2021高考数学(福建-理)一轮作业：1.2-命题及其关系、充分条件与必要条件.docx

§1.2命题及其关系、充分条件与必要条件

一、选择题
1．设集合A＝{x∈R|x－2＞0}，B＝{x∈R|x＜0}，C＝{x∈R|x(x－2)＞0}，则“x∈A∪B”是“x∈C”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
解析：A∪B＝{x∈R|x＜0或x＞2}，C＝{x∈R|x＜0或x＞2}，
∵A∪B＝C，∴x∈A∪B是x∈C的充分必要条件．
答案：C
2．已知命题p：∃n∈N,2n＞1 000，则綈p为(　　)．
A．∀n∈N,2n≤1 000 B．∀n∈N,2n＞1 000
C．∃n∈N,2n≤1 000 D．∃n∈N,2n＜1 000
解析　特称命题的否定是全称命题．即p：∃x∈M，p(x)，则綈p：∀x∈M，綈p(x)．故选A.
答案　A
3．命题“若－1＜x＜1，则x2＜1”的逆否命题是(　　)
A．若x≥1或x≤－1，则x2≥1
B．若x2<1，则－11，则x>1或x<－1
D．若x2≥1，则x≥1或x≤－1
解析：若原命题是“若p，则q”，则逆否命题为“若綈q则綈p”，故此命题的逆否命题是“若x2≥1，则x≥1或x≤－1”．
答案：D
4．已知α，β角的终边均在第一象限，则“α＞β”是“sin α＞sin β”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
解析　(特例法)当α＞β时，令α＝390°，β＝60°，则sin 390°＝sin 30°＝＜sin 60°＝，故sin α＞sin β不成立；当sin α＞sin β时，令α＝60°，β＝390°满足上式，此时α＜β，故“α＞β”是“sin α＞sin β”的既不充分也不必要条件．
答案　D
【点评】 本题接受了特例法，所谓特例法，就是用特殊值(特殊图形、特殊位置)代替题设普遍条件，得出特殊结论，对各个选项进行检验，从而作出正确的推断.特例法的理论依据是：命题的一般性结论为真的先决条件是它的特殊状况为真即一般性寓于特殊性之中.常用的特例有取特殊数值、特殊数列、特殊函数、特殊图形、特殊角、特殊位置等.这种方法实际是一种“小题小做”的解题策略，对解答某些选择题有时往往格外奏效.
5．命题“若f(x)是奇函数，则f(－x)是奇函数”的否命题是(　　)
A．若f(x)是偶函数，则f(－x)是偶函数
B．若f(x)不是奇函数，则f(－x)不是奇函数
C．若f(－x)是奇函数，则f(x)是奇函数
D．若f(－x)不是奇函数，则f(x)不是奇函数
解析：否命题是既否定题设又否定结论．
答案：B
6．设集合M＝{1,2}，N＝{a2}，则“a＝1”是“N⊆M”的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分又不必要条件
解析：当a＝1时，N＝{1}，此时有N⊆M，则条件具有充分性；当N⊆M时，有a2＝1或a2＝2得到a1＝1，a2＝－1，a3＝，a4＝－，故不具有必要性，所以“a＝1”是“N⊆M”的充分不必要条件．
答案：A
7．若实数a，b满足a≥0，b≥0，且ab＝0，则称a与b互补．记φ(a，b)＝－a－b，那么φ(a，b)＝0是a与b互补的(　　)．
A．必要而不充分的条件 B．充分而不必要的条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要的条件
解析　若φ(a，b)＝0，即＝a＋b，两边平方得ab＝0，故具备充分性．若a≥0，b≥0，ab＝0，则不妨设a＝0.φ(a，b)＝－a－b＝－b＝0.故具备必要性．故选C.
答案　C
二、填空题
8.若不等式成立的充分不必要条件是，则实数的取值范围是______
答案：

