《2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 突破熱點(diǎn) 分層教學(xué) 專項(xiàng)一 1 第1練 集合、復(fù)數(shù)、常用邏輯用語學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 突破熱點(diǎn) 分層教學(xué) 專項(xiàng)一 1 第1練 集合、復(fù)數(shù)、常用邏輯用語學(xué)案（13頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、第1練集合、復(fù)數(shù)、常用邏輯用語年份卷別考查內(nèi)容及考題位置命題分析2018卷補(bǔ)集運(yùn)算T2復(fù)數(shù)的除法復(fù)數(shù)的模T11.集合作為高考必考內(nèi)容，多年來命題較穩(wěn)定，多以選擇題形式在前3題的位置進(jìn)行考查，難度較小命題的熱點(diǎn)依然會(huì)集中在集合的運(yùn)算方面，常與簡單的一元二次不等式結(jié)合命題2高考對復(fù)數(shù)的考查重點(diǎn)是其代數(shù)形式的四則運(yùn)算(特別是乘、除法)，也涉及復(fù)數(shù)的概念及幾何意義等知識(shí)，題目多出現(xiàn)在第13題的位置，難度較低，純屬送分題目3高考對常用邏輯用語考查的頻率較低，且命題點(diǎn)分散，其中含有量詞的命題的否定、充分必要條件的判斷需要關(guān)注，多結(jié)合函數(shù)、平面向量、三角函數(shù)、不等式、數(shù)列等內(nèi)容命題.卷集合中元素的個(gè)數(shù)T2復(fù)
2、數(shù)的除法T1卷交集運(yùn)算T1復(fù)數(shù)的乘法T22017卷集合的基本運(yùn)算、指數(shù)不等式的解法T1復(fù)數(shù)的概念、復(fù)數(shù)的運(yùn)算、命題的真假判斷T3卷集合的交集、一元二次方程的根T2復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算T3卷集合的表示、集合的交集運(yùn)算T1復(fù)數(shù)的運(yùn)算及復(fù)數(shù)的模T22016卷集合的交集運(yùn)算、一元二次不等式的解法T1復(fù)數(shù)相等及模的運(yùn)算T2卷集合的并集運(yùn)算、一元二次不等式的解法T1復(fù)數(shù)的幾何意義T2卷集合的交集運(yùn)算、一元二次不等式的解法T1共軛復(fù)數(shù)的概念及運(yùn)算T2集合 集合運(yùn)算的4個(gè)性質(zhì)及重要結(jié)論(1)AAA，AA，ABBA.(2)AAA，A，ABBA.(3)A(UA)，A(UA)U.(4)ABAAB，ABABA. 集合運(yùn)算的
3、4個(gè)技巧(1)先“簡”后“算”進(jìn)行集合的基本運(yùn)算之前要先對其進(jìn)行化簡，化簡時(shí)要準(zhǔn)確把握元素的性質(zhì)特征，區(qū)分?jǐn)?shù)集與點(diǎn)集等(2)遵“規(guī)”守“矩”定義是進(jìn)行集合基本運(yùn)算的依據(jù)，交集的運(yùn)算要抓住“公共元素”，補(bǔ)集的運(yùn)算要關(guān)注“你有我無”的元素(3)活“性”減“量”靈活利用交集與并集以及補(bǔ)集的運(yùn)算性質(zhì)，特別是摩根定律，即U(MN)(UM)(UN)，U(MN)(UM)(UN)等簡化運(yùn)算，減少運(yùn)算量(4)借“形”助“數(shù)”在進(jìn)行集合的運(yùn)算時(shí)要盡可能地借助Venn圖和數(shù)軸使抽象問題直觀化，一般地，集合元素離散時(shí)用Venn圖；集合元素連續(xù)時(shí)用數(shù)軸表示，用數(shù)軸表示時(shí)要注意端點(diǎn)值的取舍考法全練1(2018高考全國卷)
4、已知集合Ax|x2x20，則RA()Ax|1x2Bx|1x2Cx|x2 Dx|x1x|x2解析：選B.法一：Ax|(x2)(x1)0x|x2，所以RAx|1x2，故選B.法二：因?yàn)锳x|x2x20，所以RAx|x2x20x|1x2，故選B.2(2018鄭州第二次質(zhì)量預(yù)測)已知集合Px|y，xN，Qx|ln x1，則PQ()A0，1，2 B1，2C(0，2 D(0，e)解析：選B.由x2x20，得1x2，因?yàn)閤N，所以P0，1，2因?yàn)閘n x1，所以0xe，所以Q(0，e)，則PQ1，2，故選B.3(一題多解)(2018高考全國卷)已知集合A(x，y)|x2y23，xZ，yZ，則A中元素的個(gè)數(shù)為
