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常用逻辑用语 常考考点专题练 2027届高中数学一轮复习备考
一、单选题
1．已知命题，；命题，.则（ ）
A．p和q都是真命题 B．和q都是真命题
C．p和都是真命题 D．和都是真命题
2．设，则“”是“函数的图象关于直线对称”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．已知单位向量，，则是“存在实数，使得”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
4．设向量，，则（ ）
A．“”是“”的必要条件 B．“”是“”的必要条件
C．“”是“”的充分条件 D．“”是“”的充分条件
5．若命题，则表述准确的是（ ）
A． B．
C．或 D．或
6．在中，“”是“”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．已知函数的定义域为D，则“的值域为”是“对任意，存在，使得”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
8．命题“对任意的，总存在唯一的，使得”成立的充分必要条件是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知命题:“”，"”，则下列正确的是（ ）
A．的否定是“”
B．的否定是“”
C．若为假命题，则的取值范围是
D．若为真命题，则的取值范围是
10．以下说法正确的是（ ）
A．“”的否定是“”
B．“”是“”的充分不必要条件
C．若命题“”的否定是假命题，则实数a的取值范围是
D．“”是真命题．则
11．若关于的不等式的解集为，不等式的解集为.若是的必要不充分条件，则的值可以是（ ）
A． B． C．0 D．1
三、填空题
12．设是定义在上的单调递减函数，能说明“一定存在使得”为假命题的一个函数是_____．
13．已知，都是非零向量，定义新运算，则“”是“”的_____条件（填：充分不必要，必要不充分，充要，既不充分也不必要）
14．已知，，若是的必要不充分条件，则实数的取值范围是________．
15．若实数使得命题：“，使得，均有”是假命题，则的取值范围是___________．
16．已知，曲线在区间内恰有一条对称轴和一个对称中心，给出下述两个命题，命题p：对任意，存在，使得；命题q：存在，对任意，满足下列说法正确的是__________.①命题p是真命题②命题q是真命题③命题p是假命题④命题q是假命题
四、解答题
17．已知，命题p：，；命题q：，．
(1)若命题p为假命题，求a的取值范围；
(2)若p和q均为真命题，求a的取值范围．
18．已知全集，集合，集合是函数的定义域，且为非空集合．
(1)分别求，．
(2)若是的必要不充分条件，求的取值范围．
19．已知函数，其中．
(1)当时，函数在区间和上单调递增，求a的取值范围；
(2)若对任意的实数a，都存在，使得不等式成立，求实数b的取值范围．
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B A A D C C A D AD AD
题号 11
答案 ACD
1．B
【详解】因为当时，，所以命题为假命题，所以是真命题，
因为当时，，所以q是真命题，所以是假命题.
2．A
【详解】∵ 函数的对称轴满足，即.
充分性：若，则，满足对称轴条件，充分性成立.
必要性：取，是函数对称轴，但，必要性不成立.
故为充分不必要条件，A正确.
3．A
【详解】已知是单位向量，故.
对两边平方得，
代入，解得.
由点积定义得（为两向量夹角），
得，即同向共线，存在使，充分性成立；
若存在使，由，
得. 当时，，此时，必要性不成立.
因此是“存在实数，使得”的充分不必要条件.
4．D
【分析】由，和，分别求得x的值，再逐项判断.
【详解】因为向量，，
若，则 ，即，解得 或 ；
若则，即，解得 或 ；
所以，”是“”的充分条件，故A错误；
“”是“”的充分不必要条件，故B错误；
“”是“”的既不充分也不必要条件，故C错误；
“”是“”的充分条件，故D正确；
5．C
【分析】全称命题的否定是特称命题，否定结论的时候，注意不等式的解集是否互为补集关系.
【详解】全称命题的否定为特称命题，排除BD选项，
其中可解得，的否定应是，
A选项中，可解得，故A选项错误，C选项正确.
故选：C
6．C
【分析】利用正余弦函数的单调性以及大边对大角判断即可得出结论．
【详解】判断：
根据正弦定理，则，
因为，等价于；
根据大边对大角，可得：；
因为，余弦函数在上单调递减，
故；充分性得证；
判断：
因为余弦函数在上单调递减，，
故，根据大角对大边可知；
根据正弦定理，故；
必要性得证；
综上，“”是“”的充要条件．
7．A
【分析】由函数值域的概念结合特例，再根据充分条件、必要条件的概念即可求解.
【详解】若函数的值域为，则对任意，一定存在，使得，
取，则，充分性成立；
取，，则对任意，一定存在，使得，
取，则，但此时函数的值域为，必要性不成立；
所以“的值域为”是“对任意，存在，使得”的充分不必要条件.
故选：A.
8．D
【分析】将方程整理为；当时，解方程可确定其符合题意；当和时，将问题转化为与在时，有且仅有一个交点的问题，采用数形结合的方式可构造不等式组求得的范围，由此可得原命题成立的充要条件.
【详解】由得；
①当时，，则，解得，
因为，，满足题意；
②当时，，
若存在唯一的，使得成立，
则与有且仅有一个交点，
在平面直角坐标系中作出在上的图象如下图所示，
由图象可知：当时，与有且仅有一个交点，
所以，，解得，此时，；
③当时，，
由②同理可得，解得：，则.
综上所述：原命题成立的充要条件为.
故选：D.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
9．AD
【分析】根据含有一个量词的命题的否定判断A、B；C选项转化为一元二次方程无实数解，用判别式计算的取值范围；D选项转化为二次不等式恒成立，计算参数的范围.
