第一章集合与常用逻辑用语.DOC

1、第一章集合与常用逻辑用语 第一节第一节集合集合 内容要求考题举例考向规律 1.了解集合的含义，元素与集 合的属于关系；能用列举法或 描述法表示集合 2理解集合之间包含与相等 的含义，能识别给定集合的子 集；了解全集与空集的含义 3理解并会求并集、交集、 补集；能用 Venn 图表示集合 的关系与运算 2020全国卷T2(集合的交集 运算) 2020全国卷T1(集合的并 集、补集运算) 2020全国卷T1(集合的表 示) 2020新高考卷T1(集合的并 集运算) 2020新高考卷T5(集合的实 际应用) 考情分析：集合的概念及运算 一直是高考热点，同时近两年 新课标高考试题加强了对以 集合为工具

2、与其他知识相结 合的考查，一般为基础题，解 题时要充分利用 Venn 图、数 轴的直观性迅速得解，预计今 后这种考查方式不会变 核心素养：数学运算、数学抽 象 教材回扣基础自测 自主学习知识积淀 1集合的有关概念 (1)集合中元素的三个特性：确定性、互异性、无序性。 (2)集合与元素的关系：若 a 属于集合 A，记作 aA；若 b 不属于集合 A，记作 bA。 (3)集合的表示方法：列举法、描述法、图示法。 (4)五个特定的集合： 集合非负整数集(或自然数集)正整数集整数集有理数集实数集 符号NN*或 NZQR 2.集合间的基本关系 表示 关系 文字语言记法 集合间 的基本 关系 子集 集合

3、A 中任意一个元素都是集合 B 中的元素 AB 或 BA 真子集 集合 A 是集合 B 的子集，并且 B 中 至少有一个元素不属于 A AB 或 BA 相等 集合 A 中的每一个元素都是集合 B 中的元素，集合 B 中的每一个元素 也都是集合 A 中的元素 AB 且 BAAB 空集 空集是任何集合的子集A 空集是任何非空集合的真子集B 且 B 3.集合的三种基本运算 符号表示图形表示符号语言 集合的 并集 ABABx|xA，或 xB 集合的 交集 ABABx|xA，且 xB 集合的 补集 若全集为 U，则 集合 A 的补集为 UA UAx|xU，且 xA 4.集合基本运算的性质 (1)AAA，

4、A。 (2)AAA，AA。 (3)A(UA)，A(UA)U，U(UA)A。 (4)ABABAABBUAUBA(UB)。 一、常规题 1若集合 PxN|x 2 021，a2 2，则() AaPBaP CaPDaP 解析因为 a22不是自然数，而集合 P 是不大于 2 021的自然数构成的集合，所以 aP。 答案D 2已知集合 Ax|x22x30，Bx|0 x4，则 AB() A1,4B(0,3 C(1,0(1,4D1,0(1,4 解析Ax|x22x30 x|1x3，故 AB1,4。 答案A 3设全集为 R，集合 Ax|0 x2，Bx|x1，则 A(RB)() Ax|0 x1Bx|0 x1 Cx|

5、1x2Dx|0 x2 解析因为集合 Bx|x1，所以RBx|x1，所以 A(RB)x|0 x1。 答案B 二、易错题 4(忽视元素的互异性)已知集合 A1,3， m，B1，m，若 BA，则 m() A1B0 或 1 或 3 C0 或 3D1 或 3 解析由 BA，得 m3 或 m m，解 m m，得 m0 或 m1，由集合元素的互异性知 m1。所以 m0 或 m3。 答案C 5(忽视空集的情形)已知集合 Mx|xa0，Nx|ax10，若 MNN，则实数 a 的值是() A1B1 C1 或 1D0 或 1 或1 解析由 MNN，得 NM，当 N时，a0；当 N时，1 aa，解得 a1，故 a 的