5、()A9 B8C5 D4解析：選A.法一：由x2y23知，x，y.又xZ，yZ，所以x1，0，1，y1，0，1，所以A中元素的個(gè)數(shù)為CC9，故選A.法二：根據(jù)集合A的元素特征及圓的方程在坐標(biāo)系中作出圖形，如圖，易知在圓x2y23中有9個(gè)整點(diǎn)，即為集合A的元素個(gè)數(shù)，故選A.4(一題多解)(2018太原模擬)已知集合Ay|ylog2x，x2，By|y，x1，則AB()A(1，) B.C. D.解析：選A.法一：因?yàn)锳y|ylog2x，x2y|y1，By|y，x1y|y，所以ABy|y1，故選A.法二：取2AB，則由2A，得log2x2，解得x42，滿足條件，同時(shí)由2B，得2，x1，滿足條件，排除選
6、項(xiàng)B，D；取1AB，則由1A，得log2x1，解得x2，不滿足x2，排除C，故選A.5(2018惠州第二次調(diào)研)已知集合Ax|xa，Bx|x23x20，若ABB，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()Aa1 Ba1Ca2 Da2解析：選D.集合Bx|x23x20x|1x2，由ABB可得BA，所以a2.故選D.復(fù)數(shù) 復(fù)數(shù)代數(shù)形式的2種運(yùn)算(1)復(fù)數(shù)的乘法：復(fù)數(shù)的乘法類似于多項(xiàng)式的四則運(yùn)算，可將含有虛數(shù)單位i的看作一類項(xiàng)，不含i的看作另一類項(xiàng)，分別合并同類項(xiàng)即可(2)復(fù)數(shù)的除法：除法的關(guān)鍵是分子分母同乘以分母的共軛復(fù)數(shù)，解題時(shí)要注意把i的冪寫成最簡形式復(fù)數(shù)的除法類似初中所學(xué)化簡分?jǐn)?shù)常用的“分母有理化”，其實(shí)質(zhì)就
7、是“分母實(shí)數(shù)化” 復(fù)數(shù)運(yùn)算中的4個(gè)常見結(jié)論(1)(1i)22i，i，i.(2)baii(abi)(3)i4n1，i4n1i，i4n21，i4n3i.(4)i4ni4n1i4n2i4n30.考法全練1(2018高考全國卷)()AiBiCi Di解析：選D.i，故選D.2(2018惠州第二次調(diào)研)若2i(i為虛數(shù)單位)，則復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)在()A第一象限 B第二象限C第三象限 D第四象限解析：選A.由題意知z(1i)(2i)3i，其在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為(3，1)，在第一象限故選A.3(2018高考全國卷)設(shè)z2i，則|z|()A0 B.C1 D.解析：選C.法一：因?yàn)閦2i2ii2i
8、i，所以|z|1，故選C.法二：因?yàn)閦2i，所以|z|1，故選C.4(2018昆明調(diào)研)設(shè)復(fù)數(shù)z滿足(1i)zi，則z的共軛復(fù)數(shù)z()A.i B.iCi Di解析：選B.法一：因?yàn)?1i)zi，所以zi，所以復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)zi，故選B.法二：因?yàn)?1i)zi，所以zi，所以復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)zi，故選B.法三：設(shè)zabi(a，bR)，因?yàn)?1i)zi，所以(1i)(abi)i，所以(ab)(ab)ii，由復(fù)數(shù)相等的條件得解得ab，所以zi，所以復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)zi，故選B.5(2018武漢調(diào)研)已知復(fù)數(shù)z滿足z|z|3i，則z()A1i B1iC.i D.i解析：選D.設(shè)zabi，其中a，bR
9、，由z|z|3i，得abi3i，由復(fù)數(shù)相等可得解得故zi，故選D.命題的真假判斷與否定 四種命題的關(guān)系(1)兩個(gè)命題互為逆否命題，它們有相同的真假性(2)兩個(gè)命題為互逆命題或互否命題，它們的真假性沒有關(guān)系 全(特)稱命題及其否定(1)全稱命題p：xM，p(x)它的否定p：x0M，p(x0)(2)特稱命題p：x0M，p(x0)它的否定p：xM，p(x) 含邏輯聯(lián)結(jié)詞的命題真假的等價(jià)關(guān)系(1)pq真p，q至少一個(gè)真(p)(q)假(2)pq假p，q均假(p)(q)真(3)pq真p，q均真(p)(q)假(4)pq假p，q至少一個(gè)假(p)(q)真(5)p真p假；p假p真考法全練1(2018貴陽模擬)命題
