常用邏輯用語18種常見考點全面練（精練97題）（老師版）

更多見微信號：alarmact，微信號：abcshuxue，微信號：antshuxue微信號：AA-teacher更多見微信公眾號：數學第六感；微信公眾號：數學三劍客；微信公眾號：ABC數學更多見微信號：alarmact，微信號：abcshuxue，微信號：antshuxue微信號：AA-teacher更多見微信公眾號：數學第六感；微信公眾號：數學三劍客；微信公眾號：ABC數學常用邏輯用語18種常見考點全面練（精練97題）考點1判斷命題的真假1．（2023·上海虹口·三模）設是兩個非零向量的夾角，若對任意實數t，的最小值為1．命題p：若確定，則唯一確定；命題q：若確定，則唯一確定．下列說法正確的是（

）A．命題p是真命題，命題q是假命題B．命題p是假命題，命題q是真命題C．命題p和命題q都是真命題D．命題p和命題q都是假命題【答案】B【分析】由向量的最小值為1，分析可得，然后判斷命題真假即可.【詳解】因為，所以當時，取得最小值.所以，化簡得所以若確定，則唯一確定，若確定，則不唯一.所以命題p為假命題，命題q為真命題.故選：B.2．（2024·上海崇明·二模）已知函數的定義域為．命題：若當時，都有，則函數是D上的奇函數．命題：若當時，都有，則函數是D上的增函數．下列說法正確的是（

）A．p、q都是真命題 B．p是真命題，q是假命題C．p是假命題，q是真命題 D．p、q都是假命題【答案】C【分析】根據題意，結合函數奇偶性與單調性的定義及判定方法，即可求解.【詳解】對于命題，令函數，則，此時，當函數不是奇函數，所以命題為假命題，對于命題，當時，都有，即，不可能，即當時，可得，滿足增函數的定義，所以命題為真命題.故選：C.3．（2024·全國·模擬預測）關于函數，有下列四個命題．甲：；乙：；丙：在上單調遞增；?。簩θ我猓傆校渲星∮幸粋€是假命題，則該命題是（

）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁【答案】A【分析】先假設甲乙都正確，推出丙丁都是假命題，則由四個命題中中恰有一個是假命題，推出甲乙中恰一個假命題，再分類探究甲真乙假與甲假乙真兩類情況是否滿足題意即可.【詳解】若甲、乙均為真命題，則．此時，故丙為假命題，，故丁也為假命題，不滿足題意，故甲、乙中有一個是假命題；若乙是假命題，由甲為真命題知，，由丁為真命題知，則為函數的對稱軸，，所以或，則或，這與在上單調遞增矛盾，不滿足題意；若甲是假命題，乙是真命題，取，，，令，由在區(qū)間上單調遞增，則由復合函數的單調性可知，在上單調遞增，丙命題為真命題；本號資料全部來源于微*信公眾號：數學第六感又，，丁命題也為真命題，故滿足題意.故選：A．4．（2024·上?！つM預測）已知數列不是常數列，前項和為，且．若對任意正整數，存在正整數，使得，則稱是“可控數列”．現(xiàn)給出兩個命題：①存在等差數列是“可控數列”；②存在等比數列是“可控數列”．則下列判斷正確的是（

）A．①與②均為真命題 B．①與②均為假命題C．①為真命題，②為假命題 D．①為假命題，②為真命題【答案】D【分析】由題意，結合，的變化情況，利用極限思想即可判斷①；根據題意，結合“可控數列”的定義，舉出實例說明②，即可得出答案.【詳解】①數列不是常數列，則，則看作是一次函數的變化，由得，看作是二次函數的變化，當足夠大時，極限的思想說明不成立；②取，則，當時，取，滿足，當時，取，滿足；故選：.【點睛】關鍵點點睛：涉及數列新定義問題，關鍵是正確理解給出的定義，由給定的數列結合新定義探求數列的相關性質，并進行合理的計算、分析、推理等方法綜合解決.5．（2024·上?！と＃┱叫螀^(qū)域由9塊單位正方形區(qū)域拼成，記正中間的單位正方形區(qū)域為D．對于邊界上的一點P，若點Q在中且線段PQ與D有公共點，則稱Q是P的“盲點”，將P的所有“盲點”組成的區(qū)域稱為P所對的“盲區(qū)”．對于邊界上的一點M，若在邊界上含M在內一共有k個點所對的“盲區(qū)”面積與相同，就稱M是“k級點”；若在邊界上有無數個點所對的“盲區(qū)”面積與相同，就稱M是一個“極點”．對于命題：①邊界正方形的頂點是“4級點”；②邊界上存在“極點”．說法正確的是（

）A．①和②都是真命題 B．①是真命題，②是假命題C．①是假命題，②是真命題 D．①和②都是假命題【答案】D【分析】設每個小正方形的邊長為，求得的值，結合邊界的頂點所對的“盲區(qū)“面積和區(qū)域的三等分點，得到，可判定①是假命題；設，求得，結合函數的單調性，可判定②是假命題．【詳解】解：設每個小正方形的邊長為，當點為區(qū)域的一個頂點時，此時，當點為一個小正方形的一頂點時，如圖所示，此時，可得，所以邊界正方形的頂點不是“4級點“，所以①是假命題；不妨設M為正方形一個頂點，根據正方形對稱性不妨設T為過M的邊上一點，設，其中，可得，設，可得，令，可得，當或時，；當時，，所以函數在，上單調遞增，在單調遞減，故不可能有x的無數個值使得相等，所以在邊界上不存在有無數個點所對的“盲區(qū)”面積與相同，所以②是假命題．故選：D.【點睛】關鍵點睛：解答本題的關鍵是②的真假判斷，解答時要注意利用導數判斷函數單調性，說明不符合極點定義.考點2判斷命題的充分不必要條件6．（2024·江蘇揚州·模擬預測）已知集合，則“”是“”的（

