新教材2024届高考数学二轮专项分层特训卷二命题点加强练命题点2常用逻辑用语小题突破（附解析）

这是一份新教材2024届高考数学二轮专项分层特训卷二命题点加强练命题点2常用逻辑用语小题突破（附解析），共5页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

1．[2023·天津模拟]已知命题p：∀x>0，使得(x＋1)ex>1，则¬p为( )
A．∃x≤0，使得(x＋1)ex≤1B．∃x>0，使得(x＋1)ex≤1
C．∀x>0，使得(x＋1)ex<1D．∀x≤0，使得(x＋1)ex≤1
2．[2023·河南驻马店模拟]已知p：x＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，q：sinx＝1，则p是q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
3．[2023·安徽安庆模拟]已知向量a，b是两个单位向量，则“eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a－b))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
4．[2023·山东临沂模拟]“θ＝kπ±eq \f(π,3)(k∈Z)”是“θ＝eq \f(kπ,3)(k∈Z)”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
5．[2023·安徽宿州模拟]“csα＝eq \f(1,2)”是“cs2α＝－eq \f(1,2)”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
6．[2023·北京通州模拟]等比数列{an}的首项为a1，公比为q，前n项和为Sn，则“a1>0”是“{Sn}是递增数列”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
7．[2023·全国甲卷]“sin2α＋sin2β＝1”是“sinα＋csβ＝0”的( )
A．充分条件但不是必要条件B．必要条件但不是充分条件
C．充要条件D．既不是充分条件也不是必要条件
8．[2023·河南开封模拟]a，b为实数，则“a>b>1”是“|ln a|>|ln b|”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
9．[2023·新课标Ⅰ卷]记Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数列；乙：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))为等差数列，则( )
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
10．[2023·安徽黄山模拟]“a<1”是“函数f(x)＝lg2[(1－a)x－1]在区间(1，＋∞)上单调递增”的( )
A．充分不必要条件B．充要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
二、多项选择题
11．[2023·辽宁沈阳二中二模]对任意实数a，b，c，给出下列命题，其中假命题是( )
A．“a＝b”是“ac＝bc”的充要条件
B．“a>b”是“a2>b2”的充分条件
C．“a<5”是“a<3”的必要条件
D．“a＋5是无理数”是“a是无理数”的充分不必要条件
12．[2023·江苏南通模拟]下列命题正确的是( )
A．“a>1”是“eq \f(1,a)<1”的充分不必要条件
B．命题“∀x<1，x2<1”的否定是“∃x<1，x2≥1”
C．设x，y∈R，则“x≥2且y≥2”是“x2＋y2≥4”的必要不充分条件
D．设a，b∈R，则“a≠0”是“ab≠0”的必要不充分条件
[答题区]
三、填空题
13．已知命题p：“∀x∈[1，2]，a14．[2023·河南郑州模拟]若“∃x∈R，x2－6ax＋3a<0”为假命题，则实数a的取值范围为________．
15．[2023·山东潍坊模拟]若“x＝α”是“sinx＋csx>1”的一个充分条件，则α的一个可能值是________．
16．[2023·辽宁大连模拟]已知p：－x2＋4x－3≥0，q：a－1≤x≤2a－3(a>2)，若p是q的必要不充分条件，则实数a的取值范围为________．
命题点2 常用逻辑用语(小题突破)
1．解析：根据命题的否定的定义，
因为命题p：∀x>0，使得(x＋1)ex>1，
所以¬p为∃x>0，使得(x＋1)ex≤1，故选B.
答案：B
2．解析：若x＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)则sinx＝1，或sinx＝－1，故由p得不到q；
若sinx＝1，则x＝eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z), 所以由q可以推出p，故p是q的必要不充分条件．故选B.
答案：B
3．解析：因为a，b为单位向量，所以由eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a－b))所以得a·b>0，而〈a，b〉∈[0，π]，所以a，b夹角为0或锐角；
所以“eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a－b))答案：B
4．解析：因为{θeq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(θ＝\f(kπ,3)，k∈Z))}＝{θeq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(θ＝kπ－\f(π,3)))或θ＝kπ或θ＝kπ＋eq \f(π,3)，k∈Z}，
所以，，
因此，“θ＝kπ±eq \f(π,3)(k∈Z)”是“θ＝eq \f(kπ,3)(k∈Z)”的充分不必要条件．故选A.
答案：A
5．解析：由csα＝eq \f(1,2)可得cs2α＝2cs2α－1＝－eq \f(1,2)，即充分性成立；
当cs2α＝2cs2α－1＝－eq \f(1,2)时，可得csα＝±eq \f(1,2)；所以必要性不成立；
所以“csα＝eq \f(1,2)”是“cs2α＝－eq \f(1,2)”的充分不必要条件．故选A.
答案：A
6．解析：在等比数列{an}中，取a1＝1，q＝－1，
此时an＝(－1)n－1，{an}为摆动数列，∴S1＝1>S2＝0，故充分性不成立；
若等比数列{an}的公比为q，且{Sn}是递增数列，∴Sn>Sn－1，
∴Sn－Sn－1>0，
∴n≥2，an＝a1qn－1>0，a2＝a1q>0，a3＝a1q2>0，则a1>0，所以，数列{Sn}为递增数列时，a1>0成立，故必要性成立．
所以，“a1>0”是“数列{Sn}为递增数列”的必要不充分条件．故选B.
答案：B
7．解析：当sin2α＋sin2β＝1时，例如α＝eq \f(π,2)，β＝0但sinα＋csβ≠0，
即sin2α＋sin2β＝1推不出sinα＋csβ＝0；
当sinα＋csβ＝0时，sin2α＋sin2β＝(－csβ)2＋sin2β＝1，
即sinα＋csβ＝0能推出sin2α＋sin2β＝1.
