专题01 集合与常用逻辑用语（16区二模新题速递）（解析卷）-2024年高考数学二模试题分类汇编（上海专用）

这是一份专题01 集合与常用逻辑用语（16区二模新题速递）（解析卷）-2024年高考数学二模试题分类汇编（上海专用），共14页。试卷主要包含了题型一，题型二等内容，欢迎下载使用。
选 题 列 表
2024·上海杨浦·二模 2024·上海奉贤·二模
2024·上海浦东·二模 2024·上海青浦·二模
2024·上海黄浦·二模 2024·上海闵行·二模
2024·上海普陀·二模 2024·上海金山·二模
2024·上海徐汇·二模 2024·上海静安·二模
2024·上海松江·二模 2024·上海长宁·二模
2024·上海嘉定·二模 2024·上海崇明·二模
2024·上海虹口·二模 2024·上海宝山·二模
汇 编 目 录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc10696" 题型一：集合，13题 PAGEREF _Tc10696 \h 1
\l "_Tc3565" 题型二：常用逻辑用语，10题 PAGEREF _Tc3565 \h 6
一、题型一：集合，13题
1．（2024·上海松江·二模）已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】直接根据交集概念求解.
【详解】因为集合，，
所以.
故选：D.
2．（2024·上海静安·二模）如果一个非空集合上定义了一个运算，满足如下性质，则称关于运算构成一个群.
（1） 封闭性，即对于任意的，有；
（2） 结合律，即对于任意的，有；
（3） 对于任意的，方程与在中都有解．
例如，整数集关于整数的加法（）构成群，因为任意两个整数的和还是整数，且满足加法结合律，对于任意的，方程与都有整数解；而实数集关于实数的乘法（）不构成群，因为方程没有实数解.
以下关于“群”的真命题有（ ）
①自然数集关于自然数的加法（）构成群；
②有理数集关于有理数的乘法（）构成群；
③平面向量集关于向量的数量积（）构成群；
④复数集关于复数的加法（）构成群.
A．0个；B．1个；C．2个；D．3个.
【答案】B
【分析】根据群的定义需满足的三个条件逐一判断即可.
【详解】对于①，，在自然数集中无解，错误；
对于②，，在有理数集中无解，错误；
对于③，是一个数量，不属于平面向量集，错误；
对于④，因为任意两个复数的和还是复数，且满足加法结合律，
且对任意的，方程与有复数解，正确.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题考查新定义，解题关键是理解新定义，用新定义解题.解题方法是根据新定义的3个条件进行验证，注意实数或复数运算的运算律与新定义中运算的联系可以很快得出结论.
3．（2024·上海普陀·二模）已知，设集合，集合，若，则 .
【答案】2
【分析】根据已知条件，结合交集的定义，讨论或4即可求解．
【详解】集合,,，集合,，，则是的子集，
当时，等式不成立，舍去，
当时，解得，此时，,，满足题意，
故．
故答案为：2．
4．（2024·上海徐汇·二模）已知集合，集合，那么 .
【答案】
【分析】先求出集合，，然后结合集合的交集运算即可求解．
【详解】因为集合,，集合或，
那么,．
故答案为：,．
5．（2024·上海杨浦·二模）已知集合，，则 .
【答案】
【分析】利用交集运算直接求解即可.
【详解】集合，，所以.
故答案为：
6．（2024·上海闵行·二模）集合，，则 .
【答案】
【分析】根据交集的定义求解即可.
【详解】，
所以.
故答案为：.
7．（2024·上海静安·二模）中国国旗上所有颜色组成的集合为 ．
【答案】{红,黄}；
【分析】根据集合的定义即可求解.
【详解】中国国旗上所有颜色组成的集合为红,黄．
故答案为：红，黄．
8．（2024·上海虹口·二模）已知集合，则 .
【答案】
【分析】先求出集合，再根据交集的定义即可得解.
【详解】，
，
所以.
故答案为：.
9．（2024·上海黄浦·二模）若集合，，则 .
【答案】
【分析】由交集的定义求解即可.
【详解】因为集合，，则.
故答案为：.
10．（2024·上海崇明·二模）若集合，或，则 ．
【答案】/
【分析】根据交运算，结合已知集合，直接求解即可.
【详解】根据题意，.
故答案为：.
11．（2024·上海金山·二模）已知集合，，则 ．
【答案】
【分析】计算出集合后，利用交集定义即可得.
【详解】由，故.
故答案为：.
