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高考数学考前冲刺押题预测 常用逻辑用语
一．选择题（共8小题）
1．（2024 浙江）命题“ x∈R， n∈N*，使得n≥x2”的否定形式是（　　）
A． x∈R， n∈N*，使得n＜x2
B． x∈R， n∈N*，使得n＜x2
C． x∈R， n∈N*，使得n＜x2
D． x∈R， n∈N*，使得n＜x2
2．（2024 山东）已知命题p： x∈R，x2﹣x+1≥0．命题q：若a2＜b2，则a＜b，下列命题为真命题的是（　　）
A．p∧q B．p∧（￢q） C．（￢p）∧q D．（￢p）∧（￢q）
3．（2024 天津）设x∈R，则“|x﹣2|＜1”是“x2+x﹣2＞0”的（　　）
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
4．（2024 重庆）“x＝1”是“x2﹣2x+1＝0”的（　　）
A．充要条件
B．充分而不必要条件
C．必要而不充分条件
D．既不充分也不必要条件
5．（2024 山东）已知命题p： x＞0，ln（x+1）＞0；命题q：若a＞b，则a2＞b2，下列命题为真命题的是（　　）
A．p∧q B．p∧￢q C．￢p∧q D．￢p∧￢q
6．（2024 天津）设x∈R，则“0＜x＜5”是“|x﹣1|＜1”的（　　）
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
7．（2024 全国三模）命题“ x∈R，x3﹣x2+1≤0”的否定是（　　）
A． x∈R，x3﹣x2+1≥0 B． x∈R，x3﹣x2+1＞0
C． x∈R，x3﹣x2+1≤0 D． x∈R，x3﹣x2+1＞0
8．（2024 浙江）命题“ n∈N*，f（n）∈N*且f（n）≤n”的否定形式是（　　）
A． n∈N*，f（n） N*且f（n）＞n
B． n∈N*，f（n） N*或f（n）＞n
C． n0∈N*，f（n0） N*且f（n0）＞n0
D． n0∈N*，f（n0） N*或f（n0）＞n0
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024 中山区校级期中）设非空集合P，Q满足P∩Q＝Q，且P≠Q，则下列选项中错误的是（　　）
A． x∈Q，有x∈P B． x∈P，使得x Q
C． x∈Q，使得x P D． x Q，有x P
（多选）10．（2024 江安县校级期中）命题“ x∈[1，3]，x2﹣a≤0”为真命题的一个充分不必要条件可以是（　　）
A．a＞9 B．a≤9 C．a≥10 D．a≤10
（多选）11．（2024 连云港期末）已知p，q都是r的充分条件，s是r的必要条件，q是s的必要条件，则（　　）
A．p是q的既不充分也不必要条件
B．p是s的充分条件
C．r是q的必要不充分条件
D．s是q的充要条件
（多选）12．（2021 东莞市模拟）若 x0∈[]，使得2x02﹣λx0+1＜0成立是假命题，则实数λ可能取值是（　　）
A． B． C．3 D．
三．填空题（共4小题）
13．（2024 池州期末）命题“若x+y≠3，则x≠1或y≠2”的逆否命题是　 　．
14．（2024 科尔沁区校级月考）命题“ x∈（0，+∞），x2﹣2x﹣m≥0“为真命题，则实数m的最大值为　 　．
15．（2024 浦东新区校级期末）若“x＞3”是“x＞a“的充分不必要条件，则实数a的取值范围是 　 　．
16．（2024 城关区校级期末）已知函数f（x）＝2x﹣a，g（x）＝1+x3，若存在x1，x2∈[0，1]，使得f（x1）＝g（x2）成立，则实数a的取值范围是　 　．
四．解答题（共4小题）
17．（2024 江夏区校级月考）已知，命题p： x∈R，x2+ax+2≥0，命题q： x∈[﹣3，]，x2﹣ax+1＝0．
（1）若命题p为真命题，求实数a的取值范围；
（2）若命题q为真命题，求实数a的取值范围．
18．（2024 淮南一模）已知p：|1|＜2；q：x2﹣2x+1﹣m2＜0；若￢p是￢q的充分非必要条件，求实数m的取值范围．
19．（2024 鱼台县校级期中）p： x0∈R，使得成立；q：方程x2+（a﹣3）x+a＝0有两个不相等正实根；
（1）写出￢p；
（2）若命题￢p为真命题，求实数a的取值范围；