综上可知，sin2α＋sin2β＝1是sinα＋csβ＝0成立的必要不充分条件．故选B.
答案：B
8．解析：因为a>b>1，根据对数函数y＝lnx单调性可知lna>lnb>0成立，所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(lna))>eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(lnb))，
即“a>b>1”是“|ln a|>|ln b|”的充分条件，
取a＝eq \f(1,3)，b＝2，此时eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(lna))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(ln\f(1,3)))＝ln3>ln2＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(ln2))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(lnb))，但a<1故“a>b>1”不是“|ln a|>|ln b|”的必要条件，
所以“a>b>1”是“|ln a|>|ln b|”的充分不必要条件．故选A.
答案：A
9．解析：方法一 甲：{an}为等差数列，设其首项为a1，公差为d，
则Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d，eq \f(Sn,n)＝a1＋eq \f(n－1,2)d＝eq \f(d,2)n＋a1－eq \f(d,2)，eq \f(Sn＋1,n＋1)－eq \f(Sn,n)＝eq \f(d,2)，
因此eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))为等差数列，则甲是乙的充分条件；
反之，乙：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))为等差数列，即eq \f(Sn＋1,n＋1)－eq \f(Sn,n)＝eq \f(nSn＋1－（n＋1）Sn,n（n＋1）)＝eq \f(nan＋1－Sn,n（n＋1）)为常数，设为t，
即eq \f(nan＋1－Sn,n（n＋1）)＝t，则Sn＝nan＋1－t·n(n＋1)，有Sn－1＝(n－1)an－t·n(n－1)，n≥2，
两式相减得：an＝nan＋1－(n－1)an－2tn，即an＋1－an＝2t，对n＝1也成立，
因此{an}为等差数列，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件，C正确．
方法二 甲：{an}为等差数列，设数列{an}的首项a1，公差为d，即Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d，
则eq \f(Sn,n)＝a1＋eq \f(（n－1）,2)d＝eq \f(d,2)n＋a1－eq \f(d,2)，因此eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))为等差数列，即甲是乙的充分条件；
反之，乙：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))为等差数列，即eq \f(Sn＋1,n＋1)－eq \f(Sn,n)＝D，eq \f(Sn,n)＝S1＋(n－1)D，
即Sn＝nS1＋n(n－1)D，Sn－1＝(n－1)S1＋(n－1)(n－2)D，
当n≥2时，上两式相减得：Sn－Sn－1＝S1＋2(n－1)D，当n＝1时，上式成立，
于是an＝a1＋2(n－1)D，又an＋1－an＝a1＋2nD－[a1＋2(n－1)D]＝2D为常数，
因此{an}为等差数列，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件．故选C.
答案：C
10．解析：令u＝(1－a)x－1，y＝lg2u，
若f(x)＝lg2[(1－a)x－1]在(1，＋∞)上单调递增，
因为y＝lg2u是(1，＋∞)上的增函数，
则需使u＝(1－a)x－1是(1，＋∞)上的增函数且u>0，
则1－a>0且1－a－1≥0，解得a≤0.
因为，故a<1是a≤0的必要不充分条件，故选C.
答案：C
11．解析：A：由a＝b有ac＝bc，当ac＝bc不一定有a＝b成立，必要性不成立，假命题；
B：若a＝1>b＝－2时a2C：a<5不一定a<3，但a<3必有a<5，故“a<5”是“a<3”的必要条件，真命题；
D：a＋5是无理数则a是无理数，若a是无理数也有a＋5是无理数，故为充要条件，假命题．
答案：ABD
12．解析：对于A，eq \f(1,a)<1即为a<0或a>1，
因为a>1可以推出a<0或a>1，a<0或a>1推不出a>1，
故“a>1”是“eq \f(1,a)<1”的充分不必要条件，故A正确．
对于B，命题“∀x<1，x2<1”的否定是“∃x<1，x2≥1”，故B正确．
对于C，当x≥2且y≥2时，有x2＋y2≥8≥4，
取x＝y＝eq \r(2)，满足x2＋y2≥4，但x≥2且y≥2不成立，
故“x≥2且y≥2”是“x2＋y2≥4”的充分不必要条件，故C错误．
对于D，取a＝1≠0，b＝0，此时ab＝0，故ab≠0不成立，
当ab≠0时，必有a≠0，
故“a≠0”是“ab≠0”的必要不充分条件，故D正确．故选ABD.
答案：ABD
13．解析：由p为真命题，有a而函数y＝x＋eq \f(1,x)在x∈[1，2]上单调递增，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))eq \s\d7(min)＝2.
答案：(－∞，2)
14．解析：由条件可知“∀x∈R，x2－6ax＋3a≥0”为真命题，
则Δ＝36a2－12a≤0，即0≤a≤eq \f(1,3).
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))
15．解析：由sinx＋csx>1可得eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))>1，则sin (x＋eq \f(π,4))>eq \f(\r(2),2)，
所以2kπ＋eq \f(π,4)解得2kπ因为“x＝α”是“sinx＋csx>1”的一个充分条件，故α的一个可能取值为eq \f(π,4).
答案：eq \f(π,4)(只需满足α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2kπ，2kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)即可)
16．解析：解不等式－x2＋4x－3≥0，即(x－1)(x－3)≤0，
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－1≤0,x－3≥0))(无解)或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－1≥0,x－3≤0))，解得1≤x≤3，
∴p等价于1≤x≤3.
∵q：a－1≤x≤2a－3(a>2)，p是q的必要不充分条件，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－1≥1,2a－3≤3,a>2))(等号不能同时成立)，解得2答案：(2，3]
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案