12．（2024·上海嘉定·二模）若规定集合的子集为的第个子集，其中，则的第211个子集是 ．
【答案】
【分析】正确理解的含义，时，即要先求出满足的，即的第211个子集应含有的元素，计算出，再要求满足的，即的第211个子集应含有的元素，如此类推即得.
【详解】因，则的第211个子集必包含7，此时；
又因则的第211个子集必包含6，此时；
又则的第211个子集必包含4，此时；
又则的第211个子集必包含1；而.
综上所述，的第211个子集是.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于仔细阅读题目所提供的信息，正确理解集合的新定义的含义，将文字语言转化为数学语言.
13．（2024·上海嘉定·二模）设集合，，则 ．
【答案】
【分析】由并集的运算可得.
【详解】因为集合，，
所以，
故答案为：.
二、题型二：常用逻辑用语，10题
14．（2024·上海松江·二模）设为数列的前项和，有以下两个命题：①若是公差不为零的等差数列且，，则是的必要非充分条件；②若是等比数列且，，则的充要条件是.那么（ ）
A．①是真命题，②是假命题B．①是假命题，①是真命题
C．①、②都是真命题D．①、②都是假命题
【答案】C
【分析】根据题意，由等差数列和等差数列的前项和性质分析①的真假，由等比数列和等比数列的前项和性质分析②的真假，综合可得答案.
【详解】根据题意，对于命题①，是公差不为零的等差数列，
若，则在中，至少有一项为，
假设，则，
必有，
反之，在等差数列中，若，
则，有，则成立，
但不成立，
故是的必要非充分条件，故①正确；
对于命题②，若是等比数列，设其公比为，若，时，
有，则中，至少有一项为，则，
假设则有必有，
又由，必有为偶数且，故，
反之，若，则，必有，则有，，
则，
若是等比数列且，，则的充要条件是，
故②正确.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键点是，熟练掌握等差数列与等比数列的通项公式与求和公式，从而分析得解.
15．（2024·上海徐汇·二模）三棱锥各顶点均在半径为的球的表面上，，二面角的大小为，则对以下两个命题，判断正确的是（ ）
①三棱锥的体积为；②点形成的轨迹长度为.
A．①②都是真命题
B．①是真命题，②是假命题
C．①是假命题，②是真命题
D．①②都是假命题
【答案】A
【分析】根据球的截面圆的性质可得出二面角，利用直角三角形性质判断外心和外心的位置，利用垂直关系证明是中点，利用体积公式判断①，根据为定长判断点轨迹是圆，判断②．
【详解】由题意知，故,
设外心为，则为BC的中点，设外心为，如图，
则平面，平面，
平面，平面，
，，
，平面，平面，
又因为，则平面，即，，，四点共面，
则平面，
连接，则为二面角的平面角，
二面角的大小为，，
而，，因为平面，平面，
故，而，则，
在中，，
则，故，即三点共线，
且是的中点；
则，故①是真命题；
又，
点形成的轨迹是以为圆心，半径为的圆，
轨迹长度为，故②真命题．
故选：A．
【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于根据空间的位置关系，推出三点共线，及说明是得中点，从而确定点形成的轨迹.
16．（2024·上海闵行·二模）已知，集合，，. 关于下列两个命题的判断，说法正确的是（ ）
命题①：集合表示的平面图形是中心对称图形；
命题②：集合表示的平面图形的面积不大于.
A．①真命题；②假命题B．①假命题；②真命题
C．①真命题；②真命题D．①假命题；②假命题
【答案】A
【分析】根据是奇函数，可以分析出当时，所以集合表示的平面图形是中心对称图形；结合集合代表的曲线及不等式的范围可以确定集合表示的平面图形，从而求得面积，与进行比较.
【详解】对于，集合关于原点中心对称，且函数是奇函数，
若则则，
即若则，即集合表示的平面图形是关于原点中心对称图形，故①是真命题；
对于，
由即知，
设，则与一一对应且随的增大而增大，，
又由知，
结合知在范围内，与一一对应且随的增大而减小，
所以在范围内，与一一对应且是关于的减函数，
由①可知图象关于原点中心对称，所以可得到在的图象，如图

代入点可得，所以的区域是右半部分，
面积为正方形面积的一半，即集合表示的平面图形的面积，故②是假命题.
故选：A.
【点睛】方法点睛：确定不等式表示的区域范围
第一步：得到等式对应的曲线；
第二步：任选一个不在曲线上的点，若原点不在曲线上，一般选择原点，检验它的坐标是否符合不等式；
第三步：如果符合，则该点所在的一侧区域即为不等式所表示的区域；若不符合，则另一侧区域为不等式所表示的区域.
