专题1-1集合、逻辑与复数（专题分层练）解析版.docx

1、专题验收评价专题1-1 集合、逻辑与复数内容概览A常考题不丢分一元素与集合关系的判断（共1小题）二并集及其运算（共1小题）三交集及其运算（共5小题）四充分条件与必要条件（共7小题）五命题的真假判断与应用（共3小题）六虚数单位i、复数（共2小题）七复数的代数表示法及其几何意义（共2小题）八复数的运算（共6小题）九共轭复数（共1小题）一十复数的模（共3小题）B拓展培优拿高分（压轴题）（共16题）C挑战真题争满分（17题）一元素与集合关系的判断（共1小题）1（2023徐汇区校级三模）已知集合，其中1A且，记，且对任意xA，都有f（x）A，则s+t的值是 或【分析】根据两端区间和x1的关系分三种情况讨

2、论：x1在s，s+t，t+1左边，在s，s+和t，t+1之间，在s，s+t，t+1右边三种情况，根据单调性可得f（x）的值域，从而确定定义域与值域的关系，列不等式求解即可【解答】解：当s1时，f（x）1+在区间xs，s+t，t+1上单调递减，f（x）1+，1+1+，1+，且，且，故，即，t2t120，t1，t4，ss+t当s+1t，即s时，此时区间s，s+在x1左侧，t，t+1在x1右侧，f（x）在区间s，s+上为减函数，当xs，s+，f（x），1，t1，s，s+，s，s20，即（2s+1）（3s7）0，s，s，此时区间t，t+1在x1右侧，当xt，t+1时，f（x），1，t，t+1，此时，解

3、得：t2，s+t；当t+11，即t0时，x1在s，s+t，t+1右边此时f（x）1+在区间s，s+t，t+1上单调递减，f（x）1+，1+1+，1+，且，且，故，即，t2t120，t1，t3，s，不满足s+t综上，s+t的值为或故答案为：或【点评】本题主要考查了根据单调性求解值域的问题，需要根据题意，结合分式函数的图象，依据端点与特殊值之间的关系进行分类讨论，同时需要根据值域的包含关系确定参数的取值范围求解过程中需要统一分析，注意不等式之间相似的关系整体进行求解属于难题二并集及其运算（共1小题）2（2023徐汇区三模）已知集合A2，3，5，B1，5，则AB1，2，3，5【分析】利用并集定义直接

4、求解【解答】解：集合A2，3，5，B1，5，则AB1，2，3，5故答案为：1，2，3，5【点评】本题考查集合的运算，考查并集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题三交集及其运算（共5小题）3（2023长宁区二模）已知集合A1，2，3，4，5，B2，4，6，8，则AB2，4【分析】找出A与B的公共元素，即可确定出交集【解答】解：A1，2，3，4，5，B2，4，6，8，AB2，4故答案为：2，4【点评】此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键4（2023普陀区校级三模）已知集合A（1，2），B1，+），则集合AB1，2）【分析】直接利用交集运算的概念得答案【解答】解：A（1，2

5、），B1，+），AB（1，2）1，+）1，2）故答案为：1，2）【点评】本题考查交集及其运算，是基础题5（2023宝山区校级模拟）设集合Ax|x|2，xR，Bx|x24x+30，xR，则AB（2，1【分析】求出集合的等价条件，根据集合的基本运算进行求解即可【解答】解：Ax|x|2，xRx|2x2，Bx|x24x+30，xRx|x3或x1，则ABx|2x1，故答案为：（2，1【点评】本题主要考查集合的基本运算，求出集合的等价条件，根据集合的基本运算实是解决本题的关键6（2023黄浦区模拟）若集合Ax|x2，Bx|xa满足AB2，则实数a2【分析】由题意AB2，得集合B中必定含有元素2，且A，B只

6、有一个公共元素2，可求得a即可【解答】解：由AB2，则A，B只有一个公共元素2；可得a2故填2【点评】本题考查了集合的确定性、交集运算，属于基础题7（2023青浦区校级模拟）已知集合Ax|x1，B1，0，2，则B2【分析】利用补集和交集的运算求解【解答】解：集合Ax|x1，又B1，0，2，故答案为：2【点评】本题考查集合的运算，考查交集、补集的定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题四充分条件与必要条件（共7小题）8（2023普陀区校级模拟）“x1”是“”的（）A充要条件B充分非必要条件C必要非充分条件D既非充分又非必要条件【分析】结合不等式的性质，利用充分条件和必要条件的定义进行判断【解答

