《2020年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 命題及其關(guān)系、充分條件與必要條件限時(shí)作業(yè)2》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 命題及其關(guān)系、充分條件與必要條件限時(shí)作業(yè)2（5頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、限時(shí)作業(yè)2 命題及其關(guān)系、充分條件與必要條件
一、選擇題
1.全稱(chēng)命題“x∈Z,2x+1是整數(shù)”的逆命題是( )
A.若2x+1是整數(shù),則x∈Z B.若2x+1是奇數(shù),則x∈Z
C.若2x+1是偶數(shù),則x∈Z D.若2x+1能被3整除,則x∈Z
解析:命題“x∈Z,2x+1是整數(shù)”的條件為x∈Z,結(jié)論為2x+1是整數(shù),故選A.
答案:A
2.(2020重慶高考,文2)設(shè)x是實(shí)數(shù),則“x＞0”是“|x|＞0”的( )
A.充分而不必要條件
2、 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:由x＞0|x|＞0充分,而|x|＞0x＞0或x＜0,不必要,故選A.
答案:A
3.對(duì)任意實(shí)數(shù)a、b、c,給出下列命題:
①“a＝b”是“ac＝bc”的充要條件;
②“a+5是無(wú)理數(shù)”是“a是無(wú)理數(shù)”的充要條件;
③“a＞b”是“a2＞b2”的充分條件;
④“a＜5”是“a＜3”的必要條件.
其中真命題的個(gè)數(shù)是( )
A.1
3、B.2 C.3 D.4
解析:當(dāng)c＝0,a、b不為0時(shí),ac≠bca＝b,所以①是假命題;當(dāng)a＝2,b＝-3時(shí),a＞b推不出a2＞b2,所以③是假命題;②④顯然正確.
答案:B
4.若f(x)是R上的減函數(shù),且f(0)＝3,f(3)＝-1.設(shè)P＝{x||f(x+t)-1|＜2},Q＝{x|f(x)＜-1},若“x∈P”是“x∈Q”的充分不必要條件,則實(shí)數(shù)t的取值范圍是( )
A.t≤0 B.t≥0 C.t≤-3
4、 D.t≥-3
解析:由題意知P＝{x|-1＜f(x+t)＜3}＝{x|-t＜x＜3-t},Q＝{x|f(x)＜f(3)}＝{x|x＞3},
∵“x∈P”是“x∈Q”的充分而不必要條件,
∴PQ.∴-t≥3,t≤-3.故選C.
答案:C
5.設(shè)p、q是簡(jiǎn)單命題,則“p且q為假”是“p或q為假”的( )
A.必要不充分條件 B.充分不必要條件
C.充要條件 D.不充分且不必要條件
解
5、析:由“p且q為假”,知p、q中至少有一個(gè)為假即可;而“p或q為假”,則p、q都為假.由此可推得“p且q為假”是“p或q為假”的必要不充分條件,故選A.
答案:A
6.在△ABC中,“A＞30°”是“sinA＞”的…( )
A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件
C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件
解析:舉反例,如A＞30°,設(shè)A＝160°,則sinA＝sin20°＜sin30°＝,則“A＞30°”不是“
6、sinA＞”的充分條件;如果sinA＞,則A∈(30°,150°),
即有A＞30°.故選B.
答案：B
7.下列各小題中,p是q的充要條件的是…( )
①p:m＜-2或m＞6;q:y＝x2+mx+m+3有兩個(gè)不同的零點(diǎn)
②p:＝1;q:y＝f(x)是偶函數(shù)
③p:cosα＝cosβ; q:tanα＝tanβ
④p:A∩B＝A;q:BA
A.①② B.②③ C.③④ D.①④
解析:②由可得f(-x)＝f(x),但y＝f(x)的定義域不一定關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng);③α＝β是tan
7、α＝tanβ的既不充分也不必要條件.
答案:D
8.(2020陜西高考,文6)“a＝1”是“對(duì)任意正數(shù)x,≥1”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:a＝1≥＞1,顯然a＝2也能推出,所以“a＝1”是“對(duì)任意正數(shù)x,≥1”的充分不必要條件.
答案:A
二、填空題
9.若集合A＝{1,m2},B＝{2,4},則“m＝2”是“A∩B＝{4}”的___
8、________條件.(從“充分不必要”“必要不充分”“既不充分也不必要”中選一個(gè)填在橫線上)
解析:∵A∩B＝{4}的充分條件是m2＝4,
即m＝±2,
∴“m＝2”是“A∩B＝{4}”的充分不必要條件.
答案:充分不必要
10.設(shè)p、q是兩個(gè)命題,p:(|x|-3)＞0,q:＞0,則p是q的___________條件.
解析：考查充要條件的判定及不等式解法.
∵p:(|x|-3)＞00＜|x|-3＜13＜|x|＜4-4＜x＜-3或3＜x＜4;
q:＞0()()＞0x＞或x＜,
∴p是q的充分而不必要條件.
答案：充分而不必要
11.已知p:||≤2,q:x2-2x+1
9、-m2≤0(m＞0),而p是q的必要不充分條件,則實(shí)數(shù)m的取值范圍為_(kāi)______________.
解析：由題意,知q是p的必要不充分條件.由p:-1≤x≤11;由q:1-m≤x≤1+m,因此所以m≥10.
答案：m≥10
三、解答題
12.判斷命題“已知a,x為實(shí)數(shù),如果關(guān)于x的不等式x2+(2a+1)x+a2+2≤0的解集非空,則a≥1”的逆否命題的真假.
解法一：直接由原命題寫(xiě)出其逆否命題,然后判斷逆否命題的真假.