）A．必要不充分條件 B．充分不必要條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】B【分析】根據給定條件，利用充分條件、必要條件的定義判斷即得.【詳解】當時，，則；反之，當時，或，解得或，若，，滿足，若，顯然滿足，因此或，所以“”是“”的充分不必要條件.故選：B7．（2024·天津河北·二模）設，則“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件*本號*資料全部來源于微信公眾號：數學第六感C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】A【分析】根據充分條件、必要條件的定義判斷即可.【詳解】由可得，解得，所以由推得出，故充分性成立；由推不出，故必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要條件.故選：A8．（2024·安徽合肥·三模）設是三個不同平面，且，則是的（

）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【答案】A【分析】利用面面平行的性質定理，及它們之間的推出關系，即可以作出判斷.【詳解】由于，，由平面平行的性質定理可得：，所以是的充分條件；但當，，并不能推出，也有可能相交，所以是的不必要條件；故選:A.9．（2024·北京海淀·二模）設是公比為的無窮等比數列，為其前項和．若，則“”是“數列存在最小項”的（

）A．充分非必要條件 B．必要非充分條件C．充要條件 D．既非充分又非必要條件【答案】A【分析】先利用分類討論思想結合指數函數的單調性證明充分性，再舉反例證明不必要性，即可判斷.【詳解】當時，，因為，所以此時數列遞增，存在是最小項，當且，，當，時，可知數列遞增，存在是最小項，當，時，可知數列還是遞增，存在是最小項，綜上“”是“數列存在最小項”的充分條件；當，，不妨?。?，，則，,當時，，即此時是最小項，即“”不是“數列存在最小項”的必要條件，綜上可知：“”是“數列存在最小項”的充分不必要條件，故選：A.10．（2024·天津·模擬預測）已知，則“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件本號資*料全部來源于微信公眾號：數學第六感C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】A【分析】根據題意結合充分、必要條件分析判斷.本號資#料全部來源于微信公眾號：數學第六感【詳解】若，則，即充分性成立；若，例如，可得，滿足題意，但，即必要性不成立；綜上所述：“”是“”的充分不必要條件.故選：A.11．（2024·重慶開州·模擬預測）已知函數，則“”是“的圖象在區(qū)間上只有一個極值點”的（

）A．充分條件 B．必要條件 C．充要條件 D．非充分非必要條件本號資料全部來源于#微信公眾號：數學第六感【答案】A【分析】先求出的圖象在區(qū)間上只有一個極值點時滿足的條件，求出相應的范圍，即可判斷充分必要性．【詳解】當時，又，所以，若的圖象在區(qū)間上只有一個極值點，則，解得，因為真包含于，所以是的圖象在區(qū)間上只有一個極值點的充分不必要條件．故選：A12．（2024·山西呂梁·三模）設，則對任意實數，則是的（

）A．必要而不充分條件 B．充分而不必要條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】C【分析】根據題意，推得為奇函數，且在上單調遞增，再由，得到，即，結合充分條件、必要條件的判定方法，即可求解.【詳解】由題意，函數的定義域為，且，所以為奇函數，函數與均為遞增函數，所以在單調遞增，因為函數為奇函數，所以在也為單調遞增函數，又因為，所以函數在上單調遞增，由，可得，所以，所以，故對任意實數，則是的充要條件.故選：C.考點3判斷命題的必要不充分條件13．（2024·西藏·模擬預測）已知，，是三條不同的直線，，是兩個不同的平面，且，，．設甲：，乙：，則甲是乙的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件本號資料全#部來源于微信公眾號：數學第*六感C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】B【分析】根據空間中直線與平面的關系，結合必要不充分條件的定義即可判斷.【詳解】當時，取為平面內一條與l垂直的直線，得，充分性不成立；當時，因為，，所以．結合，所以，必要性成立．綜上可知，甲是乙的必要不充分條件．故選:B．14．（2024·江西新余·二模）已知直線交圓C：于M，N兩點，則“為正三角形”是“”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【答案】B【分析】求出圓的圓心及半徑后，結合正三角形的性質可計算出當為正三角形時的值，結合充分條件與必要條件定義即可判斷.【詳解】由C：可得其圓心為，半徑，圓心到直線的距離，若為正三角形，則有，即，即，解得或，故“為正三角形”是“”的必要不充分條件.故選：B.15．（2024·天津濱海新·三模）已知，，則“”是“”的（

）A．充要條件 B．既不充分也不必要條件C．充分不必要條件 D．必要不充分條件【答案】D【分析】根據充分條件和必要條件的概念推理即可．【詳解】若，，，則，則，∴“”是“”的不充分條件；若，∵，∴，即，∴“”是“”的必要條件；綜上，“”是“”的必要不充分條件．故選：D．16．（2024·天津北辰·三模）對于實數，“”是“”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【答案】B【分析】分析可知，等價于且，再利用包含關系分析充分、必有條件.【詳解】因為，等價于且，且是的真子集，所以“”是“”的必要不充分條件.故選：B.17．（2024·河北衡水·三模）已知函數，則“”是“函數是奇函數”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【答案】B【分析】由函數是奇函數，可求得，可得結論.【詳解】若函數是奇函數，則恒成立，即，而，得．故“”是“函數是奇函數”的必要不充分條件．故選：B．18．（2024·山東日照·模擬預測）已知向量，，則“”是“和的夾角是銳角”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分又不必要條件【答案】B【分析】根據兩向量夾角為銳角得到不等式，求出且，結合包含關系得到答案.【詳解】和的夾角是銳角，則且和不同向共線，故且，解得且，由推不出且，故充分性不成立，由且推得出，故必要性成立，所以是和的夾角是銳角的必要不充分條件.故選：B19．（2024·天津·模擬預測）已知，，則是的（