7、】解：当x1时，成立，当x1时，满足成立，但x1不成立故“x1”是“”成立的充分不必要条件故选：B【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，利用定义是解决本题的关键，比较基础9（2023奉贤区校级模拟）设xR，则“|x2|1”是“x2+x20”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【分析】根据不等式的性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可【解答】解：由“|x2|1”得1x3，由x2+x20得x1或x2，即“|x2|1”是“x2+x20”的充分不必要条件，故选：A【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，比较基础10（2023黄浦区校级模拟）“

8、a0”是关于x的不等式axb1的解集为R的（）A充分非必要条件B必要非充分条件C充要条件D非充分非必要条件【分析】求出不等式axb1的解集为R时的充要条件，即可得出结论【解答】解：关于x的不等式axb1的解集为R时，应满足，即；所以“a0”是关于x的不等式axb1的解集为R的必要不充分条件故选：B【点评】本题考查了充分与必要条件的判断问题，是基础题11（2023宝山区校级三模）设R，则“1”是“直线3x+（1）y1与直线x+（1）y2平行”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【分析】根据直线一般式中平行满足的关系即可求解【解答】解：若直线3x+（1）y1与直线

9、x+（1）y2平行，则3（1）（1）0，解得1或3，经检验1或3时两直线平行，故“1”能得到“直线3x+（1）y1与直线x+（1）y2平行”，但是“直线3x+（1）y1与直线x+（1）y2平行”不能得到“1”故选：A【点评】本题主要考查直线平行的性质，属于基础题12（2023浦东新区三模）设等比数列an的前n项和为Sn，设甲：a1a2a3，乙：Sn是严格增数列，则甲是乙的（）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【分析】举例说明充分性和必要性都不成立即可【解答】解：等比数列an中，前n项和为Sn，当a10时，若q，则a1a2a30，数列Sn严格单调递减，充分性不成立；

10、若数列Sn严格递增，则数列an是正项等比数列，只需满足an0，q0即可，若0q1，则a1a2a3，必要性不成立；所以甲是乙的既不充分也不必要条件故选：D【点评】本题考查了等比数列的定义与前n项和性质应用问题，也考查了充分与必要条件的判断问题，是基础题13（2023嘉定区模拟）已知复数z0，则“|z|1”是“”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【分析】当时，即a2+b21，充分性；取z2，则，|z|2，不必要，得到答案【解答】解：设za+bi，a，bR，当时，即a2+b21，所以，充分性成立，取z2，则，|z|2，必要性不成立，综上所述：“|z|1”是“”的充分不必要条件

11、故选：A【点评】本题主要考查了充分条件和必要条件的定义，属于基础题14（2023闵行区校级二模）设，是两个不同的平面，直线m，则“对内的任意直线l，都有ml”是“”的（）A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【分析】根据线面垂直与面面垂直定义可解【解答】解：根据题意，因为，是两个不同的平面，直线m，当对内的任意直线l，都有ml，则，则充分性成立，当时，则对内的任意直线l，有m与l相交或ml，则必要性不成立，故“对内的任意直线l，都有ml”是“”的充分不必要条件，故选：A【点评】本题考查线面垂直与面面垂直定义，属于基础题五命题的真假判断与应用（共3小题）15（2

12、023徐汇区二模）已知“若xa，则0“为真命题，则实数a的取值范围是 1，+）【分析】由命题“若xa，则0”是真命题，转换成转换成xa，能推出（x1）x0成立，即xa，能推出x1成立，可得实数a的取值范围【解答】解：命题“若xa，则0”是真命题，则xa，能推出0”成立，转换成xa，能推出（x1）x0成立，即xa，能推出x|x0或x1成立，即xa，能推出x1成立，由不等式端点和简易逻辑关系可得，a1，则实数a的取值范围是：a1，故答案为：1，+）【点评】本题考查命题不等式的计算、简易逻辑，属于基础题16（2023宝山区校级模拟）已知命题：“非空集合M的元素都是集合P的元素”是假命题给出下列四个命

13、题：M的元素不都是P的元素；M的元素都不是P的元素；M中有P的元素；存在xM，使得xP其中真命题的序号是（将正确命题的序号都填上）【分析】直接利用命题的否定和元素和集合之间的关系的应用判定的结论【解答】解：命题：“非空集合M的元素都是集合P的元素”是假命题则：命题：“非空集合M的元素不都是集合P的元素”是真命题故M的元素不都是P的元素，正确M的元素都不是P的元素，错误M中有P的元素，错误存在xM，使得xP，正确故答案为：【点评】本题考查的知识要点：命题的否定，集合间的关系，主要考查学生对基础知识的理解和应用，属于基础题（多选）17（2023黄浦区校级三模）在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1

