考點(diǎn)1判斷命題的真假
1．（2023·上海虹口·三模）設(shè)是兩個(gè)非零向量的夾角，若對(duì)任意實(shí)數(shù)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(shuō)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?yàn)椋?br>所以當(dāng)時(shí)，取得最小值.
所以，
化簡(jiǎn)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(shù)的定義域?yàn)椋?br>命題：若當(dāng)時(shí)，都有，則函數(shù)是D上的奇函數(shù)．
命題：若當(dāng)時(shí)，都有，則函數(shù)是D上的增函數(shù)．
下列說(shuō)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(jù)題意，結(jié)合函數(shù)奇偶性與單調(diào)性的定義及判定方法，即可求解.
【詳解】對(duì)于命題，令函數(shù)，
則，此時(shí)，當(dāng)函數(shù)不是奇函數(shù)，
所以命題為假命題，
對(duì)于命題，當(dāng)時(shí)，都有，即，不可能，
即當(dāng)時(shí)，可得，滿(mǎn)足增函數(shù)的定義，所以命題為真命題.
故選：C.
3．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）關(guān)于函數(shù)，有下列四個(gè)命題．甲：；乙：；丙：在上單調(diào)遞增；丁：對(duì)任意，總有．其中恰有一個(gè)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(shè)甲乙都正確，推出丙丁都是假命題，則由四個(gè)命題中中恰有一個(gè)是假命題，推出甲乙中恰一個(gè)假命題，再分類(lèi)探究甲真乙假與甲假乙真兩類(lèi)情況是否滿(mǎn)足題意即可.
【詳解】若甲、乙均為真命題，則．
此時(shí)，故丙為假命題，
，故丁也為假命題，不滿(mǎn)足題意，故甲、乙中有一個(gè)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(shù)的對(duì)稱(chēng)軸，
，
所以或，
則或，這與在上單調(diào)遞增矛盾，不滿(mǎn)足題意；
若甲是假命題，乙是真命題，取，，，
令，由在區(qū)間上單調(diào)遞增，
則由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性可知，
在上單調(diào)遞增，丙命題為真命題；
又，，丁命題也為真命題，故滿(mǎn)足題意.
故選：A．
4．（2024·上?！つM預(yù)測(cè)）已知數(shù)列不是常數(shù)列，前項(xiàng)和為，且．若對(duì)任意正整數(shù)，存在正整數(shù)，使得，則稱(chēng)是“可控?cái)?shù)列”．現(xiàn)給出兩個(gè)命題：①存在等差數(shù)列是“可控?cái)?shù)列”；②存在等比數(shù)列是“可控?cái)?shù)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(jié)合，的變化情況，利用極限思想即可判斷①；根據(jù)題意，結(jié)合“可控?cái)?shù)列”的定義，舉出實(shí)例說(shuō)明②，即可得出答案.
【詳解】①數(shù)列不是常數(shù)列，則，則看作是一次函數(shù)的變化，
由得，看作是二次函數(shù)的變化，
當(dāng)足夠大時(shí)，極限的思想說(shuō)明不成立；
②取，則，
當(dāng)時(shí)，取，滿(mǎn)足，
當(dāng)時(shí)，取，滿(mǎn)足；
故選：.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：涉及數(shù)列新定義問(wèn)題，關(guān)鍵是正確理解給出的定義，由給定的數(shù)列結(jié)合新定義探求數(shù)列的相關(guān)性質(zhì)，并進(jìn)行合理的計(jì)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?yàn)镈．對(duì)于邊界上的一點(diǎn)P，若點(diǎn)Q在中且線(xiàn)段PQ與D有公共點(diǎn)，則稱(chēng)Q是P的“盲點(diǎn)”，將P的所有“盲點(diǎn)”組成的區(qū)域稱(chēng)為P所對(duì)的“盲區(qū)”．對(duì)于邊界上的一點(diǎn)M，若在邊界上含M在內(nèi)一共有k個(gè)點(diǎn)所對(duì)的“盲區(qū)”面積與相同，就稱(chēng)M是“k級(jí)點(diǎn)”；若在邊界上有無(wú)數(shù)個(gè)點(diǎn)所對(duì)的“盲區(qū)”面積與相同，就稱(chēng)M是一個(gè)“極點(diǎn)”．對(duì)于命題：①邊界正方形的頂點(diǎn)是“4級(jí)點(diǎn)”；②邊界上存在“極點(diǎn)”．說(shuō)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(shè)每個(gè)小正方形的邊長(zhǎng)為，求得的值，結(jié)合邊界的頂點(diǎn)所對(duì)的“盲區(qū)“面積和區(qū)域的三等分點(diǎn)，得到，可判定①是假命題；設(shè)，求得，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性，可判定②是假命題．