10、p：x0R，x2x020，則p為()AxR，x22x20BxR，x22x20Cx0R，x2x020Dx0R，x2x020解析：選A.命題p為特稱命題，所以p為“xR，x22x20”，故選A.2(2018太原模擬)已知命題p：x0R，xx010；命題q：若ab，則，則下列為真命題的是()Apq BpqCpq Dpq解析：選B.對于命題p，當(dāng)x00時(shí)，10成立，所以命題p為真命題，命題p為假命題；對于命題q，當(dāng)a1，b1時(shí)，所以命題q為假命題，命題q為真命題，所以pq為真命題，故選B.3(2018鄭州第一次質(zhì)量預(yù)測)下列說法正確的是()A“若a1，則a21”的否命題是“若a1，則a21”B“若am
11、2bm2，則ab”的逆命題為真命題C存在x0(0，)，使3x04x0成立D“若sin ，則”是真命題解析：選D.對于選項(xiàng)A，“若a1，則a21”的否命題是“若a1，則a21”，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對于選項(xiàng)B，“若am2bm2，則ab”的逆命題為“若ab，則am2bm2”，因?yàn)楫?dāng)m0時(shí)，am2bm2，所以其逆命題為假命題，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對于選項(xiàng)C，由指數(shù)函數(shù)的圖象知，對任意的x(0，)，都有4x3x，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對于選項(xiàng)D，“若sin ，則”的逆否命題為“若，則sin ”，且其逆否命題為真命題，所以原命題為真命題，故選D.4(2018唐山模擬)已知命題p：“ab”是“2a2b”的充要條件；命題q：x
12、R，|x1|x，則()Apq為真命題 Bpq為真命題Cpq為真命題 Dpq為假命題解析：選B.由函數(shù)y2x是R上的增函數(shù)，知命題p是真命題對于命題q，當(dāng)x10，即x1時(shí)，|x1|x1x；當(dāng)x10，即x1時(shí)，|x1|x1，由x1x，得x，無解，因此命題q是假命題所以pq為假命題，A錯(cuò)誤；pq為真命題，B正確；pq為假命題，C錯(cuò)誤；pq為真命題，D錯(cuò)誤故選B.充要條件的判斷充分、必要條件的3種判斷方法利用定義判斷直接判斷“若p，則q”“若q，則p”的真假從集合的角度判斷若AB，則“xA”是“xB”的充分條件或“xB”是“xA”的必要條件；若AB，則“xA”是“xB”的充要條件利用等價(jià)轉(zhuǎn)化法判斷條件
13、和結(jié)論帶有否定性詞語的命題，常轉(zhuǎn)化為其逆否命題來判斷真假考法全練1(2018石家莊質(zhì)量檢測(二)設(shè)a0且a1，則“l(fā)ogab1”是“ba”的()A充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件 D既不充分也不必要條件解析：選D.由logab1得，當(dāng)a1時(shí)，ba；當(dāng)0a1時(shí)，ba.顯然不能由logab1推出ba，也不能由ba推出logab1，故選D.2(2018沈陽模擬)已知向量a(m，1)，b(n，1)，則“1”是“ab”的()A充分不必要條件 B必要不充分條件C充要條件 D既不充分也不必要條件解析：選A.若1，則mn，此時(shí)ab，顯然滿足ab；反之，若ab，則m1n10，所以mn，但不能推出1.所以
14、“1”是“ab”的充分不必要條件，故選A.3(2018成都第一次診斷性檢測)已知銳角ABC的三個(gè)內(nèi)角分別為A，B，C，則“sin Asin B”是“tan Atan B”的()A充分不必要條件 B必要不充分條件C充要條件 D既不充分也不必要條件解析：選C.在銳角ABC中，根據(jù)正弦定理，知sin Asin BabAB，而正切函數(shù)ytan x在上單調(diào)遞增，所以ABtan Atan B故選C.4(2018高考天津卷)設(shè)xR，則“”是“x31”的()A充分而不必要條件 B必要而不充分條件C充要條件 D既不充分也不必要條件解析：選A.由，得0x1，所以0x31；由x31，得x1，不能推出0x1.所以“”