（3）若命题“p或q”为真命题，且“p且q”为假命题，求实数a的取值范围．
20．（2024 越秀区校级模拟）已知命题p：对m∈[﹣1，1]，不等式a2﹣5a﹣3恒成立；命题q：不等式x2+ax+2＜0有解．若p是真命题，q是假命题，求a的取值范围．
高考数学考前冲刺押题预测 常用逻辑用语
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2024 浙江）命题“ x∈R， n∈N*，使得n≥x2”的否定形式是（　　）
A． x∈R， n∈N*，使得n＜x2
B． x∈R， n∈N*，使得n＜x2
C． x∈R， n∈N*，使得n＜x2
D． x∈R， n∈N*，使得n＜x2
【考点】全称量词命题的否定．
【专题】计算题；转化思想；定义法；简易逻辑．
【答案】D
【分析】特称命题的否定是全称命题，全称命题的否定是特称命题，依据规则写出结论即可
【解答】解：“ x∈R， n∈N*，使得n≥x2”的否定形式是“ x∈R， n∈N*，使得n＜x2“
故选：D．
【点评】本题考查命题的否定，解本题的关键是掌握住特称命题的否定是全称命题，书写答案是注意量词的变化．
2．（2024 山东）已知命题p： x∈R，x2﹣x+1≥0．命题q：若a2＜b2，则a＜b，下列命题为真命题的是（　　）
A．p∧q B．p∧（￢q） C．（￢p）∧q D．（￢p）∧（￢q）
【考点】复合命题及其真假．
【专题】探究型；定义法；简易逻辑．
【答案】B
【分析】先判断命题p，q的真假，进而根据复合命题真假的真值表，可得答案．
【解答】解：命题p： x＝0∈R，使x2﹣x+1≥0成立．
故命题p为真命题；
当a＝1，b＝﹣2时，a2＜b2成立，但a＜b不成立，
故命题q为假命题，
故命题p∧q，￢p∧q，￢p∧￢q均为假命题；
命题p∧￢q为真命题，
故选：B．
【点评】本题以命题的真假判断与应用为载体，考查了复合命题，特称命题，不等式与不等关系，难度中档．
3．（2024 天津）设x∈R，则“|x﹣2|＜1”是“x2+x﹣2＞0”的（　　）
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【考点】充分条件必要条件的判断．
【专题】简易逻辑．
【答案】A
【分析】根据不等式的性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【解答】解：由“|x﹣2|＜1”得1＜x＜3，
由x2+x﹣2＞0得x＞1或x＜﹣2，
即“|x﹣2|＜1”是“x2+x﹣2＞0”的充分不必要条件，
故选：A．
【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，比较基础．
4．（2024 重庆）“x＝1”是“x2﹣2x+1＝0”的（　　）
A．充要条件
B．充分而不必要条件
C．必要而不充分条件
D．既不充分也不必要条件
【考点】充分条件与必要条件．
【专题】简易逻辑．
【答案】A
【分析】先求出方程x2﹣2x+1＝0的解，再和x＝1比较，从而得到答案．
【解答】解：由x2﹣2x+1＝0，解得：x＝1，
故“x＝1”是“x2﹣2x+1＝0”的充要条件，
故选：A．
【点评】本题考查了充分必要条件，考察一元二次方程问题，是一道基础题．
5．（2024 山东）已知命题p： x＞0，ln（x+1）＞0；命题q：若a＞b，则a2＞b2，下列命题为真命题的是（　　）
A．p∧q B．p∧￢q C．￢p∧q D．￢p∧￢q
【考点】全称量词命题否定的真假判断．
【专题】转化思想；转化法；简易逻辑．
【答案】B
【分析】由对数函数的性质可知命题p为真命题，则￢p为假命题，命题q是假命题，则￢q是真命题．因此p∧￢q为真命题．
【解答】解：命题p： x＞0，ln（x+1）＞0，则命题p为真命题，则￢p为假命题；
取a＝﹣1，b＝﹣2，a＞b，但a2＜b2，则命题q是假命题，则￢q是真命题．
∴p∧q是假命题，p∧￢q是真命题，￢p∧q是假命题，￢p∧￢q是假命题．
故选：B．
【点评】本题考查命题真假性的判断，复合命题的真假性，属于基础题．
6．（2024 天津）设x∈R，则“0＜x＜5”是“|x﹣1|＜1”的（　　）
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【考点】充分条件必要条件的判断．
【专题】转化思想；定义法；简易逻辑；逻辑思维．