6、值为1,0。 答案D 6(忽视集合运算中端点取值)已知集合 Ax|x3，Bx|xm，且 ABA，则实数 m 的取值范围 是_。 解析因为集合 Ax|x3，Bx|xm，且 ABA，所以 BA，如图所示，所以 m3。 答案3，) 考点例析对点微练 互动课堂考向探究 考点一集合的基本概念自主练习 1.(2021重庆一诊)已知集合 AxZ|x22x80，Bx2|xA，则 B 中元素个数为() A4B5 C6D7 解析AxZ|x22x80 xZ|4x23，2，1,0,1，Bx2|xA0,1,4,9，故 B 中元素个数为 4。故选 A。 答案A 2已知集合 AxZ| 3 2xZ，则集合 A 中的元素个数为

7、() A2B3 C4D5 解析因为 3 2xZ，且 xZ，所以 2x 的取值有3，1,1,3，所以 x 的值分别为 5,3,1，1，故集合 A 中的元素个数为 4。 答案C 3(2020全国卷)已知集合 A(x，y)|x，yN*，yx，B(x，y)|xy8，则 AB 中元素的个数 为() A2B3 C4D6 解析由题意得，AB(1,7)，(2,6)，(3,5)，(4,4)，所以 AB 中元素的个数为 4。故选 C。 答案C 4已知集合 AxN|1x16 Ck8Dk8 解析由集合 A 中至少有 3 个元素，得 log2k4，解得 k16。故选 B。 答案B 5设集合 A 2，3，a23a，a2

8、a7，B|a2|,3， 已知 4A 且 4B，则 a 的取值集合为_。 解析因为 4A，即 4 2，3，a23a，a2 a7，所以 a23a4 或 a2 a74。若 a 23a4，则 a 1 或 a4；若 a2 a74，即 a 23a20，则 a1 或 a2。由 a23a 与 a2 a7 互异，得 a 1。故 a2 或 a4。又 4B，即 4|a2|,3，所以|a2|4，解得 a2 且 a6。综上所述，a 的取 值集合为4。 答案4 1解决集合含义问题的关键有三点：一是确定构成集合的元素；二是确定元素的限制条件；三是根据元 素的特征(满足的条件)构造关系式解决相应问题。 2集合元素的三个特性中

9、的互异性对解题的影响较大，特别是含有字母的集合，在求出字母的值后，要 注意检验集合中的元素是否满足互异性。 考点二集合间的基本关系 【例 1】(1)已知集合 AxZ|x22x30，By|y2x，则 AB 的子集的个数为() A10B16 C8D7 解析因为 A1,0,1,2,3，B(0，)，所以 AB1,2,3，其子集的个数为 238。 答案C (2)已知集合 A0,1，Bx|xA，则下列集合 A 与 B 的关系中正确的是() ABABAB CBADAB 解析因为 xA，所以 B，0，1，0,1，又集合 A0,1是集合 B 中的元素，所以 AB。 答案D (3)已知集合 Ax|2x5，Bx|m

10、1x2m1，若 BA，则实数 m 的取值范围为_。 解析因为 BA，所以若 B，则 2m1m1，此时 m0，所以RPy|y1，所 以RPQ。故选 C。 答案C (2)在例 1(3)中，若“BA”变为“BA”，其他条件不变，如何求解？ 解因为 BA，所以若 B，成立，此时 m2。 若 B，则 2m1m1， m12， 2m12， 2m15， 解得 2m3。 由可得 m 的取值范围为(，3。 考点三集合的基本运算微专题 微考向 1：集合的基本运算 【例 2】(1)(多选)已知全集 UR，函数 yln(x2)的定义域为 M，集合 Nx|x22x0，则下列结论 正确的是() AMNMBM(UN) CMN

11、UDMUN 解析由 x20，得 x2，所以 M(2，)，由 x22x0，得 x2，所以 N(，0)(2， )，UN0,2，所以 M(UN)，MNM，MNNU，MUN。故选 AB。 答案AB (2)(2021八省联考)已知 M，N 均为 R 的子集，且RMN，则 M(RN)() ABMCNDR 解析解法一：因为RMN，所以 MRN，所以 M(RN)M。故选 B。 解法二：如图所示，设矩形 ABCD 表示全集 R，矩形区域 ABHE 表示集合 M，则矩形区域 CDEH 表示集 合RM，矩形区域 CDF G 表示集合 N，满足RMN，结合图形可得 M(RN)M。故选 B。 答案B 解集合的运算题的常

