检测02 集合与常用逻辑用语（能力卷）
一、单选题(本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．（24-25高一上·重庆·开学考试）下列说法正确的有（ ）
A．10以内的质数组成的集合是
B．由1，2，3组成的集合可表示为或
C．方程的解集是
D．若集合中的元素是的三边长，则一定不是等腰三角形
2．（2024高一·全国·专题练习）已知集合，集合，如果命题“，”为假命题，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
3．（24-25高三上·四川泸州·阶段练习）已知集合，集合，则集合的子集个数为（ ）
A．7 B．8 C．16 D．32
4．（23-24高一上·贵州·阶段练习）若，则的一个充分不必要条件为（ ）
A． B．
C． D．
5．（23-24高二下·四川遂宁·阶段练习）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
6．（24-25高二上·安徽·开学考试）设，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
7．（22-23高一上·江苏苏州·阶段练习）设 是两个两两不相等的正整数.若，，，，，则的最小值是（ ）
A．1000 B．1297 C．1849 D．2020
8．（24-25高一·上海·课堂例题）设X是一个集合，是一个以X的某些子集为元素的集合，且满足：（1）X属于，属于；（2）中任意多个元素的并集属于（3）中任意多个元素的交集属于；则称是集合X上的一个拓扑.已知集合，对于下面给出的四个集合：
①；
②；
③；
④；
其中是集合X上的拓扑的集合的序号是（ ）
A．② B．①③ C．②④ D．②③
二、多选题(本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分)
9．（23-24高一上·广东佛山·阶段练习）下列是“不等式成立”的必要不充分条件的是（ ）
A． B．
C． D．
10．（23-24高一上·福建三明·期中）设，若，则实数a的值为（ ）
A． B． C． D．0
11．（2024高三·全国·专题练习）由无理数引发的数学危机一直延续到19世纪，直到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，才结束了无理数被认为“无理”的时代，也结束了持续2000多年的数学史上的第一次大危机．所谓戴德金分割，是指将有理数集划分为两个非空的子集M与N，且满足，，M中的每一个元素小于中的每一个元素，则称为戴德金分割．试判断下列选项中，可能成立的是（ ）
A．，是一个戴德金分割
B．M没有最大元素，N有一个最小元素
C．M有一个最大元素，N有一个最小元素
D．M没有最大元素，N也没有最小元素
三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上)
12．（2025·甘肃武威·一模）命题“，使成立”的否定命题是 .
13．（23-24高一上·广东梅州·期中）若集合的所有子集个数是，则的值是
14．（22-23高一上·广东广州·阶段练习）已知，设集合，集合，若，则实数的取值范围是 ．
四、解答题(本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
15. (13分) （24-25高一上·上海·课后作业）已知集合，若，求实数的值．
16. (15分) （24-25高一上·全国·课堂例题）已知集合，，且，若命题p：“，”为真命题，求m的取值范围．
17. (15分) （23-24高一上·江苏南京·阶段练习）已知
，若，求a的取值范围．
18. (17分) （24-25高三上·北京顺义·阶段练习）给定正整数，集合.若存在集合，，，同时满足下列三个条件：
①，；
②集合中的元素都为奇数，集合中的元素都为偶数，所有能被3整除的数都在集合中（集合中还可以包含其它数）；
③集合，，中各元素之和分别为，，，有；
则称集合为可分集合.
(1)已知为可分集合，写出相应的一组满足条件的集合，，；
(2)当时，是不是可分集合？判断并说明理由；
(3)已知为偶数，求证：“是整数”是“为可分集合”的必要不充分条件.