17．（2024·上海闵行·二模）设，则“”是“”的（ ）
A．充分非必要条件B．必要非充分条件
C．充要条件D．既非充分又非必要条件
【答案】B
【分析】判断“”和“”之间的逻辑推理关系，即可得答案.
【详解】当时，或，不能推出有成立；
当时，则，必有成立，
故“”是“”的必要非充分条件，
故选：B
18．（2024·上海崇明·二模）已知函数的定义域为．
命题：若当时，都有，则函数是D上的奇函数．
命题：若当时，都有，则函数是D上的增函数．
下列说法正确的是（ ）
A．p、q都是真命题B．p是真命题，q是假命题
C．p是假命题，q是真命题D．p、q都是假命题
【答案】C
【分析】根据题意，结合函数奇偶性与单调性的定义及判定方法，即可求解.
【详解】对于命题，令函数，
则，此时，当函数不是奇函数，
所以命题为假命题，
对于命题，当时，都有，即，不可能，
即当时，可得，满足增函数的定义，所以命题为真命题.
故选：C.
19．（2024·上海长宁·二模）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
【答案】C
【分析】由充分条件和必要条件的定义结合复数的定义求解即可.
【详解】设，则，
由可得，所以，充分性成立，
当时，即，则，满足，
故“”是“”的充要条件.
故选：C.
20．（23-24高三下·上海浦东新·期中）“”是“直线与直线平行”的（ ）
A．充分非必要条件B．必要非充分条件
C．充要条件D．既非充分又非必要条件
【答案】C
【分析】根据两直线平行的充要条件求值即可得.
【详解】设，，
直线方程可化为，且直线的斜率为，
若，则直线斜率存在，，
故直线方程可化为，
由，解得，故，
当时，直线的方程为，直线的方程为，
此时，即.
因此，是的充要条件.
故选：C.
21．（2024·上海青浦·二模）已知点是抛物线C：上一点到拋抛物线C的准线的距离为d，M是x轴上一点，则“点M的坐标为”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，
【答案】A
【分析】由题意可知抛物线C的焦点．易知充分条件成立，结合图形，举例说明必要条件不成立，即可求解.
【详解】由题意知，将点代入方程，即，得，则抛物线C的焦点．
当点M的坐标为时，点M与拋物线的焦点重合，由抛物线的定义知必有；当时，点M的坐标不一定为，理由如下：
如图，连接PF，当时，．
因此“点M的坐标为”是“”的充分不必要条件.
故选：A．
22．（2024·上海普陀·二模）设等比数列的公比为，则“，，成等差数列”的一个充分非必要条件是 .
【答案】（或,答案不唯一）
【分析】根据已知条件，结合等差数列、等比数列的性质，即可求解．
【详解】，，成等差数列，
则，即，解得或，
故“，，成等差数列”的一个充分非必要条件是（或．
故答案为：（或,答案不唯一）
23．（2024·上海青浦·二模）若无穷数列满足：存在正整数，使得对一切正整数成立，则称是周期为的周期数列．
(1)若（其中正整数m为常数，），判断数列是否为周期数列，并说明理由；
(2)若，判断数列是否为周期数列，并说明理由；
(3)设是无穷数列，已知．求证：“存在，使得是周期数列”的充要条件是“是周期数列”．
【答案】(1)是周期为的周期数列，理由见解析
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题设定义，利用的周期，即可得出结果；
（2）分与两种情况讨论，当，易得到是周期为1的周期数列，当时，构造，则，利用导数与函数单调性间的关系，可得出是严格增（或减）数列，从而可得出结果；
（3）根据条件，利用充要条件的证明方法，即可证明结果.
【详解】（1）因为，
所以是周期为的周期数列．
（2）①当时，，，
所以当时，是周期为1的周期数列，
②当时，记，则，
，当且仅当时等号成立，
即，所以在上严格增，
若，则，即，进而可得，即是严格增数列，不是周期数列；
同理，若，可得是严格减数列，不是周期数列．
综上，当时，是周期为1的周期数列；当时，不是周期数列．
（3）必要性：
若存在，使得是周期数列，设的周期为，
则，所以是周期为的周期数列，
充分性：
若是周期数列，设它的周期为，记，则
，是关于x的连续函数；
，是关于x的连续函数；
…
，是关于x的连续函数；
，
令，则是连续函数，
且，，
所以存在零点，于是，
取，则，
从而，
，
……
一般地，对任何正整数n都成立，即是周期为T的周期数列．
（说明：关于函数连续性的说明不作要求）
【点睛】方法点晴：对于数列的新定义问题，解决问题的关键在于准确理解定义，并结合定义进行判断或转化条件.