14、D1中，已知E为线段B1C的中点，点F和点P分别满足，其中，0，1，则下列说法正确的是（）A当时，三棱锥PEFD的体积为定值B当时，四棱锥PABCD的外接球的表面积是CPE+PF的最小值为D存在唯一的实数对（，），使得EP平面PDF【分析】当时，所以F是D1C1的中点，EFBD1，点P到面EFD的距离为定值，可判断A；，当时，点P为BD1的中点，设四棱锥PABCD的外接球的半径为r，则，所以r，可判断B；把问题转化为在平面ABC1D1求点P使得PE+PF的最小值问题，如图所示，作点关于BD1的对称点E，过点E作C1D1，AB的垂线，垂足分别为F，H，则PE+PFPE+PFEF，计算可得结论；建

15、立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可判断D【解答】解：对于A，当时，所以F是D1C1的中点，连接 BC1，因为四边形BCC1B1是平行四边形，所以E为 BC1的中点，所以EFBD1，BD1面EFD，又点P在BD1上，所以点P到面EFD的距离为定值，所以三棱锥PEFD的体积为定值，故A正确；对于B，当时，点P为BD1的中点，设四棱锥PABCD的外接球的半径为r，则有，所以r，所以外接球的表面积为，故B错误；对于C，把问题转化为在平面ABC1D1求点P使得PE+PF的最小值问题，如图所示，作点关于BD1的对称点E，过点E作C1D1，AB的垂线，垂足分别为F，H，则PE+PFPE+PFEF，si

16、nABEsin（ABD1C1BD1）EHBEsinABE，PE+PF的最小值为故C错误，对于D，建立如图所示的空间直角坐标系，则F（0，1），D（0，0，0），P（，1），E （）则（0，1），（，1），设平面PDF的一个法向量为（），EP平面PDF，解得，所以存在唯一的实数对（，），使得EP平面PDF，故D正确，故选：AD【点评】本题考查体积的定值问题，平面内一点到两点距离的最小值问题，以及外接球的表面积的求法，以及空间向量的计算，难度大六虚数单位i、复数（共2小题）18（2023普陀区校级模拟）已知i是虚数单位，则复数1i的虚部是1【分析】利用复数的概念求解【解答】解：由复数的概念，知：复

17、数1i的虚部是1故答案为：1【点评】本题考查复数的虚部的求法，是基础题，解题时要熟练掌握复数的概念19（2023宝山区二模）已知复数（m23m1）+（m25m6）i3（其中i为虚数单位），则实数m1【分析】根据已知条件，结合复数相等的条件，即可求解【解答】解：复数（m23m1）+（m25m6）i3，则，解得m1故答案为：1【点评】本题主要考查复数相等的条件，属于基础题七复数的代数表示法及其几何意义（共2小题）20（2023长宁区二模）设复平面上表示2i和3+4i的点分别为点A和点B，则表示向量的复数在复平面上所对应的点位于（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【分析】根据条件可写出表示向

18、量的复数，然后即可得出该复数所位于的象限【解答】解：根据题意知，表示向量的复数为1+5i，在复平面上所对应的点为（1，5）位于第一象限故选：A【点评】本题考查了复数和复平面内的点的对应关系，复数和向量的对应关系，考查了计算能力，属于基础题21（2023奉贤区校级三模）复数（a1）+（2a1）i（aR）在复平面的第二象限内，则实数a的取值范围是 【分析】根据已知条件，结合复数的几何意义，即可求解【解答】解：（a1）+（2a1）i（aR）在复平面的第二象限内，则，解得，故实数a的取值范围是故答案为：【点评】本题主要考查复数的几何意义，属于基础题八复数的运算（共6小题）22（2023黄浦区二模）设复

19、数z1、z2在复平面内的对应点关于虚轴对称，z12+i（i为虚数单位），则z1z25【分析】利用复数的运算法则与共轭复数的定义、几何意义即可得出【解答】解：复数z1、z2在复平面内的对应点关于虚轴对称，z12+i，z22+iz1z2（2+i）（2i）5故答案为：5【点评】本题考查了复数的运算法则与共轭复数的定义、几何意义，属于基础题23（2023闵行区校级二模）在复平面内，点A（2，1）对应的复数z，则|z+1|【分析】求出复数z+1，然后求解复数的模【解答】解：在复平面内，点A（2，1）对应的复数z，则|z+1|2+i+1|1+i|故答案为：【点评】本题考查复数的代数形式混合运算，复数的模的

20、求法，考查计算能力24（2023浦东新区校级一模）若复数z满足iz1+2i，其中i是虚数单位，则z的实部为2【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案【解答】解：由iz1+2i，得z，z的实部为2故答案为：2【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题25（2023宝山区校级模拟）已知i为虚数单位，复数z满足i，则|z|1【分析】设出za+bi，得到1abib+（a+1）i，根据系数相等得到关于a，b的方程组，解出a，b的值，求出z，从而求出z的模【解答】解：设za+bi，则i，1abib+（a+1）i，解得，故zi，|z|1，故答案为：1【点评】本题

