2021高考數(shù)學人教版一輪復習多維層次練：第一章+第2節(jié)+命題及其關系、充分條件與必要條件+Word版含解析

/多維層次練2[A級基礎鞏固]1．(2020·河南八所重點高中聯(lián)考)已知集合A是奇函數(shù)集，B是偶函數(shù)集．若命題p：?f(x)∈A，|f(x)|∈B，則?p為()A．?f(x)∈A，|f(x)|?BB．?f(x)?A，|f(x)|?BC．?f(x)∈A，|f(x)|?BD．?f(x)?A，|f(x)|?B解析：全稱命題的否定為特稱命題：改寫量詞，否定結(jié)論．所以?p：?f(x)∈A，|f(x)|?B.答案：C2．(多選題)使不等式2x2－5x－3≥0成立的一個充分而不必要條件是()A．x<0 B．x≥3C．x∈{－1，3，5} D．x≤－eq\f(1,2)或x≥3解析：2x2－5x－3≥0?x≥3或x≤－eq\f(1,2).所以BC是充分不必要條件，D為充要條件，A項為既不充分又不必要條件．答案：BC3．在等比數(shù)列{an}中，“a1，a3是方程x2＋3x＋1＝0的兩根”是“aeq\o\al(2,2)＝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：由a1＋a3＝－3，a1·a3＝1，?aeq\o\al(2,2)＝a1·a3＝1，但aeq\o\al(2,2)＝1a1＋a3＝－3.因而“a1，a3是方程x2＋3x＋1＝0的兩根”是aeq\o\al(2,2)＝1的充分不必要條件．答案：A4．(2020·日照一中月考)以下四個命題既是特稱命題又是真命題的是()A．銳角三角形有一個內(nèi)角是鈍角B．至少有一個實數(shù)x，使x2≤0C．兩個無理數(shù)的和必是無理數(shù)D．存在一個負數(shù)x，eq\f(1,x)>2解析：A中銳角三角形的內(nèi)角都是銳角，所以A是假命題；B中當x＝0時，x2＝0，滿足x2≤0，所以B既是特稱命題又是真命題；C中因為eq\r(2)＋(－eq\r(2))＝0不是無理數(shù)，所以C是假命題；D中對于任意一個負數(shù)x，都有eq\f(1,x)<0，不滿足eq\f(1,x)>2，所以D是假命題．答案：B5．(2019·北京卷)設點A，B，C不共線，則“eq\o(AB,\s\up14(→))與eq\o(AC,\s\up14(→))的夾角為銳角”是“|eq\o(AB,\s\up14(→))＋eq\o(AC,\s\up14(→))|>|eq\o(BC,\s\up14(→))|”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：|eq\o(AB,\s\up14(→))＋eq\o(AC,\s\up14(→))|>|eq\o(BC,\s\up14(→))|?|eq\o(AB,\s\up14(→))＋eq\o(AC,\s\up14(→))|>|eq\o(AC,\s\up14(→))－eq\o(AB,\s\up14(→))|?eq\o(AB,\s\up14(→))2＋eq\o(AC,\s\up14(→))2＋2eq\o(AB,\s\up14(→))·eq\o(AC,\s\up14(→))>eq\o(AB,\s\up14(→))2＋eq\o(AC,\s\up14(→))2－2eq\o(AB,\s\up14(→))·eq\o(AC,\s\up14(→))?eq\o(AB,\s\up14(→))·eq\o(AC,\s\up14(→))>0，由點A，B，C不共線，得〈eq\o(AB,\s\up14(→))，eq\o(AC,\s\up14(→))〉∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，故eq\o(AB,\s\up14(→))·eq\o(AC,\s\up14(→))>0?eq\o(AB,\s\up14(→))，eq\o(AC,\s\up14(→))的夾角為銳角．答案：C6．(多選題)下列四個命題：其中命題不正確的是()A．函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－∞，0]上單調(diào)遞增，則f(x)在R上是增函數(shù)B．若函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋2(a≠0)與x軸沒有交點，則b2－8a<0且a>0C．當a>b>c時，則有ab>ac成立D．y＝1＋x和y＝eq\r(（1＋x）2)表示不同函數(shù)解析：設函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1，x≤0，,x－1，x>0.))則f(x)在(－∞，0]上單調(diào)遞增，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，但f(x)在R上不單調(diào)，A不正確．B項中，f(x)與x軸無交點，則Δ＝b2－8a<0，B不正確．當c<0時，a>b>0，有ac<bc，C不正確．