【详解】含有一个量词的命题的否定，是把量词改写，再把结论否定，所以A正确，B不正确；
C选项，若为假命题，则的否定“”是真命题，即方程在实数范围内无解，，得，C不正确；
D选项，，等价于，解得，D正确；
故选：AD.
10．AD
【分析】对于A，利用含有一个量词的命题的否定的定义判断；对于B，利用对数不等式求解判断；对于C，由命题“”是真命题求解判断；对于D，由，对恒成立求解判断；
【详解】对于A，“”的否定是“”，故A正确；
对于B，，即，解得，
因为所以“”是“”的必要不充分条件，故B错误；
对于C，命题的否定是假命题，则命题“”是真命题，即，解得或，故C错误；
对于D，因为“”是真命题，即，对恒成立，
当时，命题成立；当时，，解得，
综上可得，，故D正确．
故选：AD
11．ACD
【分析】解不等式得到其解集，再把问题转化成两个集合的包含关系求的取值范围.
【详解】由或，
即；
由，即.
因为是的必要不充分条件，所以 ，
所以或，
所以或.
故选：ACD
12．
【分析】由题意原命题为假，则命题的否定为真，结合单调性，可得结果．
【详解】一定存在使得，即，为假命题，则命题的否定为真命题，即，为真命题，又是上的单调递减函数，故设．
【点睛】本题考查特称命题的否定，属基础题．
13．必要不充分
【分析】根据向量垂直关系的坐标表示，求出新定义条件和垂直条件的坐标关系，判断他们之间的推导关系.
【详解】根据新定义可知若，则，
则或，
当时，，
所以 “”可以推导出“”，但是“”不可以推导出“”.
所以“”是“”的必要不充分条件．
故答案为：必要不充分.
14．
【分析】先求出，对应的集合，由题设可得，，进而得到是的真子集，根据包含关系求解即可.
【详解】由，则，
由，则，即，
因为是的必要不充分条件，所以，，
则是的真子集，
则，等号不能同时成立，解得，
所以实数的取值范围是.
故答案为：.
15．
【分析】先将原命题的假命题转化为其否命题为真命题，再把式子视为关于的方程，利用判别式得到关于的不等式，最后分和两种情况分析，确定的取值范围.
【详解】由题意可知，原命题的否命题：“，使得”是真命题．
所以对任意实数，方程都有实数解．
故而对任意固定的实数都有解．
即关于的不等式对任意固定的实数都有解．
对不等式分情况讨论：
①.若,即.当时,不等式为,对任意显然有解.
当时,关于的二次函数开口向上,
其值域包含正数,故对任意,总存在使得.所以符合题意.
②.若,即.关于的二次函数开口向下,
其最大值为.
要使不等式对任意都有解,则需要其最大值对任意都非负,
即对任意恒成立,这显然是不可能的.故不符合题意.
因此，的取值范围是．
故答案为：
16．①④
【分析】利用整体代换法求得的对称轴和对称中心，根据其在内的对称轴和对称中心个数可构造不等式组求得的范围，进而结合正弦型函数值域的求法依次判断两个命题即可.
【详解】因为，
曲线在区间内恰有一条对称轴和一个对称中心，
即在区间内恰有一条对称轴和一个对称中心，根据正弦函数图象知，
，解得；
对于命题p，当时，，
又，
当时，，
即存在，使得，则命题p为真命题；
对于命题q，对于任意固定的，则对任意
，
因此存在使得，故不存在满足对任意有，从而命题q为假命题.
故答案为①④.
17．(1)；
(2)或.
【分析】（1）利用一元二次不等式有解，列出不等式求出命题，再求出即可.
（2）分离参数，利用基本不等式求出最小值，即得命题，结合（1）的信息即可得解.
【详解】（1）由命题p：，，得，解得或，
由命题p为假命题，得，
所以a的取值范围是.
（2）命题q：，，即，，
而当时，，，
当且仅当，即时取等号，因此，
由（1）知命题p是真命题时，或，
所以p和q均为真命题，a的取值范围是或.
18．(1)，或.
(2)
【分析】（1）由集合的交集，并集，补集运算求解即可；
（2）是的必要不充分条件，所以 ，建立不等式组求解即可.
【详解】（1）由得，
则，，
所以，或，
所以或.
（2）若是的必要不充分条件，所以 ，
且为非空集合，
所以，所以解得，
所以的取值范围为.
19．(1)；
(2)
【分析】（1）令，知，设两个零点为，去掉绝对值后，得，根据函数在区间和上单调递增，列出不等式，求出即可.
（2）原问题中的命题为全称命题，可先求出满足其命题的否定形式的实数b的取值范围，求出的取值范围的反面就是满足原题命题要求的实数b的取值范围.
【详解】（1）当时，令，，
所以一定有两个零点，设为，且，
则，
则当或时，有，则；
当时，有，则.
所以，函数，
因为在题中区间单调递增，所以，当时，函数在上单调递减，则要使，函数在区间上单调递增，应满足，
即有，解得；
又函数在区间上单调递增，显然在R上连续，则应满足，解得.
所以，a的取值范围为.
（2）问题条件“对任意的实数a，都存在，使得不等式成立”，由此可先确定
问题条件得反问为“存在实数a，对于任意，使得不等式成立” ，
只要，的最大值和最小值之差小于2即可，
因为在为增函数，所以，
，解得且
故满足问题（2）的实数b的取值范围为：
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