21、考查了复数求模问题，考查解方程组问题以及对应思想，是一道基础题26（2023宝山区校级模拟）已知复数iz1+i，则复数z1i【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案【解答】解：由iz1+i，得z故答案为：1i【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础的计算题27（2023黄浦区模拟）已知复数，|z2|2，z1z2是正实数，则复数z21【分析】设z2a+bi（a，bR），由已知列关于a，b的方程组，求解a，b的值得答案【解答】解：设z2a+bi（a，bR）由，|z2|2，z1z2是正实数，得，解得或z21+或1当z21+时，z1z24，舍去，z21故答案为：1【点评】本题

22、考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题九共轭复数（共1小题）28（2023松江区校级模拟）复数（i为虚数单位），则【分析】由已知直接利用及商的模等于模的商求解【解答】解：，|故答案为：【点评】本题考查复数模的求法，考查数学转化思想方法，是基础题一十复数的模（共3小题）29（2023徐汇区三模）设i是虚数单位，则|i6+i7+i8|1【分析】根据虚数单位的性质可求代数式的值【解答】解：i21，|i6+i7+i8|i2+i3+1|1i+1|i|1，故答案为：1【点评】本题考查虚数单位i的运算性质，考查复数模的求法，是基础题30（2023黄浦区校级模拟）已知i是虚数单位，复数z满足

23、，则复数z的模为 【分析】利用复数模的性质进行求解即可【解答】解：由题意可得，即1+，|1|，即，解得|z|故答案为：【点评】本题考查了复数的运算，复数的模，解题的关键是掌握模的运算性质，属于基础题31（2023嘉定区二模）已知复数z3+4i（i为虚数单位），则|z|5【分析】直接利用复数模的计算公式得答案【解答】解：z3+4i，|z|故答案为：5【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查了复数模的求法，是基础题一选择题（共5小题）1（2022上海自主招生）等势集合指两个集合间一一对应，下列为等势集合的是（）A0，1与E|0E1B0，1与a，b，c，dC（0，1）与0，1D1，2，3与a，b

24、，c，d【分析】根据等势集合的定义，即可解出【解答】解：根据等势集合的定义可判断选项A正确，选项B、C、D错误，故选：A【点评】本题考查了等势集合的定义，学生的逻辑推理能力，属于基础题2（2020上海自主招生）Given two sets A1，2，3，4，5 and B3，4，5，6，7，then the intersection set of A and B is（）A1，2B3，4，5C1，2，3，4，5，6，7D6，7【分析】根据集合的基本运算求AB【解答】解：A1，2，3，4，5，B3，4，5，6，7，则AB3，4，5故选：B【点评】本题主要考查集合的基本运算，比较基础3（2022上

25、海自主招生）已知集合A（x，y）|x2+y22，xZ，yZ，则A中元素的个数为（）A4B5C8D9【分析】集合A的元素代表圆周及其内部的点，分坐标轴和象限进行讨论，即可得到结论【解答】解：根据题意：A（x，y）|x2+y22，x，yZ（1，1），（1，0），（1，1），（0，1），（0，0）（0，1），（1，1），（1，0），（1，1）共9个元素，是平面直角坐标系中9个点故选：D【点评】本题考查集合的表示以及点与圆的位置关系，解题时需注意集合A的元素为两坐标均为整数的点，本题属于基础题4（2022上海自主招生）集合A1，2，t，Ba2|aA，CAB，C中元素和为6，则元素积为（）A1B1C8D

26、8【分析】根据集合C中的元素的和为6可得B中的元素，进而可以求C中的元素，由此即可求解，注意分类讨论【解答】解：因为A1，2，t，Ba2|aA，所以1B，4B，t2B，所以以1C，4C，t2C，若t21，则t1（舍去）或1，此时C1，2，4，1，符合题意，所以C中的元素的积为124（1）8，若t22，则t或，此时C1，2，4，或1，2，4，与已知C中的元素和为6不符，若t2t，则t0或1（舍去），此时C1，2，4，0，也与已知C中的元素和为6不符，若t21，2，t，则C1，2，4，t，t2，则1+2+4+t+t26，即t2+t+10，方程无解，综上，C中元素的积为8，故选：D【点评】本题考查了

27、集合元素的性质以及并集的应用，涉及到分类讨论思想的应用，考查了学生的运算转化能力，属于中档题5（2023闵行区校级一模）已知an是等差数列，bnsin（an），且存在正整数t，使得对任意的正整数n都有bn+tbn若集合Sx|xbn，nN*中只含有4个元素，则t的取值不可能是（）A4B5C6D7【分析】根据an为等差数列，写出通项，根据题意列出bn，an之间的关系，进而找到两个数列基本量之间的关系，分别就t4，t5，t6，t7四种情况讨论，选出符合题意的值，进而判断选项即可【解答】解：设等差数列an首项为a1，公差为d，则ana1+（n1）d，bnsin（an），由题知，存在正整数t，使得bn+