19. (17分) （2025·江苏南通·一模）已知有限集，若，则称A为“完全集”．
(1)判断集合是否为“完全集”，并说明理由；
(2)若集合为“完全集”，且a，b均大于0，证明：a，b中至少有一个大于2；
(3)若A为“完全集”，且，求A．检测02 集合与常用逻辑用语（能力卷）
一、单选题(本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．（24-25高一上·重庆·开学考试）下列说法正确的有（ ）
A．10以内的质数组成的集合是
B．由1，2，3组成的集合可表示为或
C．方程的解集是
D．若集合中的元素是的三边长，则一定不是等腰三角形
2．（2024高一·全国·专题练习）已知集合，集合，如果命题“，”为假命题，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
3．（24-25高三上·四川泸州·阶段练习）已知集合，集合，则集合的子集个数为（ ）
A．7 B．8 C．16 D．32
4．（23-24高一上·贵州·阶段练习）若，则的一个充分不必要条件为（ ）
A． B．
C． D．
5．（23-24高二下·四川遂宁·阶段练习）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
6．（24-25高二上·安徽·开学考试）设，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
7．（22-23高一上·江苏苏州·阶段练习）设 是两个两两不相等的正整数.若，，，，，则的最小值是（ ）
A．1000 B．1297 C．1849 D．2020
8．（24-25高一·上海·课堂例题）设X是一个集合，是一个以X的某些子集为元素的集合，且满足：（1）X属于，属于；（2）中任意多个元素的并集属于（3）中任意多个元素的交集属于；则称是集合X上的一个拓扑.已知集合，对于下面给出的四个集合：
①；
②；
③；
④；
其中是集合X上的拓扑的集合的序号是（ ）
A．② B．①③ C．②④ D．②③
二、多选题(本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分)
9．（23-24高一上·广东佛山·阶段练习）下列是“不等式成立”的必要不充分条件的是（ ）
A． B．
C． D．
10．（23-24高一上·福建三明·期中）设，若，则实数a的值为（ ）
A． B． C． D．0
11．（2024高三·全国·专题练习）由无理数引发的数学危机一直延续到19世纪，直到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，才结束了无理数被认为“无理”的时代，也结束了持续2000多年的数学史上的第一次大危机．所谓戴德金分割，是指将有理数集划分为两个非空的子集M与N，且满足，，M中的每一个元素小于中的每一个元素，则称为戴德金分割．试判断下列选项中，可能成立的是（ ）
A．，是一个戴德金分割
B．M没有最大元素，N有一个最小元素
C．M有一个最大元素，N有一个最小元素
D．M没有最大元素，N也没有最小元素
三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上)
12．（2025·甘肃武威·一模）命题“，使成立”的否定命题是 .
13．（23-24高一上·广东梅州·期中）若集合的所有子集个数是，则的值是
14．（22-23高一上·广东广州·阶段练习）已知，设集合，集合，若，则实数的取值范围是 ．
四、解答题(本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
15. (13分) （24-25高一上·上海·课后作业）已知集合，若，求实数的值．
16. (15分) （24-25高一上·全国·课堂例题）已知集合，，且，若命题p：“，”为真命题，求m的取值范围．
17. (15分) （23-24高一上·江苏南京·阶段练习）已知
，若，求a的取值范围．
18. (17分) （24-25高三上·北京顺义·阶段练习）给定正整数，集合.若存在集合，，，同时满足下列三个条件：
①，；
②集合中的元素都为奇数，集合中的元素都为偶数，所有能被3整除的数都在集合中（集合中还可以包含其它数）；
③集合，，中各元素之和分别为，，，有；
则称集合为可分集合.
(1)已知为可分集合，写出相应的一组满足条件的集合，，；
(2)当时，是不是可分集合？判断并说明理由；
(3)已知为偶数，求证：“是整数”是“为可分集合”的必要不充分条件.
19. (17分) （2025·江苏南通·一模）已知有限集，若，则称A为“完全集”．
(1)判断集合是否为“完全集”，并说明理由；
(2)若集合为“完全集”，且a，b均大于0，证明：a，b中至少有一个大于2；
(3)若A为“完全集”，且，求A．
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D A B D A A B D BD ABD
题号 11
答案 BD
1．D
【分析】根据集合的确定性，互异性，和无序性，依次判断选项即可.
