01集合与逻辑-上海市2023-2024学年高一上学期期末数学专题练习（沪教版2020）

这是一份01集合与逻辑-上海市2023-2024学年高一上学期期末数学专题练习（沪教版2020），共10页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．（2024上·上海·高一上海市行知中学校考期末）定义集合运算且称为集合A与集合B的差集；定义集合运算称为集合A与集合B的对称差，有以下4个等式：①；②；③；④，则4个等式中恒成立的是（ ）
A．①②B．①②③C．①②④D．①②③④
2．（2024上·上海·高一上海市行知中学校考期末）的一个充要条件是（ ）
A．B．
C．，D．，
3．（2024上·上海·高一校考期末）已知、都是自然数，则“是偶数”是“、都是偶数”的（ ）条件
A．充分而不必要B．必要而不充分
C．充要D．既不充分也不必要
4．（2024上·上海·高一校考期末）若：，：，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
5．（2024上·上海·高一上海市建平中学校考期末）已知集合是由某些正整数组成的集合，且满足：若，则当且仅当（其中正整数、且）或（其中正整数、且）．现有如下两个命题：①；②集合．则下列判断正确的是（ ）
A．①对②对B．①对②错C．①错②对D．①错②错
6．（2024上·上海青浦·高一统考期末）已知非空集合且，设，，则对于的关系，下列问题正确的是（ ）
A．B．C．D．的关系无法确定
7．（2023上·上海普陀·高一校考期末）设，，那么是成立的（ ）条件．
A．充分不必要B．必要不充分
C．充要D．既不充分也不必要．
8．（2023上·上海金山·高一统考期末）设集合A、B、C均为非空集合，下列命题中为真命题的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
二、填空题
9．（2024上·上海宝山·高一上海交大附中校考期末）设全集，，则 .
10．（2024上·上海·高一上海市向明中学校考期末）已知集合，，则
11．（2023上·上海·高一曹杨二中校考期末）已知全集，集合，则 .
12．（2024上·上海奉贤·高一统考期末）：四边形是正方形，：四边形的四个角都是直角，则是的 条件.
13．（2024上·上海·高一校考期末）陈述句“或”的否定形式是 ．
14．（2024上·上海·高一校考期末）已知集合，则 ．
三、解答题
15．（2024上·上海·高一上海市向明中学校考期末）若全集，，且，求实数的值
16．（2024上·上海·高一上海市行知中学校考期末）已知集合.
(1)若只有一个元素，试求实数的值，并用列举法表示集合；
(2)若至少有两个子集，试求实数的取值范围.
17．（2023上·上海普陀·高一校考期末）设．用反证法证明：若是奇数，则是奇数．
参考答案：
1．B
【分析】利用题设中的新定义，可判定①正确；利用集合运算的韦恩图法，可判定②正确、④错误；利用题设中的定义与集合的运算方法，可判定③正确.
【详解】对于①中，由，所以①正确；
对于②中，由且，
同理可得：,
则，
所以，
所以表示的集合为图（1）中阴影部分所表示的集合，如图所示，
同理，也表示图（1）中阴影部分所表示的集合，
所以，所以②正确；
对于③中，由，所以③正确；
对于④中，如图（2）所示，可得，所以④错误.
故选：B.
2．A
【分析】根据不等式的基本性质，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】由不等式，可得，即，所以A符合题意；
由，可得或，所以选项B是的充分不必要条件；
选项C和D都为的既不充分也不必要条件.
故选：A.
3．B
【分析】利用充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.
【详解】因为、都是自然数，若是偶数，则、都是偶数或、都是奇数，
所以，“是偶数”“、都是偶数”，
“是偶数”“、都是偶数”，
故“是偶数”是“、都是偶数”的必要而不充分条件.
故选：B.
4．A
【分析】根据子集与真子集的定义及充分必要条件的定义可判断结果.
【详解】对于：因为，所以集合M中一定含有元素2，且元素4，5至少有一个，
则集合M可能为三种情况，所以是的充分不必要条件，
故选：A.
5．A
【分析】根据集合的定义即可判断①是假命题，根据集合的定义先判断，，再由，有，，且，所以，可判断 ②是真命题.
【详解】因为若，则当且仅当其中且，或其中且，
且集合是由某些正整数组成的集合，
所以，，
因为，满足其中且，所以，
因为，且，，所以，
因为，，，所以，故①对；
下面讨论元素与集合的关系，
当时，；
当时，，，，所以；
当时，，，，所以；
当时，，，，所以；依次类推，
当时，，，，
所以，则，故②对.
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题解题的关键在于判断，，，，再根据集合的定义求解.
6．C
【分析】由集合与元素、集合与集合之间的关系从两个方面推理论证即可求解.
【详解】，有，从而有，进一步，即，所以，
，有，从而有，进一步有，即，所以，
综上所述，有.
故选：C.
7．A
【分析】根据充分性和必要性的定义进行判断即可.
【详解】因为由，由推不出，
所以是成立的充分不必要，
故选：A
8．D
【分析】取特例，根据由集合的运算关系可判断ABC，根据集合的交、并运算，子集的概念可判断D.
【详解】对于A， ，当时，结论不成立，则A错误；
对于B, ，当时，结论不成立，则B错误；
对于C，，当时，结论不成立，则C错误；
对于D，因为，，所以，又，所以，则，则D正确.
故选：D
9．
【分析】先求集合的元素，再利用补集运算即可求解.
【详解】因为，，
所以.
故答案为：.
10．
【分析】根据并集运算求解即可.
【详解】由题意可得：.
故答案为：.
11．
【分析】利用集合的补集运算即可得解.
【详解】因为，，
所以.
故答案为：.
12．充分不必要
【分析】根据条件，利用充分条件与必要条件的判断方法即可得出结果.
【详解】因为四边形是正方形，由正方形的定义知，的四个角都是直角，所以由可以推出，即是的充分条件，
又四边形的四个角都是直角时，四边形可以为矩形，所以由推不出，即不是的必要条件，所以是的充分不必要条件，
故答案为：充分不必要.
13．且
【分析】根据命题的否定即可得到结论.
【详解】命题“或”的否定形式为“且”.
故答案为：且.
14．/
【分析】根据交集的概念进行求解.
【详解】.
故答案为：
15．
【分析】根据补集运算求解即可.
【详解】由题意可知：，
则，解得，
所以实数的值为.
16．(1)或，或
(2)
【分析】（1）考虑和且两种情况.
（2）至少有两个子集，则方程由一个或两个根，考虑第一问的结果和且两种情况.
【详解】（1）时，解得符合题意；
时令解得，
此时，
解得符合题意，
故或，或
（2）若至少有两个子集，则至少有一个元素.
由（1）知或时符合题意.
由题意可知时若也符合题意.
即解得且.
综上.
17．证明见解析
【分析】假设不是奇数，然后推出为偶数，这与题设矛盾，即可证.
【详解】证明：假设不是奇数，则是偶数，设，
则，因为，所以，则是偶数，即为偶数，
这与题设为奇数矛盾，所以假设不成立，即是奇数.