28、tbn，nN*，若集合有4个不同元素，则t4，当t4时，bn+4bn，即sin（an+4）sin（an），即sin（an+4d）sin（an+2k），kZ，所以an+4dan+2k，或an+4d+an+2k，kZ，因为an是等差数列，各项均唯一，所以an+4d+an+2k，kZ舍去，故解得，取k1时，此时在单位圆上的4等分点可取到4个不同的正弦值，即集合可取4个元素，当t5时，bn+5bn，即sin（an+5）sin（an），即sin（an+5d）sin（an+2k），kZ，所以an+5dan+2k，或an+5d+an+2k，kZ，（舍），故解得，此时在单位圆上的5等分点，取到的，不可能取到4

29、个不同的正弦值，故不成立，同理可得当t6，t7时，集合可取4个元素故选：B【点评】本题考查集合间的基本关系，等差数列的通项公式，考查运算求解能力，属于难题，二多选题（共1小题）（多选）6（2023黄浦区校级三模）在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，已知E为线段B1C的中点，点F和点P分别满足，其中，0，1，则下列说法正确的是（）A当时，三棱锥PEFD的体积为定值B当时，四棱锥PABCD的外接球的表面积是CPE+PF的最小值为D存在唯一的实数对（，），使得EP平面PDF【分析】当时，所以F是D1C1的中点，EFBD1，点P到面EFD的距离为定值，可判断A；，当时，点P为BD1的中点，设

30、四棱锥PABCD的外接球的半径为r，则，所以r，可判断B；把问题转化为在平面ABC1D1求点P使得PE+PF的最小值问题，如图所示，作点关于BD1的对称点E，过点E作C1D1，AB的垂线，垂足分别为F，H，则PE+PFPE+PFEF，计算可得结论；建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可判断D【解答】解：对于A，当时，所以F是D1C1的中点，连接 BC1，因为四边形BCC1B1是平行四边形，所以E为 BC1的中点，所以EFBD1，BD1面EFD，又点P在BD1上，所以点P到面EFD的距离为定值，所以三棱锥PEFD的体积为定值，故A正确；对于B，当时，点P为BD1的中点，设四棱锥PABCD的外

31、接球的半径为r，则有，所以r，所以外接球的表面积为，故B错误；对于C，把问题转化为在平面ABC1D1求点P使得PE+PF的最小值问题，如图所示，作点关于BD1的对称点E，过点E作C1D1，AB的垂线，垂足分别为F，H，则PE+PFPE+PFEF，sinABEsin（ABD1C1BD1）EHBEsinABE，PE+PF的最小值为故C错误，对于D，建立如图所示的空间直角坐标系，则F（0，1），D（0，0，0），P（，1），E （）则（0，1），（，1），设平面PDF的一个法向量为（），EP平面PDF，解得，所以存在唯一的实数对（，），使得EP平面PDF，故D正确，故选：AD【点评】本题考查体积的定

32、值问题，平面内一点到两点距离的最小值问题，以及外接球的表面积的求法，以及空间向量的计算，难度大三填空题（共5小题）7（2020上海自主招生）凸四边形ABCD，则BACBDC是DACDBC的充要条件【分析】根据四点共圆的性质，对BACBDC，DACDBC进行逻辑判断即可【解答】解：在凸四边形ABCD中，若BACBDC，则ABCD四点共圆，则必有DACDBC；在凸四边形ABCD中，若DACDBC，则ABCD四点共圆，则必有BACBDC；所以：BACBDC是DACDBC的充要条件故答案为：充要【点评】本题考查了四点共圆问题，充分必要条件的定义，属于基础题8（2020上海自主招生）定义fM（x），MN

33、x|fM（x）fN（x）1，已知A，Bx|x（x+3）（x3）0，则AB（，30，1）（3，+）【分析】求出集合A，B，利用新定义求出AB即可【解答】解：A（，1），Bx|x（x3）（x+3）0（3，0）（3，+）；RA1，+），RB（，30，3因为fA（x）fB（x）1，所以当fA（x）1，fB（x）1，ABBRAx|x3，当fA（x）1，fB（x）1，ABARBx|x3或0x1，故AB（，30，1）（3，+）故答案为：（，30，1）（3，+）【点评】考查集合的交并集的计算，集合概念的理解，属于基础题9（2020上海自主招生）直线l1，l2交于O点，M为平面上任意一点，若p，q分别为M点到直