原命題:已知a,x為實(shí)數(shù),如果關(guān)于x的不等式x2+(2a+1)x+a2+2≤0的解集非空,則a≥1.
逆否命題:已知a,x為實(shí)數(shù),如果a＜1,則關(guān)于x的不等式
10、x2+(2a+1)x+a2+2≤0的解集為空集.
判斷如下:拋物線:y＝x2+(2a+1)x+a2+2開(kāi)口向上.
判別式Δ＝(2a+1)2-4(a2+2)＝4a-7.
∵a＜1,∴4a-7＜0,即拋物線y＝x2+(2a+1)x+a2+2與x軸無(wú)交點(diǎn),
∴關(guān)于x的不等式x2+(2a+1)x+a2+2≤0的解集為空集,故逆否命題為真.
解法二:根據(jù)命題之間的關(guān)系“原命題與逆否命題同真同假”,只需判斷原命題的真假即可.
∵a,x為實(shí)數(shù),且關(guān)于x的不等式x2+(2a+1)x+a2+2≤0的解集非空,
∴Δ＝(2a+1)2-4(a2+2) ≥0,即4a-7≥0,
解得a≥.
∵a≥＞1
11、,
∴原命題為真.
又∵原命題與其逆否命題同真同假,
∴逆否命題為真.
解法三:利用充要條件與集合的包含、相等關(guān)系求解.命題p:關(guān)于x的不等式x2+(2a+1)x+a2+2≤0有非空解集.命題q:a≥1.
∴p:A＝{a|關(guān)于x的不等式x2+(2a+1)x+a2+2≤0有實(shí)數(shù)解}
＝{a|(2a+1)2-4(a2+2) ≥0}＝{a|a≥}.q:B＝{a|a≥1}.
∵AB,
∴“若p則q”為真.
∴“若p則q”的逆否命題:“若q則p”為真,即原命題的逆否命題為真.
13.設(shè)數(shù)列{an}、{bn}、{cn}滿足:bn＝an-an+2,cn＝an+2an+1+3an+2(n＝
12、1,2,3,…).
證明{an}為等差數(shù)列的充分必要條件是{cn}為等差數(shù)列且bn≤bn+1(n＝1,2,3,…).
證明：必要性:設(shè){an}是公差為d1的等差數(shù)列,則bn+1-bn＝(a n+1-an+3)-(an-an+2)＝(a n+1-an)-(a n+3-a n+2)＝d1-d1＝0,
∴bn≤b n+1(n＝1,2,3,…)成立.
又c n+1-cn＝(a n+1-an)+2(a n+2-a n+1)+3(a n+3-a n+2)＝d1+2d1+3d1＝6d1(常數(shù))(n＝1,2,3,…).
∴數(shù)列{cn}為等差數(shù)列.
充分性:設(shè)數(shù)列{cn}是公差為d2的等差數(shù)列,且b
13、n≤b n+1(n＝1,2,3,…).
證法一:∵cn＝an+2a n+1+3a n+2, ①
∴c n+2＝a n+2+2a n+3+3a n+4. ②
①-②,得cn-c n+2＝(an-a n+2)+2(a n+1-a n+3)+3(a n+2-an+4)＝bn+2b n+1+3b n+2,
∴cn-c n+2＝(cn-cn+1)+(c n+1-cn+2)＝-2d2.
∴bn+2bn+1+3bn+2＝-2d2,
14、 ③
從而有bn+1+2bn+2+3bn+3＝-2d2. ④
④-③,得(bn+1-bn)+2(bn+2-bn+1)+3(bn+3-bn+2)＝0. ⑤
∵bn+1-bn≥0,bn+2-bn+1≥0,bn+3-bn+2≥0,
∴由⑤得bn+1-bn＝0(n＝1,2,3,…).
由此不妨設(shè)bn＝d3(n＝1,2,3,…),則an-a n+2＝d3(常數(shù)).
由此cn＝an+2an
15、+1+3aa+2＝4an+2an+1-3d3,
從而cn+1＝4an+1+2an+2-3d3＝4a n+1+2an-5d3.
兩式相減,得cn+1-cn＝2(an+1-an)-2d3,
因此an+1-an＝(cn+1-cn)+d3＝d2+d3(常數(shù))(n＝1,2,3…),
∴數(shù)列{cn}是等差數(shù)列.
證法二:令A(yù)n＝a n+1-an,由bn≤b n+1,知an-a n+2≤a n+1-a n+3,
從而a n+1-an≥a n+3-a n+2,即An≥A n+2(n＝1,2,3…).
由cn＝an+2a n+1+3a n+2,c n+1＝a n+1+2a n+2+3a n+3,得
16、c n+1-cn＝(a n+1-an)+2(a n+2-a n+1)+3(a n+3-a n+2),
即An+2A n+1+3A n+2＝d2時(shí) ⑥
由此得A n+2+2A n+3+3An+4＝d2. ⑦
⑥-⑦,得(An-A n+2)+2(A n+1-A n+3)+3(A n+2-An+4)＝0. ⑧
∵An-A n+2≥0,A n+1-A n+3≥0,A n+2-A n+4≥0,
∴由⑧,得An-A n+2＝0(n＝1,2,3,…).
于是由⑥,得4An+2A n+1＝An+2A n+1+3A n+2＝d2, ⑨
從而2An+4A n+1＝4A n+1+2A n+2＝d2. ⑩
由⑨和⑩,得4An+2A n+1＝2An+4A n+1,
故A n+1＝An,
即a n+2-a n+1＝a n+1-an(n＝1,2,3,…),
∴數(shù)列{cn}是等差數(shù)列.
2020年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 命題及其關(guān)系、充分條件與必要條件限時(shí)作業(yè)2