12、用技巧 1若已知的集合是不等式的解集，常利用数轴求解。 2若已知的集合是点集，常利用数形结合法求解。 3若已知的集合是抽象集合，常利用 Venn 图求解。 微考向 2：利用集合的运算求参数 【例 3】(1)(2020全国卷)设集合 Ax|x240，Bx|2xa0，且 ABx|2x1，则 a () A4B2C2D4 解析解法一：易知 Ax|2x2，Bx|x a 2 ，因为 ABx|2x1，所以a 21，解 得 a2。故选 B。 解法二：由题意得 Ax|2x2。若 a4，则 Bx|x2，又 Ax|2x2，所以 ABx| 2x2， 不满足题意， 排除 A； 若 a2， 则 Bx|x1， 又 Ax|2

13、x2， 所以 ABx|2x1， 满足题意；若 a2，则 Bx|x1，又 Ax|2x2，所以 ABx|2x1，不满足题意， 排除 C；若 a4，则 Bx|x2，又 Ax|2x2，所以 ABx|x2，不满足题意，排除 D。 故选 B。 答案B (2)已知集合 Ax|xa，Bx|x23x20，若 ABB，则实数 a 的取值范围是() Aa2Da2 解析集合 Bx|x23x20 x|1x2，由 ABB 可得 BA，作出数轴如图。可知 a2。 答案D 根据集合的运算结果求参数的值或取值范围的步骤 1将集合的运算关系转化为两个集合之间的关系。若集合中的元素能一一列举，则用观察法得到不同集 合 中元素之间的

14、关系；若集合是与不等式有关的集合，则一般利用数轴解决，要注意端点值能否取到。 2将集合之间的关系转化为解方程(组)或不等式(组)问题。 3根据求解结果来确定参数的值或取值范围。 【题组对点练】 1 (微考向 1)(2020全国卷)已知集合 U2， 1,0,1,2,3， A1,0,1， B1,2， 则U(AB)() A2,3B2,2,3 C2，1,0,3D2，1,0,2,3 解析解法一：由题意，得 AB1,0,1,2，所以U(AB)2,3。故选 A。 解法二：因为 2B，所以 2(AB)，所以 2U(AB)，故排除 B，D；又 0A，所以 0(AB)，所以 0U(AB)，故排除 C。故选 A。

15、答案A 2(微考向 1)(2020新高考卷)某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有 96%的学生喜欢足球或游泳， 60%的学生喜欢足球， 82%的学生喜欢游泳， 则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例 是() A62%B56% C46%D42% 解析不妨设该校学生总人数为 100，既喜欢足球又喜欢游泳的学生人数为 x，则 10096%10060% x10082%，所以 x46，所以既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例为 46%。故选 C。 答案C 3(微考向 2)已知集合 AxZ|x24x52m，若 AB 中有三个元素，则实数 m 的取 值范围是() A3,6)B1

16、,2) C2,4)D(2,4 解析因为 x24x50，所以1x5。集合 AxZ|x24x52m x|x m 2 。又因为 AB 中有三个元素，所以 1m 2 2，解得 2m1，集合 Bx|xp，若(UA)B，则 p 应该满足的条件 是() Ap1Bp1 Cp1，集合 Bx|xp，所以UAx|x1，又(UA)B，所以 p1。 答案B 教师备用题 【例 1】 (配合考点一使用)已知集合 Ax|yx2， By|yx2， C(x， y)|yx2， 则 AB_， AC_。 解析集合 A 是函数 yx2的定义域，即 A(，)，集合 B 是函数 yx2的值域，即 B0， )，所以 AB0，)。集合 C 是函