）條件A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分又不必要條件【答案】B【分析】分別求得對應命題的范圍，根據集合語言和命題語言的關系，即可判斷.【詳解】由得，由得，則是的必要不充分條件.故選：B.20．（2024·陜西安康·模擬預測）已知數列的通項公式為，則“”是“”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【答案】B【分析】根據題意結合復合函數單調性可得的單調性，結合數列單調性與函數單調性之間的關系可得，再根據包含關系分析充分、必要條件.【詳解】二次函數圖象的開口向上，對稱軸是直線，且在定義域內單調遞增，當時，單調遞減，單調遞減；當時，單調遞增，單調遞增；因為中的自變量為正整數，且，則，解得，顯然是的真子集，所以“”是“”的必要不充分條件.故選：B.21．（2025·甘肅張掖·模擬預測）設為數列的前項和，，則“”是“數列是以為公比的等比數列”的（

）A．充要條件 B．充分不必要條件C．必要不充分條件 D．既不充分也不必要條件#本號資料全部來源于微信公眾號：數學第六感【答案】C【分析】根據充要條件的判斷方法和等比數列的前項和公式分析即得結論.【詳解】由，若，等式顯然成立，但是數列的通項和前項和都沒有規(guī)定，故得不出“數列是以1為公比的等比數列”的結論，即“”不是“數列是以為公比的等比數列”的充分條件；而由“數列是以為公比的等比數列”可知，若，則顯然成立，當時，有成立，即必有成立，故“”是“數列是以為公比的等比數列”的必要條件.故選：C.考點4判斷命題的充要條件22．（2024·青海海西·模擬預測）已知，復數，則“”是“復數z在復平面內所對應的點位于第一象限”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【答案】C【分析】利用復數的乘法法則計算，并根據所在象限得到不等式，求出，得到結論.【詳解】由，若復數z在復平面內所對應的點位于第一象限，則可得，故“”是“復數z在復平面內所對應的點位于第一象限”的充要條件．故選：C．23．（2024·湖南長沙·二模）已知等差數列的公差為，前項和為，則“”是“”的（

）本號資料全#部來源于微信公眾號：數#學第六感A．充分不必要條件 B．充分必要條件C．必要不充分條件 D．既不充分也不必要條件【答案】B【分析】根據等差數列的求和公式化簡，等價變形可得，由充要條件概念可得解.【詳解】“”，即，則，則“”是“”的充要條件.故選：B24．（2024·湖南邵陽·三模）“”是“函數（且）在上單調遞減”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【答案】C【分析】分和兩種情況討論的單調性，結合充分、必要條件分析判斷.【詳解】若，則的圖象為：可知在上單調遞增；若，則的圖象為：可知在上單調遞減；綜上所述：“”是“函數（且）在上單調遞減”的充要條件.故選：C．25．（2024·浙江·三模）已知等差數列的前n項和為，“”是“”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【答案】C【分析】根據題意，分和兩種情況討論，結合等差數列的性質及充分條件、必要條件的定義分析判斷即可.【詳解】當時，，得；當時，，得，所以“”是“”的充要條件，故選：C．26．（2024·吉林·模擬預測）在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，“”是“”（

）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本號資料全部來源于微信公眾號：*數學第六感【答案】C【分析】根據正弦定理和正切函數的性質以及充要條件的判定即可得到答案.【詳解】當，根據正弦定理得，顯然A，，則，因為A，B為三角形內角，則,則充分性成立；當，因為A，B為三角形內角，則不會存在的情況，則A，，則，則，根據正弦定理則，故必要性成立；則“”是“”的充分必要條件.故選：C．考點5判斷命題的既不充分也不必要條件27．（2024·北京西城·三模）對于無窮數列，定義（），則“為遞增數列”是“為遞增數列”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【答案】D【分析】由遞增數列的性質，分別判斷充分性和必要性即可.【詳解】為遞增數列時，有，不能得到為遞增數列，充分性不成立；為遞增數列時，不一定有，即不能得到為遞增數列，必要性不成立.所以“為遞增數列”是“為遞增數列”的既不充分也不必要條件.故選：D.28．（2024·四川綿陽·模擬預測）已知直線與圓交于，兩點，則“”是“為銳角三角形”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【答案】D【分析】首先分析出為銳角，再根據點到直線的距離公式和余弦函數的單調性得到不等式，解出的范圍即可.【詳解】由題意知是等腰三角形，因為頂角是，所以當且僅當為銳角時，該三角形是銳角三角形.所以只需，所以到的距離滿足：，即，解得，又因為直線與圓有兩交點，則，則，即，所以，所以是三角形為銳角三角形的既不充分也不必要條件，故選：D.29．（2024·寧夏銀川·三模）命題，命題函數且在上單調，則是的（

）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【答案】B【分析】根據對數復合型函數的單調性，由命題求出的取值范圍，再判斷充分性和必要性即可.【詳解】設，則可化為．充分性：當時，函數在上單調遞減，在上單調遞減，且當時，，在上單調遞增，當時，，此時沒有意義，故充分性不成立．必要性：若在上單調遞減，則，所以在上單調遞減，且在上恒成立，所以，得，所以當時，在上單調遞增；若在上單調遞增，則，所以在上單調遞減，且在上恒成立，所以，得，不符合題意，舍去.綜上可知，當函數在上單調時，，因此必要性成立．所以是的必要不充分條件．故選：B．30．（2024·湖北荊州·三模）已知圓，直線，方程，則“圓與直線相切”是“方程表示的曲線為橢圓”的（