【答案】B
【分析】解出关于x的不等式，结合充分必要条件的定义，从而求出答案．
【解答】解：∵|x﹣1|＜1，∴0＜x＜2，
∵0＜x＜5推不出0＜x＜2，
0＜x＜2 0＜x＜5，
∴0＜x＜5是0＜x＜2的必要不充分条件，
即0＜x＜5是|x﹣1|＜1的必要不充分条件
故选：B．
【点评】本题考查了充分必要条件，考查解不等式问题，是一道基础题．
7．（2024 全国三模）命题“ x∈R，x3﹣x2+1≤0”的否定是（　　）
A． x∈R，x3﹣x2+1≥0 B． x∈R，x3﹣x2+1＞0
C． x∈R，x3﹣x2+1≤0 D． x∈R，x3﹣x2+1＞0
【考点】全称量词命题的否定；全称量词和全称量词命题．
【专题】函数的性质及应用．
【答案】B
【分析】将量词否定，结论否定，可得结论．
【解答】解：将量词否定，结论否定，可得 x∈R，x3﹣x2+1＞0
故选：B．
【点评】本题考查命题的否定，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题．
8．（2024 浙江）命题“ n∈N*，f（n）∈N*且f（n）≤n”的否定形式是（　　）
A． n∈N*，f（n） N*且f（n）＞n
B． n∈N*，f（n） N*或f（n）＞n
C． n0∈N*，f（n0） N*且f（n0）＞n0
D． n0∈N*，f（n0） N*或f（n0）＞n0
【考点】全称量词命题的否定．
【专题】简易逻辑．
【答案】D
【分析】根据全称命题的否定是特称命题即可得到结论．
【解答】解：命题为全称命题，
则命题的否定为： n0∈N*，f（n0） N*或f（n0）＞n0，
故选：D．
【点评】本题主要考查含有量词的命题的否定，比较基础．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024 中山区校级期中）设非空集合P，Q满足P∩Q＝Q，且P≠Q，则下列选项中错误的是（　　）
A． x∈Q，有x∈P B． x∈P，使得x Q
C． x∈Q，使得x P D． x Q，有x P
【考点】全称量词和全称量词命题；存在量词和存在量词命题；元素与集合关系的判断．
【专题】整体思想；综合法；集合；逻辑思维．
【答案】CD
【分析】根据交集运算结果判定集合关系，再结合Venn图判断元素与集合的关系即可．
【解答】解：∵P∩Q＝Q，∴Q P，
∴A正确；B正确；C错误；D错误．
故选：CD．
【点评】本题主要考查集合之间的关系，即什么叫做子集的问题．属于考查对课本中概念的理解．
（多选）10．（2024 江安县校级期中）命题“ x∈[1，3]，x2﹣a≤0”为真命题的一个充分不必要条件可以是（　　）
A．a＞9 B．a≤9 C．a≥10 D．a≤10
【考点】全称量词和全称量词命题；充分条件与必要条件．
【专题】简易逻辑；推理和证明．
【答案】AC
【分析】先求命题“ x∈[1，3]，x2﹣a≤0”为真命题的一个充要条件即可．
【解答】解：命题“ x∈[1，3]，x2﹣a≤0” “ x∈[1，3]，x2≤a” 9≤a，
a＞9，a≥10命题“ x∈[1，3]，x2﹣a≤0”为真命题的一个充分不必要条件．
故选：AC．
【点评】本题考查充分必要条件的概念，属于基础题．
（多选）11．（2024 连云港期末）已知p，q都是r的充分条件，s是r的必要条件，q是s的必要条件，则（　　）
A．p是q的既不充分也不必要条件
B．p是s的充分条件
C．r是q的必要不充分条件
D．s是q的充要条件
【考点】充分条件必要条件的判断．
【专题】探究型；对应思想；分析法；简易逻辑；逻辑思维．
【答案】BD
【分析】由已知可得p r s q；q r s，然后逐一分析四个选项得答案．
【解答】解：由已知得：p r s q；q r s．
∴p是q的充分条件；p是s的充分条件；r是q的充要条件；s是q的充要条件．
∴正确的是B、D．
故选：BD．
【点评】本题考查充分必要条件的判定，是基础题．
（多选）12．（2021 东莞市模拟）若 x0∈[]，使得2x02﹣λx0+1＜0成立是假命题，则实数λ可能取值是（　　）
A． B． C．3 D．
【考点】存在量词和存在量词命题；命题的真假判断与应用．
【专题】转化思想；综合法；函数的性质及应用；简易逻辑；运算求解．
【答案】AB
【分析】直接利用不等式的基本性质和函数的恒成立问题的应用求出参数λ的范围．