答案：ABC7．(2018·浙江卷)已知平面α，直線m，n滿足m?α，n?α，則“m∥n”是“m∥α”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：若m?α，n?α，m∥n，由線面平行的判定定理知m∥α.若m∥α，m?α，n?α，不一定推出m∥n，直線m與n可能異面，故“m∥n”是“m∥α”的充分不必要條件．答案：A8．已知函數(shù)f(x)＝a2x－2a＋1.若命題“?x∈(0，1)，f(x)≠0”是假命題，則實數(shù)a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) B．(1，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))∪(1，＋∞)解析：因為函數(shù)f(x)＝a2x－2a＋1，命題“?x∈(0，1)，f(x)≠0”是假命題，所以原命題的否定是“?x0∈(0，1)，使f(x0)＝0”是真命題，所以f(1)f(0)<0，即(a2－2a＋1)(－2a＋1)<0，所以(a－1)2(2a－1)>0，解得a>eq\f(1,2)且a≠1，所以實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))∪(1，＋∞)．答案：D9．直線x－y－k＝0與圓(x－1)2＋y2＝2有兩個不同交點的充要條件是________．解析：直線x－y－k＝0與圓(x－1)2＋y2＝2有兩個不同交點等價于eq\f(|1－0－k|,\r(2))<eq\r(2)，解之得－1<k<3.答案：－1<k<310．若“?x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，tanx≤m”是真命題，則實數(shù)m的最小值為________．解析：因為y＝tanx，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上是增函數(shù)，所以ymax＝taneq\f(π,4)＝1.依題意，m≥ymax＝1，所以m的最小值為1.答案：111．“a＝1”是“函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,a)－eq\f(a,ex)是奇函數(shù)”的________條件．解析：當a＝1時，f(－x)＝－f(x)(x∈R)，則f(x)是奇函數(shù)，充分性成立．若f(x)為奇函數(shù)，恒有f(－x)＝－f(x)，得(1－a2)(e2x＋1)＝0，則a＝±1，必要性不成立．故“a＝1”是“函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,a)－eq\f(a,ex)是奇函數(shù)”的充分不必要條件．答案：充分不必要12．(2020·山東濰坊模擬)下列三個說法：①若命題p：?x∈R，x2＋x＋1<0，則?p：?x∈R，x2＋x＋1≥0；②“φ＝eq\f(π,2)”是“y＝sin(2x＋φ)為偶函數(shù)”的充要條件；③命題“若0<a<1，則loga(a＋1)<logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a)))”是真命題．其中說法正確的是________(填序號)．解析：①顯然正確；“φ＝eq\f(π,2)”是“y＝sin(2x＋φ)為偶函數(shù)”的充分不必要條件，故②錯誤；因為0<a<1，所以1＋eq\f(1,a)>1＋a，所以loga(a＋1)>logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a)))，故③錯誤．答案：①[B級能力提升]13．命題“?x∈R，?n∈N*，使得n≥x2”的否定形式是()A．?x∈R，?n∈N*，使得n<x2B．?x∈R，?n∈N*，使得n<x2C．?x∈R，?n∈N*，使得n<x2D．?x0∈R，?n∈N*，使得n<xeq\o\al(2,0)解析：改變量詞，否定結(jié)論．所以?p應為?x0∈R，?n∈N*，使得n<xeq\o\al(2,0).答案：D14．(2020·安徽合肥模擬)已知偶函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，則對實數(shù)a，b，“a>|b|”是“f(a)>f(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：因為f(x)是偶函數(shù)，所以f(x)＝f(|x|)．又y＝f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增．所以f(a)>f(b)?f(|a|)>f(|b|)?|a|>|b|.則a>|b|?|a|>|b|?f(a)>f(b)，但|a|>|b|a>|b|.所以“a>|b|”是“f(a)>f(b)”的充分不必要條件．答案：A15．