）A．充分非必要條件 B．必要非充分條件 C．充要條件D．既非充分也非必要條件【答案】D【分析】借助圓與直線相切的性質可得圓與直線相切時的的值，借助橢圓定義可得當方程表示的曲線為橢圓時的的取值范圍，結合充分條件與必要條件的定義即可得解.【詳解】若圓與直線相切，則有，即，解得或，若方程表示的曲線為橢圓，則，即且，故“圓與直線相切”是“方程表示的曲線為橢圓”的既非充分也非必要條件.故選：D.31．（2024·江西鷹潭·模擬預測）已知函數，則“，”是“為偶函數”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【答案】D【分析】當時，代入可得，由正弦函數性質，可驗證充分性，為偶函數時，得到，可驗證必要性.【詳解】函數，當時，，則為奇函數，所以充分性不成立，當為偶函數時，，所以必要性不成立，故“，”是“為偶函數”的既不充分也不必要條件．故選：D.32．（2024·北京東城·二模）已知平面向量，，，是單位向量，且，則“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】D【分析】根據題意不妨設，舉反例結合充分、必要條件分析判斷.【詳解】因為平面向量，，，是單位向量，且，不妨設，若，例如，滿足，但，即充分性不成立；若，例如，滿足，但，即，即必要性不成立；綜上所述：“”是“”的既不充分也不必要條件.故選：D.33．（2024·河南洛陽·模擬預測）“”是“直線與直線平行”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【答案】D【分析】求出直線平行的充要條件為，結合充分條件、必要條件的定義即可得解.【詳解】若，則有，所以或，當時，，故，重合；當時，，滿足條件，所以“”是“”的既不充分也不必要條件，故選：D．考點6探求命題成立的一個充分不必要條件34．（2024·新疆·二模）使“”成立的一個充分不必要條件是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】先解分式不等式，求得解集，依題意，只需使選項的范圍是該解集的真子集即得.【詳解】由，得，解得，則選項中的的范圍組成的集合是的真子集，由選項知，選項均不滿足，選項B滿足.故使“”成立的一個充分不必要條件可以是“”.故選：B.35．（2024·山東·模擬預測）已知函數，則使有零點的一個充分條件是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】首先判斷，此時可得的單調性，依題意可得，令，結合函數的單調性及零點存在性定理得到存在使得，從而得到有零點的充要條件為，即可判斷.【詳解】因為，當時，，所以，沒有零點，故A錯誤；當時與在上單調遞增，所以在上單調遞增，，要使有零點，則需，即，令，則在上單調遞減，且，，，所以存在使得，所以有零點的充要條件為，所以使有零點的一個充分條件是.故選：D36．（2024·吉林·模擬預測）已知函數，則“有兩個極值”的一個充分不必要條件是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據有兩個正的穿越零點，求得有兩個極值點的充要條件，再求其充分不必要條件即可.【詳解】由題可得，若滿足題意，則有兩個正的穿越零點，令，則，令，則，當時，，單調遞增；當時，，單調遞減；又，，當趨近于正無窮時，趨近于，本號資料全部來源于微信公眾號：數學第六#感若有兩個正的穿越零點，則，解得，本號資料全部來源于微信*公眾*號：數學第六感即有兩個極值的充要條件是：，根據選項，則有兩個極值的一個充分不必要條件是.故選：B.【點睛】關鍵點點睛：解決本題的關鍵是對，分離參數，構造函數，利用導數研究其單調性，從而求得有兩個極值點的充要條件.37．（23-24高三上·河北邢臺·階段練習）“不等式恒成立”的一個充分不必要條件是（）A． B．C． D．【答案】D【分析】分和兩種情況討論求出的范圍，再根據充分條件和必要條件的定義即可得解.【詳解】當時，恒成立，當時，則，解得，綜上所述，不等式恒成立時，，所以選項中“不等式恒成立”的一個充分不必要條件是.故選：D.38．（2024·福建·模擬預測）已知，，則使成立的一個充分不必要條件是（）A． B．C． D．【答案】C【分析】根據給定條件，利用充分不必要條件的定義逐項分析判斷即得.本號資料全部*來源于微信公*眾號：數學第六感【詳解】對于A，令，顯然有，而，A不是；對于B，當，時，，B不是；對于C，當，時，由，得，當且僅當時取等號，反之取，滿足，而不成立，因此是成立的一個充分不必要條件，C是；對于D，令，不等式成立，而，D不是.故選：C39．（2023·四川南充·模擬預測）函數在上是減函數的一個充分不必要條件是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】問題可轉化為只需即可，討論，，三種情況，結合二次函數的性質，從而求出m的范圍.【詳解】在上是減函數，只需要即可，若，則，成立；若，則是二次函數，由二次函數的性質可得，時恒成立.若，當和時，，故不成立.所以，當時，，而是的充分不必要條件.故選：A.考點7探求命題成立的一個必要不充分條件40．（2024·四川成都·模擬預測）已知，為實數，則使得“”成立的一個必要不充分條件為（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用不等式的性質、結合對數函數、冪函數單調性，充分條件、必要條件的定義判斷即得.【詳解】對于A，，不能推出，如，反之，則有，即是的既不充分也不必要條件，A錯誤；對于B，由，得，即，不能推出，反之，則，因此是的必要不充分條件，B正確；對于C，，是的充分必要條件，C錯誤；對于D，由，得，反之不能推出，因此是的充分不必要條件，D錯誤.故選：B.41．（23-24高一上·廣東佛山·階段練習）關于的一元二次方程有實數解的一個必要不充分條件的是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由可得，根據充分、必要條件的定義，結合選項即可求解.【詳解】因為一元二次方程有實根，所以，解得.又是的真子集，所以“”是“”的必要不充分條件.故選：A42．（2023·重慶·模擬預測）命題“”是真命題的一個必要不充分條件是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據恒成立問題分析可得命題“”是真命題等價于“”，結合充分、必要條件分析判斷.【詳解】若命題“”是真命題，則，可知當時，取到最大值，解得，所以命題“”是真命題等價于“”.因為，故“”是“”的必要不充分條件，故A正確；因為，故“”是“”的充要條件，故B錯誤；因為，故“”是“”的充分不必要條件，故C錯誤；因為與不存在包含關系，故“”是“”的即不充分也不必要條件，故D錯誤；故選：A.43．（2023·貴州遵義·模擬預測）“函數存在零點”的一個必要不充分條件為（