【详解】对A：不是质数，故A错误；
对B：根据集合的无序性可知，故B错误；
对C：根据集合的互异性可知方程的解集是，故C错误；
对D：根据集合的互异性可知两两不相等，故一定不是等腰三角形，故D正确.
故选：D.
2．A
【分析】由题命题“，”为真命题，进而分和两种情况讨论求解即可.
【详解】因为命题“，”为假命题，
所以，命题“，”为真命题，
因为集合，集合，
所以，当时，即时，成立，
当时，
由“，”得，解得，
综上，实数的取值范围为.
故选：A.
3．B
【分析】由条件确定结合中的元素，由此可得集合的子集个数.
【详解】因为，，
所以，
所以集合的子集个数为.
故选：B.
4．D
【分析】选项是的充分不必要条件，则选项的范围是的子集，以此判断选项是否满足条件.
【详解】依题意可知选项是的充分不必要条件，则选项的范围是的子集，
对于选项A，不是的子集，故A不满足；
对于选项B，不是的子集，故B不满足；
对于选项C，不是的子集，故C不满足；
对于选项D，不是的子集，故D满足.
故选：D
5．A
【分析】讨论的奇偶，可得集合可化为，由此判断，的关系.
【详解】当时，，，
当时，，
所以，
所以.
故选：A.
6．A
【分析】利用不等式的性质化简，即可根据逻辑关系求解.
【详解】由可得，
由可得或，
故能得到，同时也无法推出，
故“”是“”的充分不必要条件，
故选：A.
7．B
【分析】不妨设，则，根据集合相等的定义可得，分析可得为偶数，从而可得可得为奇数，再分析计算即可得出答案.
【详解】解：不妨设，则，
因为，，，，，
所以，
因为为偶数，
所以，，必为两奇一偶，从而可得为奇数，
又因为，所以为不小于3的奇数，
若，则，，，，，
故，且，所以，不符合要求，
若，则，，，，，故，解得，
此时，，
所以的最小值是1297.
故选：B.
【点睛】本题主要考查的时集合相等的定义，解决本题的关键在于先假设，判断，，三个数中奇偶数的个数，考查了数据分析及逻辑推理能力.
8．D
【分析】根据集合X上的拓扑的集合的定义，逐个验证即可.
【详解】①，而，故①不是集合X上的拓扑的集合；
②，满足：①X属于，属于；
②中任意多个元素的并集属于；③中任意多个元素的交集属于，
因此②是集合X上的拓扑的集合；
③，满足：①X属于，属于；
②中任意多个元素的并集属于；③中任意多个元素的交集属于，
因此③是集合X上的拓扑的集合；
④，而，故④不是集合X上的拓扑的集合；
综上得，是集合X上的拓扑的集合的序号是②③.
故答案为：D.
9．BD
【分析】先化简不等式，进而根据集合间的关系求解.
【详解】由可得，
设，则其必要不充分条件对应集合，则有是的真子集，
则BD选项符合．
故选：BD．
10．ABD
【分析】分、两种情况讨论，分别确定集合，即可求出参数的值.
【详解】因为，且，
当时，，符合题意；
当时，，又，所以或，解得或，
综上，或或.
故选：ABD
11．BD
【分析】根据戴德金分割的定义，结合选项，分别举例，判断正误.
【详解】对于A，因为，，所以，故A错误；
对于B，设，，满足戴德金分割，
此时没有最大元素，有一个最小元素为0，故B正确；
对于C，若有一个最大元素，有一个最小元素，
则不能同时满足，，故C错误；
对于D，设，，满足戴德金分割，
此时没有最大元素，也没有最小元素，故D正确．
故选：BD.
12．“，”
【分析】根据存在量词命题的否定形式可得.
【详解】命题“，使成立”的否定命题是“，”
故答案为：，
13．或
【分析】首先将题目等价转换为方程只有一个解，从而对分类讨论即可求解.
【详解】由题意只含有一个元素，当且仅当方程只有一个解，
情形一：当时，方程变为了，此时方程只有一个解满足题意；
情形二：当时，若一元二次方程只有一个解，
则只能，
解得.