17、数 yx2的图象上的点的集合，故 AC。 答案0，) 【例 2】(配合例 1 使用)已知集合 M，N，P 为全集 U 的子集，且满足 MPN，则下列结论不正确的 是() AUNUPBNPNM C(UP)MD(UM)N 解析解法一：根据已知条件画出 Venn 图结合各选项知，只有 D 不正确。故选 D。 解法二：(特例法)取 UZ，M1，P1,2，N1,2,3，验证各选项知 D 不正确。 答案D 【例 3】(配合例 1 使用)设 Ax|x28x150，Bx|ax10。 (1)若 a1 5，试判断集合 A 与 B 的关系； (2)若 BA，求实数 a 组成的集合 C。 解(1)由 x28x150，

18、 得 x3 或 x5，所以 A3,5。 若 a1 5，由 ax10，得 1 5x10，即 x5。 所以 B5。所以 BA。 (2)因为 A3,5，又 BA， 故若 B，则方程 ax10 无解，有 a0； 若 B，则 a0，由 ax10，得 x1 a。 所以1 a3 或 1 a5，即 a 1 3或 a 1 5。 故 C 0，1 3， 1 5 。 【例 4】(配合例 3 使用)已知集合 Ax|1xk，集合 By|y2x5，xA，若 ABx|1x2， 则实数 k 的值为() A5B4.5C2D3.5 解析B(3,2k5)，由 ABx|1x2，知 k2 或 2k52，因为 k2 时，2k51，AB ，

19、不合题意，所以 k3.5。故选 D。 答案D 深度探究素养达成 课外阅读增分培优 集合中的新定义问题 一、定义新运算 【例 1】设 P，Q 为两个非空实数集合，定义集合 P*Qz|zab，aP，bQ，若 P1,2，Q 1,0,1，则集合 P*Q 中元素的个数是_。 【解析】因为 aP，bQ，所以 a 的取值只能为 1,2；b 的取值只能为1,0,1，zab的不同运算结果 如下表所示： b a 101 1111 2 1 2 12 由上表可知 P*Q 1，1 2，2，显然该集合中共有 3 个不同的元素。 【答案】3 二、定义新概念 【例 2】(多选)由无理数引发的数学危机一直延续到 19 世纪。直

20、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 2 000 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 Q 划分为两个非空的子集 M 与 N，且满足 MNQ，MN，M 中的每一个元素 都小于 N 中的每一个元素，则称(M，N)为戴德金分割。试判断下列选项中，可能成立的是() AMx|x0是一个戴德金分割 BM 没有最大元素，N 有一个最小元素 CM 有一个最大元素，N 有一个最小元素 DM 没有最大元素，N 也没有最小元素 【

21、解析】对 A，因为 Mx|x0，MNx|x0Q，故 A 错误；对 B，设 Mx Q|x0，NxQ|x0，满足戴德金分割，则 M 中没有最大元素，N 有一个最小元素 0，故 B 正确；对 C， 若 M 有一个最大元素，N 有一个最小元素，则不能同时满足 MNQ，MN，故 C 错误；对 D，设 M xQ|xy2，则 xy”的逆否命题是() A“若 xy，则 x2y，则 x2y2” C“若 xy，则 x2y2”D“若 xy，则 x2y2” 解析根据原命题和逆否命题的条件和结论的关系得命题“若 x2y2，则 xy”的逆否命题是“若 xy， 则 x2y2”。故选 C。 答案C 2“(x1)(x2)0”是

22、“x1”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 解析若 x1，则(x1)(x2)0 显然成立，但反之不成立，即若(x1)(x2)0，则 x 的值也可能为 2。故选 B。 答案B 3设 xR，则“0 x5”是“|x1|1”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 解析由|x1|1 可得 0 x0 ， 则 a0” ， 则 它 的 否 命 题 是 _。 答案对任意 a，bR，若 ab0，则 a0 6(忽视等号的选取)已知 p：xa，q：x2。 (1)若 p 是 q 的充分不必要条件，则实数 a 的取值范围是_； (2)若 p 是