【解答】解：x0∈[，2]，使得2x02﹣λx0+1＜0成立是假命题，
故：对 x∈[，2]，2x2﹣λx+1≥0恒成立．
即2xλ对任意的x∈[，2]恒成立．
即（2x）min≥λ，
故2x2，（当且仅当x）等号成立．
故λ≤2．
故选：AB．
【点评】本题考查的知识要点：恒成立问题，基本不等式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．
三．填空题（共4小题）
13．（2024 池州期末）命题“若x+y≠3，则x≠1或y≠2”的逆否命题是　若x＝1且y＝2”则x+y＝3　．
【考点】四种命题间的逆否关系．
【专题】数学模型法；定义法；简易逻辑；逻辑思维．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据四种命题之间的关系，原命题的逆否命题定义可得答案．
【解答】解：四种命题之间的关系如下：
又因为p或q的否定为：￢p且￢q，
所以：命题“若x+y≠3，则x≠1或y≠2”的逆否命题是若x＝1且y＝2”则x+y＝3，
故答案为：若x＝1且y＝2”则x+y＝3．
【点评】本题考查了四种命题中的逆否命题，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
14．（2024 科尔沁区校级月考）命题“ x∈（0，+∞），x2﹣2x﹣m≥0“为真命题，则实数m的最大值为　﹣1　．
【考点】全称量词和全称量词命题．
【专题】转化思想；转化法；简易逻辑；逻辑思维．
【答案】见试题解答内容
【分析】问题等价于“ x∈（0，+∞），m≤x2﹣2x”恒成立，求出f（x）＝x2﹣2x在x∈（0，+∞）上的最小值即可．
【解答】解：命题“ x∈（0，+∞），x2﹣2x﹣m≥0”为真命题，
等价于“ x∈（0，+∞），m≤x2﹣2x”恒成立，
设f（x）＝x2﹣2x，x∈（0，+∞），
所以f（x）≥f（1）＝﹣1，
所以m≤﹣1，
即实数m的最大值为﹣1．
故答案为：﹣1．
【点评】本题考查了全称量词命题的应用问题，是基础题．
15．（2024 浦东新区校级期末）若“x＞3”是“x＞a“的充分不必要条件，则实数a的取值范围是 　a＜3　．
【考点】充分条件与必要条件．
【专题】综合法；不等式的解法及应用；简易逻辑；运算求解．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据：“x＞3”是“x＞a“的充分不必要条件即可得出．
【解答】解：“x＞3”是“x＞a“的充分不必要条件，
∴a＜3．
故答案为：a＜3．
【点评】本题考查了不等式的意义、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
16．（2024 城关区校级期末）已知函数f（x）＝2x﹣a，g（x）＝1+x3，若存在x1，x2∈[0，1]，使得f（x1）＝g（x2）成立，则实数a的取值范围是　[﹣1，1]　．
【考点】全称量词和全称量词命题．
【专题】计算题；转化思想；综合法；简易逻辑；逻辑思维．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据f（x）的解析式求出其值域，再求出g（x）在x∈[0，1]上的值域，由存在x1、x2∈[0，1]，使得f（x1）＝g（x2）成立，得两个值域交集不为空集，进而得到答案．
【解答】解：∵函数f（x）＝2x﹣a，
∴x1∈[0，1]时，f（x1）∈[1﹣a，2﹣a]，
∵g（x）＝1+x3，
∴x2∈[0，1]时，g（x2）∈[1，2]，
∵存在x1，x2∈[0，1]，使得f（x1）＝g（x2）成立，
∴[1﹣a，2﹣a]∩[1，2]≠ ，
∴1﹣a∈[1，2]或2﹣a∈[1，2]，
解得a的取值范围是[﹣1，1]．
故答案为：[﹣1，1]．
【点评】本题考查了函数的值域以及数学转化思想，解题时应把函数值域的研究转化为元素与集合之间的关系问题来解答，是难题．
四．解答题（共4小题）
17．（2024 江夏区校级月考）已知，命题p： x∈R，x2+ax+2≥0，命题q： x∈[﹣3，]，x2﹣ax+1＝0．
（1）若命题p为真命题，求实数a的取值范围；
（2）若命题q为真命题，求实数a的取值范围．
【考点】全称量词和全称量词命题；存在量词和存在量词命题．
