2020届 二轮复习 集合、简易逻辑与不等式 作业
集合、简易逻辑与不等式
一、单选题
1．若是方程的解，则的最大值是（ ）
A．16 B．12 C．8 D．4
【答案】D
【解析】
【分析】
先由题意，得到，再由基本不等式，即可求出结果.
【详解】
因为是方程的解，
所以，即，
所以，当且仅当时，取等号.
故选：D
【点睛】
本题主要考查由基本不等式求最值的问题，熟记基本不等式即可，属于常考题型.
2．设集合M＝[1,2]，N＝{x∈Z|-1
2或x<-1，又得x≥1或x≤-1;
∴“”是“”的充分而不必要条件．
故选：A
【点睛】
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，准确求解不等式的解集是关键，比较基础．
4．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】A
【解析】
，但，不满足 ，所以是充分不必要条件，选A.
【考点】 充要条件
【名师点睛】本题考查充要条件的判断，若，则是的充分条件，若，则是的必要条件，若，则是的充要条件；从集合的角度看，若，则是的充分条件，若，则是的必要条件，若，则是的充要条件，若是的真子集，则是的充分不必要条件，若是的真子集，则是的必要不充分条件.
5．已知命题p1：函数y＝2x－2－x在R上为增函数，p2：函数y＝2x＋2－x在R上为减函数，则在命题q1：p1∨p2，q2：p1∧p2，q3：(¬p1)∨p2和q4：p1∧(¬p2)中，真命题是
A．q1，q3
B．q2，q3
C．q1，q4
D．q2，q4
【答案】C
【解析】
方法一:函数y=2x-2-x是一个增函数与一个减函数的差,故函数y=2x-2-x在R上为增函数,p1是真命题;
而对p2:y'=2xln2-ln2=ln2×(2x-),
当x∈[0,+∞)时,2x≥,又ln2>0,所以y'≥0,函数单调递增;同理得当x∈
(-∞,0)时,函数单调递减,故p2是假命题.由此可知,q1真,q2假,q3假,q4真.
方法二:p1是真命题同方法一;由于2x+2-x≥2=2,故函数y=2x+2-x在R上存在最小值,故这个函数一定不是R上的单调函数,故p2是假命题.由此可知, q1真,q2假,q3假,q4真.
6．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
由题得，所以，故选B.
7．已知,( )
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
先化简集合A,B,再求得解.
【详解】
由题得A={x|-10,
由得：6=
当且仅当2x=y时取等号
整理得：，
,
,
故的最大值为2
12．给出下列四个命题：
①若a＞b＞0，则；②若a＞b＞0，则a－＞b－；③若a＞b＞0，则；④设a，b是互不相等的正数，则|a－b|＋≥2.其中正确命题的序号是________．
【答案】②
【解析】
①a＞b＞0，则＜，故①错；
②a＞b＞0，则－＞－，故②对；
③中－＝＝＜0，故③错；
④因为a－b不能确定为正数，故④错．
故答案为：②
点睛：不等式的性质及其应用： (1)判断不等式是否成立，需要逐一给出推理判断或反例说明．常用的推理判断需要利用不等式的性质．
(2)在判断一个关于不等式的命题真假时，先把要判断的命题和不等式性质联系起来考虑，找到与命题相近的性质，并应用性质判断命题真假，当然判断的同时还要用到其他知识，比如对数函数，指数函数的性质等．
13．已知实数满足，则目标函数的最小值是_______.
【答案】
【解析】
试题分析：如图所示作出不等式组表示的平面区域，由，得，平移直线，由图象可知当直线过点时，目标函数取得最小值，由得点，代入目标函数得.
考点：简单的线性规划求最值.
14．设集合，，若，则实数的取值范围是_____.
【答案】
【解析】
【分析】
若A∩B≠∅，得x2+2（1﹣a）x+3﹣a≤0在x∈[0，3]有解，分离变量再构造函数g（t），转为求函数最值即可得解.