23、q 的必要不充分条件，则实数 a 的取值范围是_。 解析(1)因为 p 是 q 的充分不必要条件，所以x|xax|x2，则实数 a 的取值范围是 a2。 (2)因为 p 是 q 的必要不充分条件，所以x|x2x|xa，则实数 a 的取值范围是 a2。 答案(1)a2(2)a1” B逆命题是“若 m1，则函数 f (x)exmx 在(0，)上是增函数” C逆否命题是“若 m1，则函数 f (x)exmx 在(0，)上是减函数” D逆否命题是“若 m1，则函数 f (x)exmx 在(0，)上不是增函数” 解析原命题为“若函数 f (x)exmx 在(0，)上是增函数，则 m1”。则其逆命题为“若

24、 m1， 则函数 f (x)exmx 在(0，)上是增函数”；否命题为“若函数 f (x)exmx 在(0，)上不是增函数， 则 m1”；逆否命题为“若 m1，则函数 f (x)exmx 在(0，)上不是增函数”。综上所述，B 正确。 答案B 2已知命题“设 a，b，cR，若 ab，则 acbc”，则在原命题以及它的逆命题、否命题、逆否命 题中，真命题的个数为() A1B2C4D0 解析因为原命题为“设 a，b，cR，若 ab，则 acbc”，是真命题，所以原命题的逆否命题是 真命题；原命题的否命题为“设 a，b，cR，若 ab，则 acbc”，是真命题，所以原命题的逆命题 是真命题。故真命题

25、的个数为 4。故选 C。 答案C 3下列四个命题为真命题的是() A“设 xR，若 2x8，则|x|3”的逆命题 B“全等三角形的面积相等”的否命题 C“若 c1，则 x22xc0 无实根”的逆否命题 D对于实数 x，y，若 xy3，则 x2 或 y1 解析对于选项 A，原命题的逆命题为“设 xR，若|x|3，则 2x8”，为假命题；对于选项 B，原命题 的否命题为“不全等的三角形的面积不相等”，为假命题；对于选项 C，原命题的逆否命题为“若 x22xc 0 有实根，则 c1”，若 x22xc0 有实根，则44c0，解得 c1，可知该命题为假命题；对于选 项 D，该命题的逆否命题为“对于实数

26、x，y，若 x2 且 y1，则 xy3”，为真命题，故原命题为真命题。 故选 D。 答案D 1求一个命题的其他三种命题时，需注意： (1)对于不是“若 p，则 q”形式的命题，需先改写为“若 p，则 q”的形式。 (2)若命题有大前提，写其他三种命题时需保留大前提。 2判断一个命题为真命题，要给出推理证明；判断一个命题为假命题，只需举出反例。 考点二充分条件与必要条件的判断 【例 1】(1)已知 a，bR，则“1 a 1 b”是“a 1 b时，如 a1，b1，但是 a 1 b”是“ab”的不充分条 件；再考虑必要性，当 a 1 b不成立，所以“ 1 a 1 b”是“a 1 b”是“a1”是“a

27、2a”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 解析由 a2a 得 a1 或 a1 得 a2a，则“a1”是“a2a”的充分不必要条件。故选 A。 答案A (3)(2020北京高考)已知，R，则“存在 kZ 使得k(1)k”是“sinsin”的() 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 解析若存在 kZ 使得k(1)k， 则当 k2n， nZ 时， 2n， 则 sin sin(2n)sin ； 当 k2n1，nZ 时，(2n1)，则 sin sin(2n)sin()sin 。若 sin sin ，则 2n或2n，nZ，即k

28、(1)k，kZ。故选 C。 答案C 充分条件、必要条件的三种判定方法 1定义法：根据 pq，qp 进行判断，适用于定义、定理判断性问题。 2集合法：根据 p，q 对应的集合之间的包含关系进行判断，多适用于命题中涉及字母范围的推断问题。 3等价转化法：根据一个命题与其逆否命题的等价性进行判断，适用于条件和结论带有否定性词语的命 题。 【变式训练】(1)已知条件 p： x2 12x0，条件 q：x x1 2 0，则 p 是 q 成立的() 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 解析由x212x0 知 x20， 12x0， x2 12x， 解得 1 3 x 1 2