）A． B．C．m＞2 D．【答案】A【分析】令可得，再分析的奇偶性與單調性，結合的最值判斷即可.【詳解】令化簡可得，令，易得函數為偶函數，且在上單調遞減，在上單調遞增，又，且，故有零點則，所求范圍要比此大，選項中僅A符合.故選：A.44．（22-23高三下·河北衡水·階段練習）條件，，則的一個必要不充分條件是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】對于命題，由參變量分離法可得，求出函數在上的最大值，可得出實數的取值范圍，再利用必要不充分條件的定義可得出合適的選項.【詳解】若，使得，則，可得，則，因為函數在上單調遞減，在上單調遞增，且，故當時，，即，所以，的一個必要不充分條件是.故選：A.考點8探求命題成立的一個充要條件45．（2023·寧夏銀川·模擬預測）的一個充要條件是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用舉例說明，排除AB；利用對數函數的單調性判斷C；利用指數函數的單調性判斷D.【詳解】A：若，取，則不成立，故A不符題意；B：若，取，則不成立，故B不符題意；C：函數在上單調遞增，由，得，故C不符題意；D：函數在R上單調遞增，由，得；由，得，所以“”是“”的充要條件，故D符合題意.故選：D.46．（2024·湖南衡陽·模擬預測）已知復數為虛數單位的共軛復數為，則“為純虛數”的充分必要條件為（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】根據復數的乘法運算化簡復數，再由共軛復數和純虛數的定義即可求解.【詳解】因為，由為純虛數，即且，即且.故選：D.47．（23-24高二上·廣東汕頭·期末）命題方程表示焦點在軸上的橢圓，則使命題成立的充分必要條件是（）A． B．C． D．【答案】B【分析】求出當命題為真命題時實數的取值范圍，再結合充要條件的定義可得出結論.本號資料全部來#源于微信公眾號：數學第六感【詳解】若命題為真命題，則方程表示焦點在軸上的橢圓，所以，，解得，因此，使命題成立的充分必要條件是.故選：B．48．（2023·海南?？凇つM預測）已知集合，則的充要條件是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】解一元二次不等式求集合P，解根式不等式求集合Q，根據集合并集結果有即可求參數a的范圍，最后由充分、必要性定義可得答案.本號資料全部來源于微信公眾*號：數學第六感【詳解】由題設，，，若，則，故，可得.所以是的充要條件.故選：B49．（2024·貴州貴陽·二模）設為直線，為平面，則的一個充要條件是（

）A．內存在一條直線與平行 B．平行內無數條直線C．垂直于的直線都垂直于 D．存在一個與平行的平面經過【答案】D【分析】根據題意，結合直線與平面平行，以及平面與平面平行的判定及性質，逐項判定，即可求解.【詳解】對于A中，由內存在一條直線與平行，則或，所以A不正確；對于B中，由平行內無數條直線，則或，所以B不正確；對于C中，由垂直于的直線都垂直于，則或，所以C不正確；對于D中，如圖所示，由，在直線上任取一點作直線，使得，因為且平面，所以，即充分性成立；反之，若存在一個與平行的平面經過，根據面面平行的性質，可得，即必要性成立，所以D正確.故選：D.50．（2024高三·全國·專題練習）已知圓，，，則“直線AB與圓C有公共點”的充要條件是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據題意可得直線AB的方程，再設圓的半徑為，其圓心到直線AB的距離為，從而可得“直線AB與圓C有公共點”的充要條件是“”，進而求解即可．【詳解】由，，則直線AB的方程為，設圓的半徑為，其圓心到直線AB的距離為，則“直線AB與圓C有公共點”的充要條件是“”即，解得．故選：D．考點9根據充分不必要條件求參數51．（2024·山東濟南·二模）已知，若“”是“”的充分不必要條件，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用充分不必要條件求參數，得到，即可求解.【詳解】因為“”是“”的充分不必要條件，所以，所以.故選：D.52．（2023·四川甘孜·一模）設.若是的充分不必要條件，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】對，進行化簡，然后利用充分不必要條件的定義求解即可.【詳解】因為，所以，即，因為，所以，若是的充分不必要條件，則，解得，，故選：A.53．（20-21高一下·浙江·期末）已知條件，條件，且是的充分不必要條件，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】解不等式得到或，根據題意得到是的充分不必要條件，從而得到兩不等式的包含關系，求出答案.【詳解】由條件，解得或；因為是的充分不必要條件，所以是的充分不必要條件，故是或的真子集，則的取值范圍是，故選：B．54．（2024·陜西安康·模擬預測）已知命題：函數在區(qū)間上單調遞增，命題：，若是的充分不必要條件，則的取值范圍是.【答案】【分析】根據題意可得命題：，由是的充分不必要條件，可得是的真子集，即可得到答案.【詳解】因為函數在區(qū)間上單調遞增，所以，解得：，又因為是的充分不必要條件，則是的真子集，即的取值范圍是故答案為：考點10根據必要不充分條件求參數55．（22-23高二下·湖南·階段練習）已知集合，，若“”是“”的必要不充分條件，則實數的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】解不等式，確定集合A，討論m的范圍，確定B，根據題意推出，由此列出不等式組，即可求得答案.【詳解】由題意集合，，若，則，此時，因為“”是“”的必要不充分條件，故,故；若，則，此時，因為“”是“”的必要不充分條件，故,故；若，則，此時，滿足,綜合以上可得，故選：C56．（2023·四川綿陽·模擬預測）若?是?的必要不充分條件，則實數?的取值范圍（