9．有三个命题：(1)“若x＋y＝0，则x，y互为相反数”的逆命题；
(2)“若a＞b，则a2＞b2”的逆否命题；
(3)“若x≤－3，则x2＋x－6＞0”的否命题．
其中真命题的个数为________(填序号)．
解析　(1)真，(2)原命题假，所以逆否命题也假，(3)易推断原命题的逆命题假，则原命题的否命题假．
答案　1
10．定义：若对定义域D上的任意实数x都有f(x)＝0，则称函数f(x)为D上的零函数．
依据以上定义，“f(x)是D上的零函数或g(x)是D上的零函数”为“f(x)与g(x)的积函数是D上的零函数”的________条件．
解析　设D＝(－1,1)，f(x)＝
g(x)＝明显F(x)＝f(x)·g(x)是定义域D上的零函数，但f(x)与g(x)都不是D上的零函数．
答案　充分不必要
11．p：“向量a与向量b的夹角θ为锐角”是q：“a·b>0”的________条件．
解析：若向量a与向量b的夹角θ为锐角，则cos θ＝>0，即a·b>0；由a·b>0可得cos θ＝>0，故θ为锐角或θ＝0°，故p是q的充分不必要条件．
答案：充分不必要
12．已知a与b均为单位向量，其夹角为θ，有下列四个命题
p1：|a＋b|＞1⇔θ∈
p2：|a＋b|＞1⇔θ∈
p3：|a－b|＞1⇔θ∈
p4：|a－b|＞1⇔θ∈
其中真命题的个数是____________．
解析　由|a＋b|＞1可得a2＋2a·b＋b2＞1，由于|a|＝1，|b|＝1，所以a·b＞－，故θ∈.当θ∈时，a·b＞－，|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＞1，即|a＋b|＞1，故p1正确．由|a－b|＞1可得a2－2a·b＋b2＞1，由于|a|＝1，|b|＝1，所以a·b＜，故θ∈，反之也成立，p4正确．
答案　2
三、解答题
13.设：函数在区间（4，+∞）上单调递增；，假如“”是真命题，“或”也是真命题，求实数的取值范围。
解析：在区间（4，+∞）上递增，
在（4，+∞）上递增，故 …………（3分）
由 …………（6分）
假如“”为真命题，则为假命题，即 …………（8分）
又由于为真，则为真，即
由可得实数的取值范围是 …………（12分）

14．已知函数f(x)是(－∞，＋∞)上的增函数，a、b∈R，对命题“若a＋b≥0，则f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)”．
(1)写出其逆命题，推断其真假，并证明你的结论；
(2)写出其逆否命题，推断其真假，并证明你的结论．
解　(1)逆命题是：若f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)，
则a＋b≥0为真命题．
用反证法证明：假设a＋b＜0，则a＜－b，b＜－a.
∵f(x)是(－∞，＋∞)上的增函数，
则f(a)＜f(－b)，f(b)＜f(－a)，
∴f(a)＋f(b)＜f(－a)＋f(－b)，这与题设相冲突，所以逆命题为真．
(2)逆否命题：若f(a)＋f(b)＜f(－a)＋f(－b)，
则a＋b＜0为真命题．
由于原命题⇔它的逆否命题，所以证明原命题为真命题即可．
∵a＋b≥0, ∴a≥－b，b≥－a.
又∵f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，
∴f(a)≥f(－b)，f(b)≥f(－a)，
∴f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)．
所以逆否命题为真．
15．推断命题“若a≥0，则x2＋x－a＝0有实根”的逆否命题的真假．
解　法一　写出逆否命题，再推断其真假．
原命题：若a≥0，则x2＋x－a＝0有实根．
逆否命题：若x2＋x－a＝0无实根，则a＜0.
推断如下：
∵x2＋x－a＝0无实根，
∴Δ＝1＋4a＜0，∴a＜－＜0，
∴“若x2＋x－a＝0无实根，则a＜0”为真命题．
法二　利用原命题与逆否命题同真同假(即等价关系)推断
∵a≥0，∴4a≥0，∴4a＋1＞0，
∴方程x2＋x－a＝0的判别式Δ＝4a＋1＞0，
∴方程x2＋x－a＝0有实根，
故原命题“若a≥0，则x2＋x－a＝0有实根”为真．
又∵原命题与其逆否命题等价，
∴“若a≥0，则x2＋x－a＝0有实根”的逆否命题为真命题．
法三　利用充要条件与集合关系推断．
命题p：a≥0，q：x2＋x－a＝0有实根，
∴p：A＝{a∈R|a≥0}，
q：B＝{a∈R|方程x2＋x－a＝0有实根}＝.
即A⊆B，∴“若p，则q”为真，
∴“若p，则q”的逆否命题“若綈q，则綈p”为真．
∴“若a≥0，则x2＋x－a＝0有实根”的逆否命题为真．
16．设p：实数x满足x2－4ax＋3a2<0，其中a≠0，q：实数x满足
(1)若a＝1，且p∧q为真，求实数x的取值范围；
(2)若p是q的必要不充分条件，求实数a的取值范围．
解：(1)由x2－4ax＋3a2<0，得(x－3a)(x－a)<0，
当a＝1时，解得10时，A＝(a,3a)；
a<0时，A＝(3a，a)．
所以当a>0时，有解得1