【专题】方程思想；综合法；简易逻辑．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由题意解Δ＝a2﹣4×1×2≤0可得；
（2）问题转化为ax的值域，由“对勾函数”的单调性可得．
【解答】解：（1）∵命题p： x∈R，x2+ax+2≥0为真命题，
∴Δ＝a2﹣4×1×2≤0，解得﹣2a≤2，
∴实数a的取值范围为[﹣2，2]；
（2）命题q： x∈[﹣3，]，x2﹣ax+1＝0为真命题，
∴ax在x∈[﹣3，﹣1]单调递增，在x∈[﹣1，]单调递减，
∴当x＝﹣1时，a取最大值﹣2，当x＝﹣3时a，当x时a，
∴实数a的取值范围为：[，﹣2]
【点评】本题考查带量词的命题，涉及一元二次方程根的存在性和“对勾函数”的单调性，属基础题．
18．（2024 淮南一模）已知p：|1|＜2；q：x2﹣2x+1﹣m2＜0；若￢p是￢q的充分非必要条件，求实数m的取值范围．
【考点】充分条件与必要条件．
【专题】证明题．
【答案】见试题解答内容
【分析】￢p是￢q的充分非必要条件，所以q是p的充分非必要条件，求出p、q的范围进而求解．
【解答】解：p：|1|＜2即为p：﹣2＜x＜10，
q：x2﹣2x+1﹣m2＜0即为（x﹣1）2＜m2，即q：1﹣|m|＜x＜1+|m|，
又￢p是￢q的充分非必要条件，所以q是p的充分非必要，
∴（两式不能同时取等）
得到|m|≤3，满足题意，
所以m的范围为[﹣3，3]．
【点评】解决命题间的条件问题应该先将各个命题化简，若各个命题是由数集组成，可将条件问题转化为集合的包含关系问题．
19．（2024 鱼台县校级期中）p： x0∈R，使得成立；q：方程x2+（a﹣3）x+a＝0有两个不相等正实根；
（1）写出￢p；
（2）若命题￢p为真命题，求实数a的取值范围；
（3）若命题“p或q”为真命题，且“p且q”为假命题，求实数a的取值范围．
【考点】存在量词和存在量词命题；复合命题及其真假；命题的真假判断与应用．
【专题】计算题；转化思想；综合法；简易逻辑；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）￢p x∈R，ax2﹣2x﹣1≤0成立．
（2）实数a的取值范围：（﹣∞，﹣1]．
（3）实数a的取值范围是﹣1＜a≤0或a≥1．
【分析】（1）特称命题的否定是全称命题，直接写出￢p即可；
（2）通过命题￢p为真命题，转化为 不等式组，求出a的范围即可；
（3）利用命题“p或q”为真命题，且“p且q”为假命题，推出命题p、q一真一假，列出不等式组，然后求实数a的取值范围．
【解答】解：（1）p： x0∈R，使得成立；∴￢p x∈R，ax2﹣2x﹣1≤0成立．
（2）a≥0时 ax2﹣2x﹣1≤0不恒成立．
由，即，解得a≤﹣1．
∴实数a的取值范围：（﹣∞，﹣1]．
（3）设方程x2+（a﹣3）x+a＝0两个不相等正实根为x1、x2．
命题q为真 解得0＜a＜1．
由命题“p或q”为真，且“p且q”为假，得命题p、q一真一假
①当p真q假时，则得﹣1＜a≤0或a≥1
②当p假q真时，则无解；
∴实数a的取值范围是﹣1＜a≤0或a≥1．
【点评】本题考查命题的否定，命题的真假的判断与应用，考查转化思想，计算能力．
20．（2024 越秀区校级模拟）已知命题p：对m∈[﹣1，1]，不等式a2﹣5a﹣3恒成立；命题q：不等式x2+ax+2＜0有解．若p是真命题，q是假命题，求a的取值范围．
【考点】命题的真假判断与应用；一元二次不等式及其应用．
【专题】计算题．
【答案】见试题解答内容
【分析】由已知可得∈[2，3]，而由不等式a2﹣5a﹣3恒成立可得a2﹣5a﹣3≥3，解不等式可求a的范围，即P的范围；由不等式x2+ax+2＜0有解，可得Δ＝a2﹣8＞0，可求q的范围，结合p真，q假可求
【解答】解：∵m∈[﹣1，1]，
∴∈[2，3]．
∵对m∈[﹣1，1]，不等式a2﹣5a﹣3恒成立，可得a2﹣5a﹣3≥3，
∴a≥6或a≤﹣1．
故命题p为真命题时，a≥6或a≤﹣1．
又命题q：不等式x2+ax+2＜0有解，
∴Δ＝a2﹣8＞0，
∴a＞2或a＜﹣2．
从而命题q为假命题时，﹣2a≤2，
∴命题p为真命题，q为假命题时，a的取值范围为﹣2a≤﹣1．
【点评】本题主要考查了复合命题的真假判定的应用，解题的关键是根据已知条件分别求解p，q为真时的范围．
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