29、，即 p 成立的条件为集合 A x| 1 3x 1 2 。由 x x1 2 0 得 0 x1 2，即 q 成立的条件为集合 Bx| 0 x1 2 ，由于 BA，所以 p 是 q 的必要不充分条件。 答案B (2)王安石在游褒禅山记中写道“世之奇伟、瑰怪，非常之观，常在于险远，而人之所罕至焉，故非 有志者不能至也”，请问“有志”是到达“奇伟、瑰怪，非常之观”的() A充要条件 B既不充分也不必要条件 C充分不必要条件 D必要不充分条件 解析非有志者不能至，是必要条件；但“有志”也不一定“能至”，不是充分条件。 答案D 考点三充分条件与必要条件的应用微专题 【例 2】已知 Px|x28x200，非

30、空集合 Sx|1mx1m。若 xP 是 xS 的必要条件， 求 m 的取值范围。 解由 x28x200，得2x10， 所以 Px|2x10。 由 xP 是 xS 的必要条件，知 SP。 则 1m1m， 1m2， 1m10， 所以 0m3。 所以当 0m3 时，xP 是 xS 的必要条件， 即所求 m 的取值范围是0,3。 【母题变式】本例中，若 xP 是 xS 的必要条件，求 m 的取值范围。 解若 xP 是 xS 的必要条件，则 xSxP， 所以 xPxS，所以 PS， 则 1m1m， 1m2， 1m10， 所以 m9， 故 m 的取值范围是9，)。 充分条件、必要条件的应用，一般表现在参数

31、问题的求解上。解题时需注意 1把充分条件、必要条件或充要条件转化为集合之间的关系，然后根据集合之间的关系列出关于参数的 不等式(或不等式组)求解。 2要注意区间端点值的检验。 【变式训练】(1)(多选)已知 xR，条件 p：x2x，条件 q：1 xa，若 p 是 q 的充分不必要条件，则实数 a 的取值可能有() A1 2 B1C2D2 解析因为 xR，条件 p：x20 时，q 对应的集合为 B 0，1 a ；当 a0 时，q 对应的集合为 B 0，1 a ，此时满足 AB，需1 a1，解得 a (0,1；当 a0 时，q 对应的集合为 B ，1 a (0，)，此时满足 AB，故 a0， 2x

32、a，x0 有且只有一个零点的充分不必要条件是() Aa0B0a1 2 C1 2a1 解析因为当 x0 时，x1 是函数 f (x)的一个零点；所以当 x0 时，2xa0 恒成立，即 a2x 恒成立，故 a0，或 a1。又a|a1。故选 A。 答案答案A 第三节第三节简单的逻辑联结词、全称量词与存在量词简单的逻辑联结词、全称量词与存在量词 内容要求考题举例考向规律 1.了解逻辑联结词 “或”“且”“非”的含义 2 理解全称量词与存在量词 的意义 3 能正确地对含有一个量词 的命题进行否定 2020全国卷T16(含逻辑 联结词的命题的真假判断) 2017山东高考T3(简单的逻 辑联结词) 2016

33、浙江高考T4(含有一个 量词命题的否定) 考情分析：本节内容主要以 选择题形式出现，多考查逻 辑联结词的使用及含有一个 量词的命题的否定 核心素养：数学抽象、逻辑 推理 教材回扣基础自测 自主学习知识积淀 1命题 pq，pq，綈 p 的真假判断 pqpqpq綈 p 真真真真假 真假假真假 假真假真真 假假假假真 2全称量词与存在量词 量词名 称 常见量词 表示符 号 全称量 词 “所有的”“一切”“任意一个”“任 给”“每一个”等 存在量 词 “存在一个”“至少有一个”“有一 个”“对某个”“有些”“有的”等 3.全称命题与特称命题 命题名称命题结构命题简记 全称命题对 M 中任意一个 x，有

