，则 的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知命题 ， ，则命题p成立的一个充分不必要条件可以是（　　）
A． B．
C． D．
10．下列结论正确的是（　　）
A．“”是“”的充分不必要条件
B．“”是“”的必要不充分条件
C．“，有”的否定是“，使”
D．“是方程的实数根”的充要条件是“”
11．1872年德国数学家戴德金从连续性的要求出发，用有理数的“分割”来定义无理数（史称“戴德金分割”），并把实数理论建立在严格的科学基础上，从而结束了无理数被认为“无理”的时代，也结束了数学史上的第一次大危机.将有理数集划分为两个非空的子集M与N，且满足，，M中的每一个元素都小于N中的每一个元素，则称为戴德金分割.试判断下列选项中，可能成立的是（　　）
A．满足戴德金分割
B．M没有最大元素，N有一个最小元素
C．M没有最大元素，N没有最小元素
D．M有一个最大元素，N有一个最小元素
三、填空题
12．命题“对 ，都有 ”的否定是　 　.
13．集合 ，集合 ，则 　 　， 　 　．
14．命题p：有一个素数含有三个正因数，则￢p为　 　．
15．已知全集U={0，1，2，3，4}，集合A={1，2，3}，B={2，4}，则（ UA）∪B=　 　．
16．用集合的交和并表示图中阴影部分为　 　．
17．在平面直角坐标系中，点集A＝{（x，y）|x2+y2≤1}，B＝{（x，y）|x≤4，y≥0，3x﹣4y≥0}，则点集Q＝{（x，y）|x＝x1+x2，y＝y1+y2，（x1，y1）∈A，（x2，y2）∈B}所表示的区域的面积为　 　．
四、解答题
18．已知全集 ，集合 ，
（1）求 和
（2）求
19．已知p：－2≤x≤4，q：m-8≤x≤2m+10.若p是q的充分不必要条件，求实数m的取值范围.
20．已知 、 、 为非空整数集合，对于1、2、3的任意一个排列i、j、k，若 ， ，则 .
（1）证明：三个集合中至少有两个相等；
（2）三个集合中是否可能有两个集合无公共元素？说明理由.
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】因为A∪B={x|x≤0或x≥1}，所以 ，
故答案为：D.
【分析】利用已知条件结合并集的运算法则，借助数轴求出集合A和集合B的并集，再利用补集的运算法则，从而借助数轴求出集合。
2．【答案】B
【解析】【解答】由已知可得
，因此，
。
故答案为：B.
【分析】利用已知条件结合交集和补集的运算法则，从而求出集合
。
3．【答案】A
【解析】【解答】
所以满足的非空集合B有，，，故个数为3，
故答案为：A
【分析】 可求出集合A={1， 2}，从而可求出集合A的子集的个数，根据，可得出集合B的个数.
4．【答案】D
【解析】【解答】对于M，当n=2k，k∈Z时，
x=4k-1∈M，x=4k-1∈N，
当n=2k-1，k∈Z时，
x=4k-3∈M，x=4k-3 N，
∴集合M、N的关系为N M．
故答案为：D.
【分析】对于集合M，分n=2k和n=2k-1，k∈Z两种情况讨论即可得到结果.
5．【答案】C
【解析】【解答】解：对于①{0}= 和② {0}：是集合与集合之间的关系，空集是任何集合的子集，∴①错，②对．
对于③ ∈{x|x≤2}，集合表示有小于2的所以数构成， ，∴③对．
对于④{x∈N| ∈N}，∵ ∈N，∴元素为0，3，4，5，∴④错．
故选C．
【分析】根据元素与集合的关系进行判断．
6．【答案】B
【解析】【解答】解：由Venn图得A*B={x|x∈A∪B且x A∩B}，
A={x|y= }={x|3x﹣x2≥0}={x|0≤x≤3}=[0，3]，
B={y|y=2x，x＞0}={y|y＞1}=（1，+∞），
则A∪B=[0，+∞），A∩B=（1，3]，
则A*B={x|x∈A∪B且x A∩B}=[0，1]∪（3，+∞），
故选：B
【分析】根据定义确定集合A*B的元素即可得到结论．
7．【答案】C
【解析】【解答】
∴“，对，恒成立”等价于“”对于，恒成立，
显然“”对于，恒成立，等价于“”，
∴“，对，恒成立”是“”的充分必要条件。
故答案为：C.
【分析】利用已知条件ieh充分条件、必要条件的判断方法，从而推出“，对，恒成立”是“”的充分必要条件。
8．【答案】C
【解析】【解答】
，
当 时， ；
当 时， ， ，
综上： 。
故答案为：C.
【分析】利用已知条件得出 ，再利用分类讨论的方法结合数轴求出满足要求的a的取值范围。
9．【答案】B,D
【解析】【解答】命题 ， ，
所以 解得 或 .
即命题 的等价条件是 ，
命题 成立的一个充分不必要条件是 的真子集，
所以BD选项符合，AC选项不符合.