【详解】
集合A＝{x|x2+2（1﹣a）x+3﹣a≤0}，B＝{x|0≤x≤3}，
若A∩B≠∅，得x2+2（1﹣a）x+3﹣a≤0在x∈[0，3]有解，
即（2x+1）a≥x2+2x+3在x∈[0，3]有解，
设t＝2x+1，则t∈[1，7]，则x＝，
则a≥＝，
设g（t）＝，t∈[1，7]，
由对勾函数的性质可得y＝g（t）在（1，3）为减函数，在（3，7）上为增函数，又g（t）的最小值为g(3)＝2，
所以实数a的取值范围是[2，+∞），
故答案为[2，+∞）
【点睛】
本题考查不等式有解问题及集合交集的运算，考查转化与化归思想，考查对勾函数图像的性质，属中档题．
三、解答题
15．已知p：2x2﹣3x+1≤0，q：x2﹣（2a+1）x+a（a+1）≤0
（1）若a=，且p∧q为真，求实数x的取值范围．
（2）若p是q的充分不必要条件，求实数a的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【解析】试题分析：（1）先解出p，q下的不等式，从而得到p：，q：a≤x≤a+1，所以a=时，p：．由p∧q为真知p，q都为真，所以求p，q下x取值范围的交集即得实数x的取值范围；
（2）由p是q的充分不必要条件便可得到，解该不等式组即得实数a的取值范围．
解：p：，q：a≤x≤a+1；
∴（1）若a=，则q：；
∵p∧q为真，∴p，q都为真；
∴，∴；
∴实数x的取值范围为；
（2）若p是q的充分不必要条件，即由p能得到q，而由q得不到p；
∴，∴；
∴实数a的取值范围为．
考点：复合命题的真假；必要条件、充分条件与充要条件的判断．
16．已知抛物线的焦点为F，A为C上异于原点的任意一点，以点F为圆心且过点A的圆M与x轴正半轴交于点B，AB的延长线交C于点D，AF的延长线交C于点E．
（1）若点A的纵坐标为4，求圆M的方程；
（2）若线段AD的中点为G，求证：轴；
（3）的面积是否存在最小值？若存在，请求出此最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）; (2)见解析；(3)，理由见解析；
【解析】
【分析】
（1）由题意求得点的坐标，求出圆心和半径，写出圆的方程；
（2）设出点的坐标，写出的方程，与抛物线方程联立，求得直线的方程，再由直线与抛物线方程联立，利用中点坐标求得点的纵坐标，由此判断轴；
（3）利用点的坐标表示的面积，利用基本不等式计算它的最小值．
【详解】
解：（1）由题意，设点的坐标为 ，由，求得；又点的坐标为， ,∴圆的方程为 ；
（2）设，的方程为 ，代入
得 所以 即 ；
又 ，故点的坐标为 ；
直线的方程为 ，即 ，代入 ，可得 ；
∴ ，
故 ，所以轴。
（3）由（2）知， ，
又 ，可得，
∴的面积为
（当且仅当时取“”），
所以的面积存在最小值，且此最小值为．
【点睛】
本题考查了直线与圆以及抛物线的应用问题，也考查了三角形面积计算问题，属于难题．
17．已知命题且，命题恒成立．
若命题q为真命题，求m的取值范围；
若为假命题且为真命题，求m的取值范围．
【答案】（1）（2）或．
【解析】
分析：（1）由命题q为真命题可知，即可得到结果；（2）分别解出命题p，q的m的取值范围，p∧q为假命题且p∨q为真命题，可得p，q必然一真一假．
详解：解：，解得．
若命题p：且，解得．
为假命题且为真命题，必然一真一假．
当p真q假时，，解得，
当p假q真时，，解得．
的取值范围是或．
点睛：本题考查了复合命题及真假的判断，考查了二次不等式的解法，属于基础题.
18．已知.
（1）解不等式；
（2）若满足：，都有.当时，试判断命题“若，则”的逆否命题的真假.
【答案】（1）详见解析；（2）真命题.
【解析】
【分析】
（1）先计算判别式，然后根据判别式为负数和非负数，分成两类，写出不等式的解集.（2）恒成立，转化为，即.由于命题真假性与其逆否命题的一致，故只需证：若，则.利用基本不等式可证得不等式成立.
【详解】
（1），
，
当时，即时，不等式的解集为；
当时，即，时，
，，
不等式的解集为.
（2）∵，都有，
，
，
命题为真命题，
因为命题真假性与其逆否命题的一致，
则只需证：若，则即可，
，
原命题为真得证。
【点睛】
本小题主要考查一元二次不等式的解法，考查含有参数的一元二次不等式恒成立问题的求解策略，还考查了利用基本不等式求最值的方法.属于中档题.
19．分别写出由命题p：方程x2－4＝0的两根符号不同，q：方程x2－4＝0的两根绝对值相等构成的“p或q”“p且q”“非p”形式的命题．
【答案】见解析
【解析】
试题分析：根据题意及“p或q”、“p且q”、“非p”形式的命题的要求进行求解即可。
试题解析：
p或q：方程x2－4＝0的两根符号不同或绝对值相等．
p且q：方程x2－4＝0的两根符号不同且绝对值相等．
非p：方程x2－4＝0的两根符号相同．
20．已知函数，且）．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若，方程有惟一解时，求的值。
【答案】(1) 当是偶数时, 在上是增函数；当是奇数时在是减函数,在是增函数；(2).
【解析】
试题分析：(1)求单调区间，弦确定定义域，利用求导得：，再按k是偶数时，和k是奇数时，进行分情况，分别求得导函数大于零和小于零，进而求得单调区间；(2)当时，方程有唯一解，令，利用求导进一步得，在单调递减，在单调递增，所以要满足题意，只需使有唯一解，只需使，进而求得的值.
试题解析：(1)由已知得，且．
当是偶数时,则,则在上是增函数; （2分）
当是奇数时,则,, （3分）
所以当x时,, 当x时,，
故当是偶数时, 在上是增函数;
当是奇数时在是减函数,在是增函数． （5分）
（Ⅱ）若，则）
记, ,
若方程有唯一解，即有唯一解； （6分）
令,得，
（舍去） （7分）
当时，,在是单调递减函数；
当时，,在上是单调递增函数。
当时, , （8分）
有唯一解，
则，即 （9分）
（10分）
设函数，
∵在时,是增函数，至多有一解。
, ∴方程(*)的解为，即，解得。 （12分）
考点：1.利用导函数求函数的单调性；2.分类讨论思想；3.零点的个数问题.