34、 p(x)成立xM，p(x) 特称命题存在 M 中的元素 x0，使 p(x0)成立x0M，p(x0) 4.含有一个量词的命题的否定 命题命题的否定 xM，p(x)x0M，綈 p(x0) x0M，p(x0)xM，綈 p(x) 1 用“并集”的概念来理解“或”， 用“交集”的概念来理解“且”， 用“补集”的概念来理解“非”。 2记忆口诀：(1)“p 或 q”，有真则真；(2)“p 且 q”，有假则假；(3)“非 p”，真假相反。 3命题 pq 的否定是(綈 p)(綈 q)；命题 pq 的否定是(綈 p)(綈 q)。 一、常规题 1已知 p：2 是偶数，q：2 是素数，则命题綈 p，綈 q，pq，p

35、q 中真命题的个数为() A1B2C3D4 解析p 和 q 显然都是真命题，所以綈 p，綈 q 都是假命题，pq，pq 都是真命题。 答案B 2(多选)下列命题中的真命题是() Ax0R，lg x01Bx0R，sin x00 CxR，x30DxR,2x0 解析当 x10 时，lg 101，则 A 为真命题；当 x0 时，sin 00，则 B 为真命题；当 x0 时，x30， 则 C 为假命题；由指数函数的性质知，xR,2x0，则 D 为真命题。 答案ABD 3命题“所有可以被 5 整除的整数，末位数字都是 0”的否定为_。 答案“有些可以被 5 整除的整数，末位数字不是 0” 二、易错题 4(

36、不会利用真值表判断命题的真假)已知命题 p：所有有理数都是实数，命题 q：正数的对数都是负数， 则下列命题中为真命题的是() A(綈 p)qBpq C(綈 p)(綈 q)D(綈 p)(綈 q) 答案D 5(混淆否命题与命题的否定)命题“所有奇数的立方都是奇数”的否定是_。 答案存在一个奇数，它的立方不是奇数 考点例析对点微练 互动课堂考向探究 考点一简单的逻辑联结词自主练习 1.命题 p：若 sin xsin y，则 xy；命题 q：x2y22xy。下列命题为假命题的是() Ap 或 qBp 且 q CqD綈 p 解析取 x 3，y 5 6 ，可知命题 p 是假命题；由(xy)20 恒成立，可

37、知命题 q 是真命题，故綈 p 为真 命题，p 或 q 是真命题，p 且 q 是假命题。 答案B 2若命题“pq”与命题“綈 p”都是真命题，则() A命题 p 与命题 q 都是真命题 B命题 p 与命题 q 都是假命题 C命题 p 是真命题，命题 q 是假命题 D命题 p 是假命题，命题 q 是真命题 解析因为綈 p 是真命题，所以 p 是假命题，又 pq 是真命题，所以 q 是真命题。 答案D 3(多选)已知命题 p：若 xy，则x 1 y，则 x0，且 a1，则对任意实数 x，ax0； (2)对任意实数 x1，x2，若 x1x2，则 tan x1tan x2； (3)TR，使|sin(x

38、T)|sin x|； (4)x0R，使 x2010(a0，a1)恒成立，所以命题(1)是真命题。 (2)存在 x10，x2，x10，所以命题(4)是假命题。 全(特)称命题真假的判断方法 (1)要判定一个全称命题是真命题，必须对限定集合 M 中的每个元素 x 验证 p(x)成立；但要判定全称命题 是假命题，只要能举出集合 M 中的一个 xx0，使得 p(x0)不成立即可(这就是通常所说的“举出一个反例”)。 (2)要判定一个特称命题是真命题，只要在限定集合 M 中，至少能找到一个 xx0，使 p(x0)成立即可；否 则，这一特称命题就是假命题。 小提示：不管是全称命题还是特称命题，当其真假不易