）A． B．? C．? D．【答案】B【分析】根據前者是后者得必要不充分條件，得到，再利用數軸得到不等式，得到的范圍.【詳解】是的必要不充分條件，，，解得.故選：B.57．（2019·江西撫州·一模）已知：，：，若是的必要不充分條件，則實數的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】解不等式確定集合，然后由必要不充分條件得是的真子集可得結論．【詳解】∵且或，，又是的必要不充分條件，∴，∴，故選：D.【點睛】結論點睛：本題考查由必要不充分條件求參數，一般可根據如下規(guī)則判斷：*本號資料全部來源于微信公眾號：數學第六感命題對應集合，命題對應的集合，則（1）是的充分條件；（2）是的必要條件；（3）是的充分必要條件；（4）是的既不充分又不必要條件集合之間沒有包含關系．58．（2021·云南紅河·模擬預測）“”是“”的必要不充分條件，則實數的取值范圍為（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】先解不等式，得到，再由題中條件，得出，即可得出結果.【詳解】解關于的不等式得：，又“”是“”的必要不充分條件，所以是的真子集，故只需即可，所以.故選：C.【點睛】本題主要考查由必要不充分條件求參數，屬于基礎題型.考點11根據充要條件求參數59．（23-24高一下·湖南·期末）已知集合，若是的充要條件，則整數（