34、线l1，l2的距离，则称（p，q）为点M的距离坐标已知非负常数p，q，下列三个命题正确的个数是（1）（2）（3）（1）若pq0，则距离坐标为（0，0）的点有且仅有1个；（2）若pq0，且p+q0，则距离坐标为（p，q）的点有且仅有2个；（3）若pq0，则距离坐标为（p，q）的点有且仅有4个【分析】由题意点到直线l1，l2的距离分别为p，q，由点M的距离坐标的定义逐一判断即可【解答】解：（1）pq0，则“距离坐标”为（0，0）的点有且只有1个，此点为点O故（1）正确；（2）若pq0，且p+q0，则p，q中有且仅有一个为0，当p0，q0时，距离坐标点在l1上，分别为关于O点对称的两点，当q0，p0

35、时，在l2上也有两点，但是这两种情况不能同时存在，若pq0，且p+q0，则距离坐标为（p，q）的点有且仅有2个，故（2）正确；（3）若pq0，则距离坐标为 （ p，q） 的点有且只有4个，而四个交点为与直线l1相距为p的两条平行线和与直线l2相距为q的两条平行线的交点故答案为：（1）（2）（3）【点评】本题考查了新定义“距离坐标”，考查了理解能力与推理能力，属于中档题10（2020上海自主招生）若集合M中任意两个元素的和差积商的运算结果都在M中，则称M是封闭集合下列集合：（1）R （2）Q （3）RQ （4）x|xm+n，m，nZ中封闭集合的个数为2【分析】由题意结合封闭集合的定义逐一考查所给

36、的集合是否满足题中的定义即可确定封闭集合的个数【解答】解：两个实数的和差积商仍然是实数，故R是一个封闭集合；两个有理数的和差积商仍然是有理数，故Q是一个封闭集合；注意到 ，而 ，故RQ不是封闭集合；令，注意到，而 ，故 不是封闭集合；综上可得，封闭集合的个数为2故答案为：2【点评】本题考查集合中的新定义问题，属于中等题11（2023徐汇区三模）对任意数集Aa1，a2，a3，满足表达式为yx3+x2x1且值域为A的函数个数为p记所有可能的p的值组成集合B，则集合B中元素之和为 643【分析】根据给定条件，探讨函数yx3+x2x1的性质并作出图象，求出集合B，进而求得答案作答【解答】解：yx3+x

37、2x1，y3x2+2x1（x+1）（3x1），当x1或x时，y0，当1x时，y0，即函数yx3+x2x1在（，1），（）上单调递增，在（1，）上单调递减，当x1时，函数yx3+x2x1取得极大值0，当x时，该函数取得极小值，图象如图，观察图象知，当yai（i1，2，3）与图象有一个公共点时，相应的x有1种取法，当yai（i1，2，3）与图象有两个公共点时，相应的x有2213种取法，当yai（i1，2，3）与图象有三个公共点时，相应的x有2317种取法，直线ya1，ya2，ya3与函数图象的交点个数可能的取值为：（1，1，1），（1，1，2），（1，1，3），（1，2，2），（1，2，3），（1

38、，3，3），（2，2，3），（2，3，3），（3，3，3），对应的函数个数为1，3，7，33，37，77，337，377，777，集合B中元素之和为：1+3+7+33+37+77+337+377+777643故答案为：643【点评】本题考查元素与集合的关系、导数性质等基础知识，考查运算求解能力，是难题四解答题（共5小题）12（2022上海自主招生）A1，2，100，B3x|xA，C2x|xA，求BC中元素个数【分析】集合B中的元素为300以内3的倍数，集合C中的元素为200以内2的倍数，即可解出【解答】解：由题意可知，集合B中的元素为300以内3的倍数，集合C中的元素为200以内2的倍数，所以

39、BC中的元素为200以内6的倍数，所以元素共有33，即BC中共有33个元素【点评】本题考查了交集，学生的逻辑思维能力，数学运算能力，属于基础题13（2022上海自主招生）多项式f（x），g（x），问两命题“f（x）是g（x）因式”，“f（f（x）是g（g（x）因式”充分必要关系【分析】根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可【解答】解：不充分反例：设f（x）x1，g（x）x（x1），故f（f（x）x2，g（g（x）x（x1）（x2x1），故不充分，不必要反例：设f（x）x，g（x）x（x1），故f（f（x）x+1，g（g（x）x（x+1）（x2+x+1），故不必要“f（x）是g（x）因式”是“

40、f（f（x）是g（g（x）因式”的既不充分也不必要条件【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据充分条件和必要条件的定义是解决本题的关键14（2021上海自主招生）已知f（x）周期为1，则命题p：“”是命题q：“f（x）恒为1”的什么条件？【分析】先求出函数f（x）的周期为T2，再构造函数f（x），kZ且k1判断充分性，易求必要性成立【解答】解：若f（x）恒为1，则 成立，必要性成立，当 时，则f（x+）+f（x+2）2，f（x）f（x+2），T2，令Am+2n，m，nZ，Bm+（2n+1），m，nZ，CR（AB），令f（x），kZ且k1，则满足，但f（x）不恒为1，充分性不成立，命题