【詳解】解：設(shè)每個(gè)小正方形的邊長(zhǎng)為，
當(dāng)點(diǎn)為區(qū)域的一個(gè)頂點(diǎn)時(shí)，此時(shí)，
當(dāng)點(diǎn)為一個(gè)小正方形的一頂點(diǎn)時(shí)，如圖所示，此時(shí)，
可得，所以邊界正方形的頂點(diǎn)不是“4級(jí)點(diǎn)“，所以①是假命題；
不妨設(shè)M為正方形一個(gè)頂點(diǎn)，根據(jù)正方形對(duì)稱(chēng)性不妨設(shè)T為過(guò)M的邊上一點(diǎn)，
設(shè)，其中，可得，
設(shè)，可得，
令，可得，
當(dāng)或時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，
所以函數(shù)在，上單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，
故不可能有x的無(wú)數(shù)個(gè)值使得相等，
所以在邊界上不存在有無(wú)數(shù)個(gè)點(diǎn)所對(duì)的“盲區(qū)”面積與相同，所以②是假命題．
故選：D.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：解答本題的關(guān)鍵是②的真假判斷，解答時(shí)要注意利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性，說(shuō)明不符合極點(diǎn)定義.
考點(diǎn)2判斷命題的充分不必要條件
6．（2024·江蘇揚(yáng)州·模擬預(yù)測(cè)）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(jù)給定條件，利用充分條件、必要條件的定義判斷即得.
【詳解】當(dāng)時(shí)，，則；
反之，當(dāng)時(shí)，或，解得或，
若，，滿(mǎn)足，若，顯然滿(mǎn)足，
因此或，
所以“”是“”的充分不必要條件.
故選：B
7．（2024·天津河北·二模）設(shè)，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】根據(jù)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：A
8．（2024·安徽合肥·三模）設(shè)是三個(gè)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(zhì)定理，及它們之間的推出關(guān)系，即可以作出判斷.
【詳解】由于，，由平面平行的性質(zhì)定理可得：，
所以是的充分條件；
但當(dāng)，，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(shè)是公比為的無(wú)窮等比數(shù)列，為其前項(xiàng)和．若，則“”是“數(shù)列存在最小項(xiàng)”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(lèi)討論思想結(jié)合指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性證明充分性，再舉反例證明不必要性，即可判斷.
【詳解】當(dāng)時(shí)，，因?yàn)?，所以此時(shí)數(shù)列遞增，存在是最小項(xiàng)，
當(dāng)且，，
當(dāng)，時(shí)，可知數(shù)列遞增，存在是最小項(xiàng)，
當(dāng)，時(shí)，可知數(shù)列還是遞增，存在是最小項(xiàng)，
綜上“”是“數(shù)列存在最小項(xiàng)”的充分條件；
當(dāng)，，不妨?。?，，
則
，,
當(dāng)時(shí)，，即此時(shí)是最小項(xiàng)，
即“”不是“數(shù)列存在最小項(xiàng)”的必要條件，
綜上可知：“”是“數(shù)列存在最小項(xiàng)”的充分不必要條件，
故選：A.
10．（2024·天津·模擬預(yù)測(cè)）已知，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】根據(jù)題意結(jié)合充分、必要條件分析判斷.