）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】D【分析】解絕對值不等式，根據是的充要條件，得到不等式，解得，得到答案.【詳解】，由于是的充要條件，，所以，解得，故整數.故選：D60．（2020·河南·模擬預測）若關于的不等式成立的充要條件是，則.【答案】2【分析】利用充分條件和必要條件的定義求解.本號#資料全部來源于微信*公眾號：數學第六感【詳解】因為是不等式成立的充分條件，所以，因為是不等式成立的必要條件，所以，故.故答案為：2【點睛】本題考查不等式的解法、簡易邏輯，還考查了推理能力與運算能力，屬于基礎題..61．（20-21高一上·湖南郴州·階段練習）設集合，；(1)用列舉法表示集合；(2)若是的充要條件，求實數的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）直接解方程即可；（2）根據條件得，可得是方程的根，進而可得實數的值.【詳解】（1）集合，即；（2）由已知，，若是的充要條件，則，，.考點12充要條件的證明62．（2023·上海普陀·一模）設函數的表達式為.(1)求證：“”是“函數為偶函數”的充要條件；(2)若，且，求實數的取值范圍.【答案】(1)證明見解析；(2)或.【分析】（1）根據給定條件，利用偶函數的定義、結合充要條件的意義推理即得.（2）利用偶函數性質及在的單調性求解不等式即可.【詳解】（1）函數的定義域為R，不恒為0，函數為偶函數，所以“”是“函數為偶函數”的充要條件.本號資料全部來源#于微信公眾號：數#學第六感（2）當時，，求導得，函數在R上單調遞增，當時，，即函數在單調遞增，又是偶函數，因此，即，解得或，所以實數的取值范圍是或.63．（2023·安徽六安·一模）數列滿足，稱為數列的指數和.(1)若，求所有可能的取值；(2)求證：數列的指數和的充分必要條件是.【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）分別討論的取值，由可求得所有可能的取值；（2）當時，可知，結合等比數列求和公式可證得充分性成立；假設，可知，結合等比數列求和公式可證得必要性成立，由此可得結論.【詳解】（1）由題意知：，，當時，；當，時，；當，時，；當，時，；當，時，；當，時，；當，時，；當時，；綜上所述：所有可能的取值為.（2）充分性：當時，（當且僅當時取等號），即當時，，充分性成立；必要性：假設，則（當且僅當時取等號），與矛盾，假設錯誤，即，必要性成立；綜上所述：數列的指數和的充分必要條件是64．（2022·云南·一模）已知函數，是自然對數的底數，，.(1)求的單調區(qū)間；(2)記：有兩個零點；：.求證：是的充要條件.要求：先證充分性，再證必要性.【答案】(1)單調遞增區(qū)間為；單調遞減區(qū)間為(2)證明見解析【分析】（1）利用導數求得的單調區(qū)間.（2）：根據來證得結論成立；：結合函數的單調性以及零點存在性定理來證得結論成立.【詳解】（1）∵，∴的定義域為，.∵當時，，∴在上是增函數；∵當時，，∴在上是減函數.∴的單調遞增區(qū)間為；單調遞減區(qū)間為.（2）充分性：由（1）知，當時，取得最大值，即的最大值為.由有兩個零點，得，解得.∴.必要性：函數，在區(qū)間上遞增，，所以.∵，∴.∴.∵，，，∴.∴.∴，使；又∵，∴，使.∵在上單調遞增，在上單調遞減，∴，且，易得.∴當時，有兩個零點.【點睛】利用導數求函數的單調區(qū)間，首先要求出函數的定義域.證明充要條件的問題，可由，和成立來證明.函數零點問題的研究，可考慮結合零點存在性定理來求解.65．（21-22高三上·北京·期末）已知數列：，，…，滿足：①；②.記.（1）直接寫出的所有可能值；（2）證明：的充要條件是；（3）若，求的所有可能值的和.【答案】（1）所有可能值是，，，，1，3，5，7；（2）證明見解析；（3）.【解析】（1）根據遞推關系式以及求和式子即可得出結果.（2）充分性：求出數列的通項公式，再利用等比數列的前和公式可證；必要性：利用反證法即可證明.（3）列出中的項，得出數列的規(guī)律：每一個數列前項與之對應項是相反數的數列，即可求解.【詳解】解：（1）的所有可能值是，，，，1，3，5，7.（2）充分性：若，即.所以滿足，且前項和最小的數列是，，，…，，.所以.所以.必要性：若，即.假設，即.所以，與已知矛盾.所以.綜上所述，的充要條件是.（3）由（2）知，可得.所以.因為數列：，，…，中有，1兩種，有，2兩種，有，4兩種，…，有，兩種，有一種，所以數列：，，…，有個，且在這個數列中，每一個數列都可以找到前項與之對應項是相反數的數列.所以這樣的兩數列的前項和是.所以這個數列的前項和是.所以的所有可能值的和是.【點睛】關鍵點點睛：本題考查了等比數列的通項公式、求和公式，解題的關鍵是根據遞推關系式得出數列的通項公式，注意討論，此題也考查了數列不等式、反證法在數列中的應用.本號資料全部來源于微信#公眾號：數學#第六感66．（2020·上海寶山·三模）令（）.（1）若，，試寫出的解析式并求的最小值；（2）已知，，令，試探討函數的基本性質（不需證明）；（3）已知定義在上的函數是單調遞增函數，是周期函數，是單調遞減函數，求證：是單調遞增函數的充要條件：對任意的，，.【答案】（1），的最小值是-1；（2）性質見解析；（3）證明見解析.【分析】（1）分別解不等式和即可得對應的范圍的解析式，再利用圖象可求出最值；（2）作出，的圖象，由圖象可知的解析式即性質.（3）用反證法證明：假設存在，使得，則，利用周期性、單調性得出與單調遞增矛盾，即可證明原命題成立.【詳解】（1）由，即解得：或，由，即解得：，所以，圖象如圖：由圖知的最小值是-1.（2），，圖象如下圖：①當，或時，取得最大值1；當，取最小值為.②奇偶性：非奇非偶函數③零點：，④最小正周期：⑤單調遞減區(qū)間：，；⑥單調遞增區(qū)間：，（3）充分性：顯然；證明必要性：，（用反證法），若存在，使得，則，設的周期為，取，則，，，，∴，∴與單調遞增矛盾.∴原結論成立.【點睛】本題主要考查了新定義函數，作出兩個函數圖象，數形結合是解決問題的好辦法，當命題直接證明不容易，可以考慮反證法，屬于難題.考點13判斷全稱量詞命題和存在量詞命題的真假67．（2024·陜西咸陽·模擬預測）下列命題中，真命題是（

）A．“”是“”的必要條件B．C．D．的充要條件是【答案】B【分析】舉反例來判斷ACD，利用指數函數的性質判斷B.【詳解】對于A，當時，滿足，但不滿足，故“”不是“”的必要條件，故錯誤；對于B，根據指數函數的性質可得，對于，即，故正確；本號資料全部來源于*微信公#眾號：數學第六感對于C，當時，，故錯誤；對于D，當時，滿足，但不成立，故錯誤.故選：B.68．（2022·安徽蚌埠·模擬預測）下列四個命題中，是假命題的是（

）A．，且B．，使得C．若x＞0，y＞0，則D．若，則的最小值為1【答案】A【分析】A舉反例，B找一個滿足條件的，C基本不等式的應用，D分離常數結合基本不等式.【詳解】解析：選A.對于A，，且對x＜0時不成立；對于B，當x＝1時，x2＋1＝2，2x＝2，成立，正確；對于C，若x＞0，y＞0，則，化為，當且僅當時取等號，C正確；對于D，，因為，所以，所以，當且僅當，即時取等號.故y的最小值為1，D正確.故選：A69．（2023·廣東東莞·三模）已知全集和它的兩個非空子集，的關系如圖所示，則下列命題正確的是（

）

A．， B．，C．， D．，【答案】B【分析】判斷出，根據子集的定義對各個選項逐個判斷即可求解．【詳解】由圖可知，且，非空，則根據子集的定義可得：對于，，不正確，對于，，正確，對于，，不正確，對于，，不正確，故選：．70．（2023·河北·模擬預測）命題：，，命題：，，則（

）A．真真 B．假假 C．假真 D．真假【答案】D【分析】對于命題：根據特稱命題結合二次函數分析判斷；對于命題：根據存在命題結合二次函數的判別式分析判斷.【詳解】對于命題：令，則開口向上，對稱軸為，且，則，所以，，即命題為真命題；對于命題：因為，所以方程無解，即命題為假命題；故選：D.71．（2023·江蘇南通·模擬預測）已知P，Q為R的兩個非空真子集，若，則下列結論正確的是（