15、是“x31”的充分而不必要條件故選A.5(2018湖南湘東五校聯(lián)考)“不等式x2xm0在R上恒成立”的一個(gè)必要不充分條件是()Am B0m1Cm0 Dm1解析：選C.若不等式x2xm0在R上恒成立，則(1)24m0，解得m，因此當(dāng)不等式x2xm0在R上恒成立時(shí)，必有m0，但當(dāng)m0時(shí)，不一定推出不等式在R上恒成立，故所求的必要不充分條件可以是m0，故選C.一、選擇題1(2018高考天津卷)設(shè)全集為R，集合Ax|0x2，Bx|x1，則A(RB)()Ax|0x1Bx|0x1Cx|1x2 Dx|0x2解析：選B.因?yàn)锽x|x1，所以RBx|x1，因?yàn)锳x|0x2，所以A(RB)x|0x1，故選B.2(
16、2018沈陽教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測(一)若i是虛數(shù)單位，則復(fù)數(shù)的實(shí)部與虛部之積為()A B.C.i Di解析：選B.因?yàn)閕，所以其實(shí)部為，虛部為，實(shí)部與虛部之積為.故選B.3(2018南寧模擬)已知(1i)zi(i是虛數(shù)單位)，那么復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)位于()A第一象限 B第二象限C第三象限 D第四象限解析：選A.因?yàn)?1i)zi，所以z，則復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為，所以復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)位于第一象限，故選A.4(2018西安模擬)設(shè)集合Ax|ylg(x23x4)，By|y21x2，則AB()A(0，2 B(1，2C2，4) D(4，0)解析：選B.Ax|x23x40x|x1或x4，B
17、y|0y2，所以AB(1，2，故選B.5(2018太原模擬)已知全集UR，集合Ax|x(x2)0，Bx|x|1，則如圖所示的陰影部分表示的集合是()A(2，1) B1，01，2)C(2，1)0，1 D0，1解析：選C.因?yàn)榧螦x|x(x2)0，Bx|x|1，所以Ax|2x0，Bx|1x1，所以AB(2，1，AB1，0)，所以陰影部分表示的集合為AB(AB)(2，1)0，1，故選C.6(2018洛陽第一次聯(lián)考)已知復(fù)數(shù)z滿足z(1i)21i(i為虛數(shù)單位)，則|z|為()A. B.C. D1解析：選B.因?yàn)閦，所以|z|，故選B.7(2018西安八校聯(lián)考)在ABC中，“0”是“ABC是鈍角三角
18、形”的()A充分不必要條件 B必要不充分條件C充要條件 D既不充分也不必要條件解析：選A.法一：設(shè)與的夾角為，因?yàn)?，即|cos 0，所以cos 0，90，又為ABC內(nèi)角B的補(bǔ)角，所以B90，ABC是鈍角三角形；當(dāng)ABC為鈍角三角形時(shí)，B不一定是鈍角所以“0”是“ABC是鈍角三角形”的充分不必要條件，故選A.法二：由0，得0，即cos B0，所以B90，ABC是鈍角三角形；當(dāng)ABC為鈍角三角形時(shí)，B不一定是鈍角所以“0”是“ABC是鈍角三角形”的充分不必要條件，故選A.8(2018遼寧五校聯(lián)合體模擬)已知集合Px|x22x80，Qx|xa，PQR，則a的取值范圍是()A(2，) B(4，)C(
19、，2 D(，4解析：選C.集合Px|x22x80x|x2或x4，Qx|xa，若PQR，則a2，即a的取值范圍是(，2，故選C.9下列說法正確的是()A命題“若x21，則x1”的否命題為“若x21，則x1”B“x1”是“x25x60”的必要不充分條件C命題“xR，使得x2x10”的否定是“xR，均有x2x10”D命題“若xy，則sin xsin y”的逆否命題為真命題解析：選D.A中，命題“若x21，則x1”的否命題為“若x21，則x1”，故A不正確；B中，由x25x60，解得x1或x6，所以“x1”是“x25x60”的充分不必要條件，故B不正確；C中，“xR，使得x2x10”的否定是“xR，均
20、有x2x10”，故C不正確；D中，命題“若xy，則sin xsin y”為真命題，因此其逆否命題為真命題，D正確，故選D.10(2018惠州第一次調(diào)研)設(shè)命題p：若定義域?yàn)镽的函數(shù)f(x)不是偶函數(shù)，則xR，f(x)f(x)命題q：f(x)x|x|在(，0)上是減函數(shù)，在(0，)上是增函數(shù)則下列判斷錯(cuò)誤的是()Ap為假命題 Bq為真命題Cpq為真命題 Dpq為假命題解析：選C.函數(shù)f(x)不是偶函數(shù)，仍然可x，使得f(x)f(x)，p為假命題；f(x)x|x|在R上是增函數(shù)，q為假命題所以pq為假命題，故選C.11(2018遼寧五校協(xié)作體聯(lián)考)已知命題“xR，4x2(a2)x0”是假命題，則實(shí)
