1、C2，4 D1，4大纲文数1.A1 D【解析】 MN2，3，U（MN）1，4，故选D.课标理数1.A1，L4 i是虚数单位，若集合S1，0，1，则（）AiS Bi2SCi3S D.S课标理数1.A1、L4 B【解析】 由i21，而1S，故选B.课标文数1.A1 若集合M1，0，1，N0，1，2，则MN等于（）A0，1 B1，0，1C0，1，2 D1，0，1，2课标文数1.A1 A【解析】 由已知M1，0，1，N0，1，2，得MN0，1，故选A.课标文数12.A1，M1 在整数集Z中，被5除所得余数为k的所有整数组成一个“类”，记为，即5nk|nZ，k0，1，2，3，4.给出如下四个结论：201
2、1；3；Z；“整数a，b属于同一类”的充要条件是“ab”其中，正确结论的个数是（）A1 B2 C3 D4课标文数12.A1，M1 C【解析】 因为201154021，则2011，结论正确；因为35（1）2，则3，结论不正确；因为所有的整数被5除的余数为0，1，2，3，4五类，则Z，结论正确；若整数a，b属于同一“类”，可设a5n1k，b5n2k（n1，n2Z），则ab5（n1n2）；反之，若ab，可设a5n1k1，b5n2k2（n1，n2Z），则ab5（n1n2）（k1k2）；k1k2，则整数a，b属于同一“类”，结论正确，故选C.课标理数2.A1 已知Uy|ylog2x，x1，P，则UP（）
3、A. B. C. D.课标理数2.A1 A【解析】 因为Uy|ylog2x，x1y|y0，P，所以UP.课标文数1.A1 已知U1，2，3，4，5，6，7，8，A1，3，5，7，B2，4，5，则 U（AB）（）A6，8 B5，7C4，6，7 D1，3，5，6，8课标文数1.A1 A【解析】 因为AB，所以U.课标文数1.A1 设全集UMN1，2，3，4，5，MUN2，4，则N（）A1，2，3 B1，3，5C1，4，5 D2，3，4课标文数1.A1 B【解析】 （排除法）由MUN2，4，说明N中一定不含有元素2，4，故可以排除A、C、D，故选B.课标文数2.A1 若全集U1，2，3，4，5，6，
4、M2，3，N1，4，则集合5，6等于（）AMN BMNC（UM）UN） D（UM）（UN）课标文数2.A1 D【解析】 方法一：MN1，2，3，4，（UM）（UN）U（MN）5，6故选D.方法二：UM1，4，5，6，UN2，3，5，6，（UM）（UN）5，6故选D.课标理数2.A1 已知M，N为集合I的非空真子集，且M，N不相等，若NIM，则MN（）AM BN CI D课标理数2.A1 A【解析】 NIMNM，所以MNM，故选A.课标文数1.A1 已知集合Ax|x1，Bx|1x2，则AB（）Ax|1x2 Bx|x1Cx|1x1 Dx|1x2课标文数1.A1 D【解析】 由图11知ABx|1x2
5、，故选D.课标文数1.A1 已知集合M0，1，2，3，4，N1，3，5，PMN，则P的子集共有（）A2个 B4个 C6个 D8个课标文数1.A1 B【解析】 因为M，N，所以PMN，所以集合P的子集共有， 4个课标理数1.A1 设集合Mx|x2x60，Nx|1x3，则MN（）AC（2，3 D课标理数1.A1 A【解析】 由解不等式知识知Mx|32，又Nx|1x3，所以MNx|1x2课标理数7.A1 设集合My|y|cos2xsin2x|，xR，Nx，i为虚数单位，xR，则MN为（）A（0，1） B（0，1C课标理数7.A1 C【解析】 对于M，由基本不等式得y|cos2xsin2x|cos2x
6、|，故0y1.对于N，因为xxi，由，得，所以11，故MN 设集合My|y|cos2xsin2x|，xR，N，则MN为（）A（0，1） B（0，1 C课标文数8.A1，L4 C【解析】 对M，由基本不等式得y|cos2xsin2x|cos2x|，故0y1.对N， 1，即|xi|1，所以11，故MN 已知集合A1，1，2，4，B1，0，2, 则AB_课标数学1.A1 1，2【解析】 因为集合A，B的公共元素为1，2，故AB1，2课标数学1.A1 已知集合A1，1，2，4，B1，0，2, 则AB_大纲文数1.A1 若全集M1，2，3，4，5，N2，4，则MN（）A B1，3，5C2，4 D1，2，
7、3，4，5大纲文数1.A1 B【解析】 MN1，3，5，所以选B.课标理数13.A1 已知集合AxR|x3|x4|9，BxR6，t（0，），则集合AB_课标理数13.A1 x|2x5【解析】 A，BxR|x2ABxR|4x5x|x2x|2x5课标文数9.A1 已知集合AxR|x1|2，Z为整数集，则集合AZ中所有元素的和等于_课标文数9.A1 3【解析】 AxR|x1|2x|13AZ0，1，2，即0123.课标文数1.A1 若Px|x1，则（）APQ BQPCRPQ DQRP课标文数1.A1 C【解析】 Px|x1，QRP，故选C.大纲文数2.A1 设UR，Mx|x22x0，则UM（）A B（
8、0，2）C（，0）（2，） D（，0 A【解析】 解不等式x22x0，得x2或x0.即集合Mx|x2或x0，UMx|0x2故选A.课标理数7.A2 命题“所有能被2整除的整数都是偶数”的否定是（）A所有不能被2整除的整数都是偶数B所有能被2整除的整数都不是偶数C存在一个不能被2整除的整数是偶数D存在一个能被2整除的整数不是偶数课标理数7.A2 D【解析】 本题是一个全称命题，其否定是特称命题，同时将命题的结论进行否定，答案为D.课标文数20.D2，A2 若数列An：a1，a2，an（n2）满足|ak1ak|1（k1，2，n1），则称An为E数列记S（An）a1a2an.（1）写出一个E数列A5
9、满足a1a30；（2）若a112，n2000，证明：E数列An是递增数列的充要条件是an2011；（3）在a14的E数列An中，求使得S（An）0成立的n的最小值课标文数20.D2，A2 【解答】 （1）0，1，0，1，0是一个满足条件的E数列A5.（答案不唯一，0，1，0，1，0；0，1，0，1，2；1，0，1，2；1，0，1，0都是满足条件的E数列A5）（2）必要性：因为E数列An是递增数列，所以ak1ak1（k1，2，1999）所以An是首项为12，公差为1的等差数列所以a200012（20001）12011，充分性：由于a2000a19991.a1999a19981.a2a11.所以a
10、2000a11999，即a2000a11999.又因为a112，a20002011.所以a2000a11999.故ak1ak10（k1，2，1999），即E数列An是递增数列综上，结论得证（3）对首项为4的E数列An，由于a2a113，a3a212，a8a713，所以a1a2ak0（k2，3，8）所以对任意的首项为4的E数列An，若S（An）0，则必有n9.又a14的E数列A9：4，3，2，1，0，1，2，3，4满足S（A9）0，所以n的最小值是9.课标理数2.A2 若aR，则“a2”是“（a1）（a2）0”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既不充分又不必要条件课标理数2.A2 A【解析】 若a2，则（a1）（a2）0成立；若（a1）（a2）0，则a2或a1，则a2是（a1）（a2）0的充分而不必要条件，故选A.课标文数3.A
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