故答案为：BD
【分析】由特称命题的定义结合二次函数的图象和性质，即可求出a的取值范围，再由充分和必要条件的定义即可得出答案。
10．【答案】A,C,D
【解析】【解答】解：A、若x>1，则；若，则x>1或x<-1，所以“x>1”是“”的充分不必要条件，A正确；
B、若，则；若，则或且；所以“”是“”的充分不必要条件，B错误；
C、“，有”的否定是“，使”，C正确；
D、若是方程的实数根，则，若，则是方程的实数根，
所以“是方程的实数根”的充要条件是“”，D正确；
故答案为：ACD.
【分析】利用充分条件和必要条件来判断AB选项，利用命题的否定判断C选项，利用充要条件的证明方法来判断D选项。
11．【答案】A,B,C
【解析】【解答】对于A，满足戴德金分割的定义，A符合题意；
对于B，取，符合戴德金分割，
M没有最大元素，N有一个最小元素，B符合题意；
对于C，取满足戴德金分割的定义，
M没有最大元素，N没有最小元素，C符合题意；
对于D，假设M有一个最大元素m，N有一个最小元素n，根据戴德金分割定义，
必有，则无法满足，D不符合题意，
故答案为：ABC .
【分析】利用已知条件结合戴德金分割的定义，再结合元素与集合的关系和最值的求解方法，进而找出成立的选项。
12．【答案】 ，使得
【解析】【解答】解：命题“对 ，都有 ”为全称量词命题，
其否定为存在量词命题，故其否定为： ，使得
故答案为： ，使得
【分析】根据全称量词命题的否定为存在量词命题，即可得解；
13．【答案】；[1,2]
【解析】【解答】解：由题 ，
则 ， ，
故答案为： ；[1,2].
【分析】求出集合 ，直接求它们的交集和并集即可.
14．【答案】每一个素数都不含三个正因数
【解析】【解答】解：因为特称命题的否定是全称命题，所以，命题p：有一个素数含有三个正因数，则￢p为：每一个素数都不含三个正因数．
故答案为：每一个素数都不含三个正因数．
【分析】直接利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可．
15．【答案】{0，2，4}
【解析】【解答】解：因为全集U={0，1，2，3，4}，集合A={1，2，3}，B={2，4}，
则 UA={0，4}，（ UA）∪B={{0，2，4}．
故答案为：{0，2，4}．
【分析】根据集合的交、并、补集运算得到结果.
16．【答案】(A∩B)∪C
【解析】【解答】由 图可知，阴影部分的元素有两部分构成：
一部分为 ，另外一部分是 ，
所以阴影部分可表示为 ，
故答案为 .
【分析】利用维恩图法结合交集和并集的运算法则，用集合的交和并表示图中阴影部分。
17．【答案】18+π
【解析】【解答】由x＝x1+x2，y＝y1+y2，得x1＝x﹣x2，y1＝y﹣y2，
∵（x1，y1）∈A，
∴把x1＝x﹣x2，y1＝y﹣y2，代入x2+y2≤1，
∴（x﹣x2）2+（y﹣y2）2≤1
点集Q所表示的区域是以集合B＝{（x，y）|x≤4，y≥0，3x﹣4y≥0}的区域的边界为圆心轨迹半径为1的圆内部分，如图，
其面积为：5+6+4+3+π＝18+π
故答案为：18+π．
【分析】转化条件得（x﹣x2）2+（y﹣y2）2≤1即点集Q所表示的区域是以集合B表示的区域的边界为圆心轨迹半径为1的圆内部分，计算即可得解.
18．【答案】（1）由 ， 得 ，
（2）由 得 ，故
【解析】【分析】 （1）根据集合交集，并集的定义进行计算即可；
（2）先求出 ，再根据集合交集的定义进行计算即可.
19．【答案】解：由p：－2≤x≤4，q：m-8≤x≤2m+10，
不妨设集合 ， .
又p是q的充分不必要条件，
则A B，
∴ 或 ，
解之得： .
所以实数m的取值范围是： .
【解析】【分析】将问题转化为两个集合之间的包含关系，然后再利用集合的包含关系列出不等式组，解不等式组即可求解。
20．【答案】（1）证明：若 ， ，则 ，
所以每个集合中均有非负元素，当三个集合中的元素都为零时，
命题显然成立，否则，设 、 、 中的最小正元素为 ，
不妨设 ，设 为 、 中最小的非负元素，
不妨设 ，则 ，
若 ，则 的取法矛盾，所以 ，
任取 ，因 ，故 ，
所以 包含 ，同理 包含 ，所以 .
（2）解：可能，比如 奇数 ， 偶数 ，
这时 与 ， 与 都无公共元素.
【解析】【分析】（1）由题意三个集合中的元素都为零时，成立；不妨设 ， 为 、 中最小的非负元素，若 ，可得 的取法矛盾，即证.（2）举特例比如 奇数 ， 偶数 即可证出.
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