41、p是命题q的必要不充分条件【点评】本题考查函数的周期性，充要条件的判断，属于中档题15（2022黄浦区模拟）有以下真命题：已知等差数列an，公差为d，设，是数列an中的任意m个项，若（0rm，rN，p、mN*），则有d（1）当m2，r0时，试写出与上述命题中的，两式相对应的等式；（2）若an为等差数列，a2+a4+a8+a16+a32+a64+a128+a25624，且a636，求an的通项公式；（3）试将上述真命题推广到各项为正实数的等比数列中，写出相应的真命题，并加以证明【分析】（1）当m2，r0时，代入数据，可得当时，有；（2）根据所给数据，结合题意，可得，即可得p、r，m的值，进而可求

42、得d值，根据a636，可得a1，代入等差数列通项公式，即可得答案（3）根据题意，类比可得已知等比数列bn，bn0，公比为q，设是数列bn中的任意m个项，若，则有进行证明即可【解答】解：（1）当m2，r0时，由已知，对等差数列的任意两项，当时，有；（2）设an的公差为d，由题意得：，知p63，r6，m8，所以，解得d4，又a1a6362d254，于是ana1+（n1）d2584n；（3）已知等比数列bn，bn0，公比为q，设是数列bn中的任意m个项，若，则有证明如下：因为，所以，其中n1+n2+nmmp+r，于是，命题得证【点评】本题考查了数列的递推式，等差数列的基本量计算以及数列新定义，属于难

43、题16（2022宝山区校级二模）已知虚数za+icos，其中a，R，i为虚数单位若对任意R，均有|z+2i|3，求实数a的取值范围；若z，z2恰好是某实系数一元二次方程的两个解，求a，的值【分析】依题意，得（a+2）2+（cos1）29，再利用2cos10，可求得实数a的取值范围；由z，z2恰好是某实系数一元二次方程的两个解，可得，解之即可求得a，的值【解答】解：za+icos，若对任意R，均有|z+2i|3，即|a+2+（cos1）i|3，即（a+2）2+（cos1）29，2cos10，（a+2）2945，2a2，即a2，2；za+icos，z2a2cos2+2acosi，z，z2恰好是某实

44、系数一元二次方程的两个解，z+z2a2cos2+a+（cos+2acos）iR，且zz2（a+icos）（a2cos2+2acosi）a33acos2+（3a2coscos3）iR，即，解cos（1+2a）0得a，或cos0，此时k+（kZ）；当a时，代入3a2coscos30，得cos（cos2）0，cos0，或cos，此时k+或k（kZ）综上所述，当a时，k（kZ）；当a时，k+（kZ）【点评】本题考查复数的概念性质及综合应用，考查转化与化归思想及方程思想的运用，考运算求解能力，属于难题一选择题（共4小题）1（2022上海）若集合A1，2），BZ，则AB（）A2，1，0，1B1，0，1C1

45、，0D1【分析】根据集合的运算性质计算即可【解答】解：A1，2），BZ，AB1，0，1，故选：B【点评】本题考查了集合的交集的运算，是基础题2（2020上海）命题p：存在aR且a0，对于任意的xR，使得f（x+a）f（x）+f（a）；命题q1：f（x）单调递减且f（x）0恒成立；命题q2：f（x）单调递增，存在x00使得f（x0）0，则下列说法正确的是（）A只有q1是p的充分条件B只有q2是p的充分条件Cq1，q2都是p的充分条件Dq1，q2都不是p的充分条件【分析】对于命题q1：当a0时，结合f（x）单调递减，可推出 f（x+a）f（x）f（x）+f（a），命题q1是命题p的充分条件对于命题

46、q2：当ax00时，f（a）f（x0）0，结合f（x）单调递增，推出f（x+a）f（x），进而f（x+a）f（x）+f（a），命题q2都是p的充分条件【解答】解：对于命题q1：当f（x）单调递减且f（x）0恒成立时，当a0时，此时x+ax，又因为f（x）单调递减，所以f（x+a）f（x）又因为f（x）0恒成立时，所以f（x）f（x）+f（a），所以f（x+a）f（x）+f（a），所以命题q1命题p，对于命题q2：当f（x）单调递增，存在x00使得f（x0）0，当ax00时，此时x+ax，f（a）f（x0）0，又因为f（x）单调递增，所以f（x+a）f（x），所以f（x+a）f（x）+f（a），