已知p：實數(shù)m滿足3a<m<4a(a>0)，q：方程eq\f(x2,m－1)＋eq\f(y2,2－m)＝1表示焦點在y軸上的橢圓，若p是q的充分條件，則a的取值范圍是________．解析：由2－m>m－1>0，得1<m<eq\f(3,2)，即q：1<m<eq\f(3,2).因為p是q的充分條件，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a≥1，,4a≤\f(3,2)，))解之得eq\f(1,3)≤a≤eq\f(3,8).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(3,8)))[C級素養(yǎng)升華]16．(答案不唯一)(2018·北京卷)能說明“若f(x)>f(0)對任意的x∈(0，2]都成立，則f(x)在[0，2]上是增函數(shù)”為假命題的一個函數(shù)是__________________________________________________．解析：設f(x)＝sinx，則f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是增函數(shù)，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，2))上是減函數(shù)，由正弦函數(shù)圖象的對稱性知，當x∈(0，2]時，f(x)>f(0)＝sin0＝0，故f(x)＝sinx滿足條件f(x)>f(0)對任意的x∈(0，2]都成立，但f(x)在[0，2]上不一直都是增函數(shù)．答案：f(x)＝sinx(答案不唯一)素養(yǎng)培育邏輯推理——突破雙變量“任意性或存在性”問題(自主閱讀)1．形如“對任意x1∈A，都存在x2∈B，使得g(x2)＝f(x1)成立”．[典例1]已知函數(shù)f(x)＝x3＋(1－a)x2－a(a＋2)x，g(x)＝eq\f(19,6)x－eq\f(1,3)，若對任意x1∈[－1，1]，總存在x2∈[0，2]，使得f′(x1)＋2ax1＝g(x2)成立，求實數(shù)a的取值范圍．解：由題意知，g(x)在[0，2]上的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，6)).令h(x)＝f′(x)＋2ax＝3x2＋2x－a(a＋2)，則h′(x)＝6x＋2，由h′(x)＝0得x＝－eq\f(1,3).當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,3)))時，h′(x)<0；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1))時，h′(x)>0.所以h(x)min＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝－a2－2a－eq\f(1,3).又由題意可知，h(x)的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，6))的子集，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(h（－1）≤6，,－a2－2a－\f(1,3)≥－\f(1,3)，,h（1）≤6.))解得－2≤a≤0，所以實數(shù)a的取值范圍是[－2，0]．[解題思路]理解全稱量詞與存在量詞的含義是求解本題的關鍵，此類問題求解的策略是等價轉(zhuǎn)化，即“函數(shù)f(x)的值域是g(x)的值域的子集”，從而利用包含關系構建關于a的不等式組，求得參數(shù)的取值范圍．2．形如“存在x1∈A及x2∈B，使得f(x1)＝g(x2)成立”．[典例2]已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2x2,x＋1)，x∈\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，,－\f(1,3)x＋\f(1,6)，x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).))函數(shù)g(x)＝ksineq\f(πx,6)－2k＋2(k>0)，若存在x1∈[0，1]及x2∈[0，1]，使得f(x1)＝g(x2)成立，求實數(shù)k的取值范圍．解：由題意，易得函數(shù)f(x)的值域為[0，1]，g(x)的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2－2k，2－\f(3k,2)))，并且兩個值域有公共部分．先求沒有公共部分的情況，即2－2k>1或2－eq\f(3,2)k<0，解得k<eq\f(1,2)或k>eq\f(4,3)，所以要使兩個值域有公共部分，k的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(4,3))).[解題