）A．， B．，C．， D．，【答案】B【分析】根據條件畫出圖，根據圖形，判斷選項.【詳解】因為，所以，如圖，對于選項A：由題意知P是Q的真子集，故，，故不正確，對于選項B：由是的真子集且，都不是空集知，，，故正確.對于選項C：由是的真子集知，，，故不正確，對于選項D：Q是的真子集，故，，故不正確，故選：B72．（2023·貴州畢節(jié)·模擬預測）直線，直線，給出下列命題：本號資料全部來源#于微信公眾號：數學第六感①，使得；

②，使得；③，與都相交；

④，使得原點到的距離為.其中正確的是（

）A．①② B．②③ C．②④ D．①④【答案】C【分析】利用兩直線平行可得出關于的等式與不等式，解之可判斷①；利用兩直線垂直可求得實數的值，可判斷②；取可判斷③；利用點到直線的距離公式可判斷④.【詳解】對于①，若，則，該方程組無解，①錯；對于②，若，則，解得，②對；對于③，當時，直線的方程為，即，此時，、重合，③錯；對于④，直線的方程為，若，使得原點到的距離為，則，整理可得，，方程有解，④對.故選：C.73．（2023·安徽·三模）給出下列四個命題，其中正確命題為（

）A．“，”的否定是“，”B．“”是“”的必要不充分條件C．，，使得D．“”是“”的充分不必要條件【答案】C【分析】利用全稱量詞命題的否定判斷A；利用充分條件、必要條件的定義判斷BD；判斷存在量詞命題的真假判斷C作答.【詳解】對于A，“，”是全稱量詞命題，其否定是存在量詞命題，該命題的否定為，，A錯誤；對于B，“若，則”是假命題，如，而，B錯誤；對于C，取，則，C正確；對于D，因為函數是R上的增函數，則“”是“”的充要條件，D錯誤．故選：C考點14根據全稱量詞命題的真假求參數74．（2024·四川涼山·二模）已知命題“，”是假命題，則m的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】寫出原命題的否定，即為真命題，然后將有解問題轉化為最值問題求解即可.【詳解】命題“，”是假命題，則“，”是真命題，所以有解，所以，又，因為，所以，即.故選：B.75．（2023·江蘇淮安·模擬預測）已知．若p為假命題，則a的取值范圍為(

)A． B． C． D．【答案】A【分析】根據命題為假，則命題的否定為真，轉化為恒成立問題，列不等式求參.【詳解】因為p為假命題，所以，為真命題，*本號資料全部來源于微信公眾號：數學第六*感故當時，恒成立．因為當時，的最小值為，所以，即a的取值范圍為．故選：A.76．（2024·遼寧·模擬預測）命題“任意，”為假命題，則實數的取值范圍是.【答案】【分析】根據題意，問題轉化為存在，為真命題，即，求出的最小值得解.【詳解】若命題任意“，”為假命題，則命題存在，為真命題，因為時，，令，則，則在上單調遞增，所以，所以.故答案為：.77．（2024·全國·模擬預測）已知命題“對于，”為真命題，寫出符合條件的的一個值：．【答案】（答案不唯一）【分析】當時，，當時，可得可取任意負數，即可求解.【詳解】對于，，當時，對于，，則可取任意負數，如；故答案為：.考點15根據存在量詞命題的真假求參數78．（2024·陜西安康·模擬預測）已知命題，若為假命題，則的取值范圍是【答案】【分析】根據全稱命題的真假可知為真命題，由此構造函數，結合單調性求得最值，即可求得答案.【詳解】由題意知命題為假命題，則為真命題，設，則，由于在R上單調遞增，故在上單調遞減，則，故，故答案為：79．（2023·江西鷹潭·模擬預測）若命題：“，”是假命題，則的取值范圍是.【答案】【分析】本題首先可根據題意得出命題“”是真命題，然后分為三種情況進行討論，結合二次函數性質即可得出結果.【詳解】因為命題：“，”是假命題，所以命題“”是真命題，若，即或，當時，不等式為，恒成立，滿足題意；當時，不等式為，不恒成立，不滿足題意；當時，則需要滿足，即，解得，綜上所述，的取值范圍是.故答案為：80．（2024·陜西安康·模擬預測）已知命題為假命題，則的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由命題為假命題，得到為真命題.方法一：參數分離，并構造函數，通過導數求函數單調性求解；方法二：將轉化為直線與曲線沒有交點，通過導數求切斜方程即可.本號資料全部來源于微信公眾號：數學第*六感【詳解】法一：由題可得為真命題，本號資料全#部來源于微信公眾*號：數學第六感易知滿足，符合題意，此時；當時，可變形為，令，則，當時，；當時，，當時，單調遞減，且；當時，單調遞減；當時，單調遞增，所以當時，，作出函數的圖象如圖①所示，由題可知直線與函數的圖象沒有交點，數形結合可得.法二：由題可得為真命題，即直線與曲線沒有交點.設直線與曲線切于點，由，得，則，所以，所以直線與曲線相切，若直線與曲線沒有交點，如圖②所示，則.故選：D.81．（2024·湖北武漢·模擬預測）若命題“,”是假命題，則不能等于（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】轉化為命題的否定“,”為真命題.用關于的一次函數來考慮，即可解.【詳解】根據題意，知原命題的否定“,”為真命題.令,,解得.故選:C.82．（2024·四川攀枝花·二模）已知命題“,使得曲線在點處的切線斜率小于等于零”是假命題，則實數a的取值范圍是（

）A．或 B．或 C． D．【答案】C【分析】利用導數的幾何意義、導數的基本運算、二次不等式恒成立計算即可.【詳解】由，則，根據題意可知，即.故選：C83．（2023·四川成都·二模）已知數列滿