47、所以命题p2命题p，所以q1，q2都是p的充分条件，故选：C【点评】本题考查命题的真假，及函数的单调性，关键是分析不等式之间关系，属于中档题3（2021上海）已知集合Ax|x1，xR，Bx|x2x20，xR，则下列关系中，正确的是（）AABBRARBCABDABR【分析】根据集合的基本运算对每一选项判断即可【解答】解：已知集合Ax|x1，xR，Bx|x2x20，xR，解得Bx|x2或x1，xR，RAx|x1，xR，RBx|1x2；则ABR，ABx|x2，故选：D【点评】本题主要考查集合的基本运算，比较基础4（2023上海）已知P1，2，Q2，3，若Mx|xP，xQ，则M（）A1B2C3D1，2

48、，3【分析】根据题意及集合的概念，即可得解【解答】解：P1，2，Q2，3，Mx|xP，xQ，M1故选：A【点评】本题考查集合的基本概念，属基础题二填空题（共13小题）5（2022上海）已知集合A（1，2），集合B（1，3），则AB（1，2）【分析】利用交集定义直接求解【解答】解：集合A（1，2），集合B（1，3），AB（1，2）（1，3）（1，2）故答案为：（1，2）【点评】本题考查集合的运算，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题6（2021上海）已知Ax|2x1，B1，0，1，则AB1，0【分析】直接根据交集的运算性质，求出AB即可【解答】解：因为Ax|2x1x|x，B1，0，

49、1，所以AB1，0故答案为：1，0【点评】本题考查了交集及其运算，属基础题7（2020上海）已知集合A1，2，4，集合B2，4，5，则AB2，4【分析】由交集的定义可得出结论【解答】解：因为A1，2，4，B2，4，5，则AB2，4故答案为：2，4【点评】本题考查交集的定义，属于基础题8（2023上海）已知复数z1i（i为虚数单位），则|1+iz|【分析】根据复数的基本运算，即可求解【解答】解：z1i，|1+iz|1+i（1i）|2+i|故答案为：【点评】本题考查复数的基本运算，属基础题9（2022上海）已知z1+i（其中i为虚数单位），则222i【分析】直接利用共轭复数的概念得答案【解答】解：

50、z1+i，则1i，所以222i故答案为：22i【点评】本题考查了共轭复数的概念，是基础题10（2021上海）已知z11+i，z22+3i，求z1+z23+4i【分析】直接根据复数的运算性质，求出z1+z2即可【解答】解：因为z11+i，z22+3i，所以z1+z23+4i故答案为：3+4i【点评】本题考查了复数的加法运算，属基础题11（2020上海）已知复数z12i（i为虚数单位），则|z|【分析】由已知直接利用复数模的计算公式求解【解答】解：由z12i，得|z|故答案为：【点评】本题考查复数模的求法，是基础的计算题12（2023上海）已知集合A1，2，B1，a，且AB，则a2【分析】根据已知

51、条件，结合集合相等的定义，即可求解【解答】解：集合A1，2，B1，a，且AB，则a2故答案为：2【点评】本题主要考查集合相等的定义，属于基础题13（2020上海）集合A1，3，B1，2，a，若AB，则a3【分析】利用集合的包含关系即可求出a的值【解答】解：3A，且AB，3B，a3，故答案为：3【点评】本题主要考查了集合的包含关系，是基础题14（2022上海）已知z2+i（其中i为虚数单位），则2i【分析】根据已知条件，结合共轭复数的概念，即可求解【解答】解：z2+i，故答案为：2i【点评】本题主要考查共轭复数的概念，属于基础题15（2021上海）已知z13i，则|i|【分析】由已知求得，再由复

52、数模的计算公式求解【解答】解：z13i，则|i|1+2i|故答案为：【点评】本题考查复数的加减运算，考查复数的基本概念，考查复数模的求法，是基础题16（2020上海）已知复数z满足z+26+i，则z的实部为2【分析】设za+bi，（a，bR）根据复数z满足z+26+i，利用复数的运算法则、复数相等即可得出【解答】解：设za+bi，（a，bR）复数z满足z+26+i，3abi6+i，可得：3a6，b1，解得a2，b1则z的实部为2故答案为：2【点评】本题考查了复数的运算法则、复数相等，考查了推理能力与计算能力，属于基础题17（2023上海）已知z1，z2C且z1i（i为虚数单位），满足|z11|1，则|z1z2|的取值范围为 0，【分析】引入复数的三角形式，将问题转化为三角函数的值域问题求解【解答】解：设z11cos+isin，则z11+cos+isin，因为z1i，所以z2sin+i（cos+1），所以|z1z2|，显然当时，原式取最小值0，当1时，原式取最大值2，故|z1z2|的取值范围为0，故答案为：0，【点评】本题考查复数的三角形式以及三角恒等变换，同时考查了复数的模长公式，属于中档题