综上所述，满足题意的的值是或.
故答案为：或.
14．
【分析】先求解，根据二次方程的两根关系讨论与两种情况，当时，化简可得，结合可得无解或解包含两根，再分类讨论求解即可.
【详解】.
①当时，，此时，，满足题意；
②当时，，且，故.
又，讨论，即
即，
即，
即，方程必有两根，
因为，故，则无解或解包含.
i）当为的解时，代入可得，此时满足条件；
ii）当为的解时，代入可得，此时满足条件；
iii）当无解时，，，解得，综上有，且.
综合①②可得.
故答案为：
15．
【分析】根据，分三种情况进行讨论，计算出的值，然后代入集合中，需要留意是否满足集合中元素的互异性．
【详解】解：①当，即时，而，，
不满足集合中元素的互异性，舍去；
②当，即时，而，，符合题意；
③当时，，而，，不满足集合中元素的互异性，舍去．
综上可知，实数的值为．
16．
【分析】由题意可得，则或，解不等式即可得出答案.
【详解】由于命题p：，是真命题，
则，
因为，所以．
所以或，
解得：．
17．或.
【分析】分、为单元素集合、为双元素集合三种情况讨论，分别求出参数的取值范围即可得.
【详解】①若为空集，则，解得；
②若为单元素集合，则，解得，
将代入方程，得，解得，
所以，符合要求；
③若为双元素集合，则，即，
此时，即，解得；
综上所述，或.
18．(1)，，(答案不唯一)
(2)不是，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）取，按照定义列举即可；
（2）方法一：用反证法即可得结论；
方法二：由题意可得所有元素和为，中元素是偶数，从而得是12的倍数，又因为时，不是12的倍数，即得矛盾；
（3）按照必要不充分条件的定义证明即可
【详解】（1）解：依照题意，取时，
，
又，，
则，
所以可以取，，；
（2）解：当时，不是可分集合，理由如下：
方法一：
假设存在是3的倍数且是可分集合，设，则依照题意，
故，
而这个数的和为，
故，矛盾，
所以是3的倍数时，一定不是可分集合；
方法二：
注意到所有元素和为，又中元素是偶数，
所以（为正整数），
所以，即是12的倍数.
容易验证，当时，不是12的倍数，矛盾！
所以当时，不是可分集合；
（3）证明：因为所有元素和为，又中元素是偶数，
所以（为正整数），
所以，因为，为连续整数，
故这两个数一个为奇数，另一个为偶数，
由（2）知道，不是3的倍数，所以一定有是3的倍数.
当为偶数时，为奇数，而，
所以一定有是3的倍数，是4的倍数，
所以既是3的倍数又是4的倍数，
从而可分的一个必要条件是：是12的倍数.
从而“是整数”是“为可分集合”必要条件.
另一方面，当时，不是可分集合，从而“是整数”不是“为可分集合”充分条件
（可以验证：当，56，时，不可分，其余满足是正整数情形，都可分）
综上可知，“是整数”是“为可分集合”的必要不充分条件.
【点睛】关键点睛：对于新定义题目，理解和利用定义进行解答是关键.
19．(1)是，理由见解析；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）根据“完美集”定义判断即可；
（2）由“完美集”定义及一元二次方程根与系数关系，结合判别式有，即可证；
（3）讨论，并结合“完美集”定义判断、、是否存在完美集即可.
【详解】（1）由，，
所以，
故集合是“完全集”.
（2）由题设，令，则是的两个不同的正实数根，
所以或（舍），即，
又，若都不大于2，则，矛盾，所以至少有一个大于2.
（3）不妨令，则，
所以，
当，即，故，显然无解，不满足；
当，即，只能有，故存在一个“完美集”；
当，，即，
又，且，
此时，显然有矛盾，
所以时不存在“完美集”；
综上，.
【点睛】关键点点睛：根据完美集定义，结合题设条件、一元二次方程根与系数关系、分类讨论、反证法等判断并确定完美集.