39、判定时，可先判断其否定的真假。 【变式训练】试判断以下命题的真假。 (1)xR，x220； (2)xR，x23x20； (3)xN，x41； (4)x0Z，x300，即 x220。所以命题“xR，x220”是真 命题。 (2)假命题，因为只有 x2 或 x1 时满足。 (3)由于 0N，当 x0 时，x41 不成立，所以命题“xN，x41”是假命题。 (4)由于1Z，当 x1 时，能使 x31，所以命题“x0Z，x300。 解(1)綈 p1：至少存在一个正方形不是矩形，是假命题。 (2)綈 p2：所有的整数，都不能被 2 整除或不能被 5 整除，是假命题。 (3)綈 p3：x0 x|x 是无理

40、数，x 2 0不是无理数，是真命题。 (4)綈 p4：xx|xZ，log2x0，是假命题。 1全(特)称命题的否定与命题的否定有着一定的区别，全(特)称命题的否定是将其全称量词改为存在量 词(或存在量词改为全称量词)，并把结论否定；而命题的否定则是直接否定结论即可。 2常见词语的否定形式有： 原语句是都是 至少有一 个 至多有一 个 对任意 xA 使 p(x)真 否定形式不是不都是 一个也没 有 至少有两 个 存在 x0A 使 p(x0)假 【变式训练】(1)命题“xR，nN*，使得 nx2”的否定形式是() AxR，nN*，使得 nx2 BxR，nN*，使得 nx2 Cx0R，nN*，使得

41、nx20 Dx0R，nN*，使得 n0”为真命题，所以4a24a00a0”的否定为假命题，则实数 a 的取值范围是 _。 解析由“xR， x25x15 2 a0”的否定为假命题， 可知原命题必为真命题， 即不等式 x25x15 2 a0 对任意实数 x 恒成立。设 f (x)x25x15 2 a，则其图象恒在 x 轴的上方。故25415 2 a5 6，即 实数 a 的取值范围为 5 6，。 答案 5 6， (2)例 3(2)中， 若将“x21,2”改为“x21,2”， 其他条件不变， 则实数 m 的取值范围是_。 解析当 x1,2时，g(x)maxg(1)1 2m，由 f (x) ming(x

42、)max，得 01 2m，所以 m 1 2。 答案 1 2， 教师备用题 【例 1】 (配合例 2 使用)已知命题 p： 存在 x01， )， 使得(log23) x0 1， 则下列说法正确的是() A綈 p：对任意 x1，)，都有(log23)x1 B綈 p：不存在 x01，)，都有(log23) x0 1 C綈 p：对任意 x1，)，都有(log23)x1 D綈 p：对任意 x(，1)，都有(log23)x1 解析根据全称命题与特称命题的关系，可得命题綈 p：对任意 x1，)，都有(log23)x1。故选 C。 答案C 【例 2】(配合例 3 使用)若命题“x 0， 3 ，1tan xm”

43、的否定是假命题，则实数 m 的取值范围 是_。 解析根据题意得不等式 1tan xm，x 0， 3 恒成立，因为 y1tan x 在 x 0， 3 上为增函数， 所以(1tan x)max1tan 31 3，则有 m1 3，即实数 m 的取值范围是1 3，)。 答案1 3，) 【例 3】(配合例 3 使用)已知函数 f (x)3x22xa22a，g(x)19 6 x1 3，若对任意 x 11,1，总存 在 x20,2，使得 f (x1)g(x2)成立，求实数 a 的取值范围。 解f (x)3x22xa(a2)， 则 f (x)6x2， 由 f (x)0 得 x1 3。 当 x 1，1 3 时，f (x)0， 所以 f (x)minf 1 3 a22a1 3。 因为 g(x)19 6 x1 3，x0,2， 所以 g(x) 1 3，6。 又由题意可知，f (x)的值域是 1 3，6的子集， 所以 f 16， a22a1 3 1 3， f 16， 解得实数 a 的取值范围是2,0。