21、數(shù)a的取值范圍為()A(，0) B0，4C4，) D(0，4)解析：選D.因?yàn)槊}“xR，4x2(a2)x0”是假命題，所以其否定“xR，4x2(a2)x0”是真命題，則(a2)244a24a0，解得0a4，故選D.12(2018成都模擬)下列判斷正確的是()A若事件A與事件B互斥，則事件A與事件B對立B函數(shù)y(xR)的最小值為2C若直線(m1)xmy20與直線mx2y50互相垂直，則m1D“pq為真命題”是“pq為真命題”的充分不必要條件解析：選D.對于A選項(xiàng)，若事件A與事件B互斥，則事件A與事件B不一定對立，反之，若事件A與事件B對立，則事件A與事件B一定互斥，所以A選項(xiàng)錯(cuò)誤；對于B選項(xiàng)，
22、y2，當(dāng)且僅當(dāng)，即x291時(shí)等號(hào)成立，但x291無實(shí)數(shù)解，所以等號(hào)不成立，于是函數(shù)y(xR)的最小值不是2，所以B選項(xiàng)錯(cuò)誤；對于C選項(xiàng)，由兩直線垂直，得(m1)mm(2)0，解得m0或m1，所以C選項(xiàng)錯(cuò)誤；對于D選項(xiàng)，若pq為真命題，則p，q都是真命題，于是pq為真命題，反之，若pq為真命題，則p，q中至少有一個(gè)為真命題，此時(shí)pq不一定為真命題，所以“pq為真命題”是“pq為真命題”的充分不必要條件，所以D選項(xiàng)正確綜上選D.二、填空題13已知2i，則 (z的共軛復(fù)數(shù))為_解析：法一：由2i得z(1i)(2i)3i，所以3i.法二：由2i得，所以2i，(1i)(2i)3i.答案：3i14(一題多
23、解)設(shè)P，Q為兩個(gè)非空實(shí)數(shù)集合，定義集合P*Qz|zab，aP，bQ，若P1，2，Q1，0，1，則集合P*Q中元素的個(gè)數(shù)為_解析：法一(列舉法)：當(dāng)b0時(shí)，無論a取何值，zab1；當(dāng)a1時(shí)，無論b取何值，ab1；當(dāng)a2，b1時(shí)，z21；當(dāng)a2，b1時(shí)，z212.故P*Q，該集合中共有3個(gè)元素法二(列表法)：因?yàn)閍P，bQ，所以a的取值只能為1，2；b的取值只能為1，0，1.zab的不同運(yùn)算結(jié)果如下表所示：ba1011111212由上表可知P*Q，顯然該集合中共有3個(gè)元素答案：315下列命題中，是真命題的有_(填序號(hào))x，xsin x；在ABC中，若AB，則sin Asin B；函數(shù)f(x)ta
24、n x的圖象的一個(gè)對稱中心是；x0R，sin x0cos x0.解析：中，設(shè)g(x)sin xx，則g(x)cos x10，所以函數(shù)g(x)在上單調(diào)遞減，所以g(x)g(0)0，即xsin x成立，故正確；中，在ABC中，若AB，則ab，由正弦定理，有sin Asin B成立，故正確；中，函數(shù)f(x)tan x的圖象的對稱中心為(kZ)，所以是函數(shù)f(x)的圖象的一個(gè)對稱中心，故正確；中，因?yàn)閟in xcos xsin 2x，所以錯(cuò)誤答案：16已知命題p：x0，1，a2x；命題q：xR，使得x24xa0.若命題“pq”是真命題，“pq”是假命題，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_解析：命題p為真，則a2x(x0，1)恒成立，因?yàn)閥2x在0，1上單調(diào)遞增，所以2x212，故a2，即命題p為真時(shí)，實(shí)數(shù)a的取值集合為Pa|a2若命題q為真，則方程x24xa0有解，所以4241a0，解得a4.故命題q為真時(shí)，實(shí)數(shù)a的取值集合為Qa|a4若命題“pq”是真命題，那么命題p，q至少有一個(gè)是真命題；由“pq”是假命題，可得p與q至少有一個(gè)是假命題若p為真命題，則p為假命題，q可真可假，此時(shí)實(shí)數(shù)a的取值范圍為2，)；若p為假命題，則q必為真命題，此時(shí)，“pq”為真命題，不合題意綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為2，)答案：2，)13
2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 突破熱點(diǎn) 分層教學(xué) 專項(xiàng)一 1 第1練 集合、復(fù)數(shù)、常用邏輯用語學(xué)案