【詳解】若，則，即充分性成立；
若，例如，可得，滿(mǎn)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(kāi)州·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)，則“”是“的圖象在區(qū)間上只有一個(gè)極值點(diǎn)”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
【答案】A
【分析】先求出的圖象在區(qū)間上只有一個(gè)極值點(diǎn)時(shí)滿(mǎn)足的條件，求出相應(yīng)的范圍，即可判斷充分必要性．
【詳解】當(dāng)時(shí)，又，所以，
若的圖象在區(qū)間上只有一個(gè)極值點(diǎn)，
則，解得，
因?yàn)檎姘冢?br>所以是的圖象在區(qū)間上只有一個(gè)極值點(diǎn)的充分不必要條件．
故選：A
12．（2024·山西呂梁·三模）設(shè)，則對(duì)任意實(shí)數(shù)，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(jù)題意，推得為奇函數(shù)，且在上單調(diào)遞增，再由，得到，即，結(jié)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(shù)的定義域?yàn)椋?br>且，
所以為奇函數(shù)，
函數(shù)與均為遞增函數(shù)，所以在單調(diào)遞增，
因?yàn)楹瘮?shù)為奇函數(shù)，所以在也為單調(diào)遞增函數(shù)，
又因?yàn)?，所以函?shù)在上單調(diào)遞增，
由，可得，所以，所以，
故對(duì)任意實(shí)數(shù)，則是的充要條件.
故選：C.
考點(diǎn)3判斷命題的必要不充分條件
13．（2024·西藏·模擬預(yù)測(cè)）已知，，是三條不同的直線(xiàn)，，是兩個(gè)不同的平面，且，，．設(shè)甲：，乙：，則甲是乙的（ ）
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(jù)空間中直線(xiàn)與平面的關(guān)系，結(jié)合必要不充分條件的定義即可判斷.
【詳解】當(dāng)時(shí)，取為平面內(nèi)一條與l垂直的直線(xiàn)，得，充分性不成立；
當(dāng)時(shí)，因?yàn)?，，所以．結(jié)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(xiàn)交圓C：于M，N兩點(diǎn)，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(jié)合正三角形的性質(zhì)可計(jì)算出當(dāng)為正三角形時(shí)的值，結(jié)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(xiàn)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?yàn)I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(jù)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(duì)于實(shí)數(shù)，“”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(jià)于且，再利用包含關(guān)系分析充分、必有條件.
【詳解】因?yàn)椋葍r(jià)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(shù)，則“”是“函數(shù)是奇函數(shù)”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(shù)是奇函數(shù)，可求得，可得結(jié)論.
【詳解】若函數(shù)是奇函數(shù)，
則恒成立，即，
而，得．
故“”是“函數(shù)是奇函數(shù)”的必要不充分條件．
故選：B．
18．（2024·山東日照·模擬預(yù)測(cè)）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(jù)兩向量夾角為銳角得到不等式，求出且，結(jié)合包含關(guān)系得到答案.
【詳解】和的夾角是銳角，則且和不同向共線(xiàn)，
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：B
19．（2024·天津·模擬預(yù)測(cè)）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(duì)應(yīng)命題的范圍，根據(jù)集合語(yǔ)言和命題語(yǔ)言的關(guān)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(yù)測(cè)）已知數(shù)列的通項(xiàng)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(jù)題意結(jié)合復(fù)合函數(shù)單調(diào)性可得的單調(diào)性，結(jié)合數(shù)列單調(diào)性與函數(shù)單調(diào)性之間的關(guān)系可得，再根據(jù)包含關(guān)系分析充分、必要條件.
【詳解】二次函數(shù)圖象的開(kāi)口向上，對(duì)稱(chēng)軸是直線(xiàn)，
且在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，
當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減，單調(diào)遞減；
當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增，單調(diào)遞增；
因?yàn)橹械淖宰兞繛檎麛?shù)，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(yù)測(cè)）設(shè)為數(shù)列的前項(xiàng)和，，則“”是“數(shù)列是以為公比的等比數(shù)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
【答案】C
【分析】根據(jù)充要條件的判斷方法和等比數(shù)列的前項(xiàng)和公式分析即得結(jié)論.
【詳解】由，若，等式顯然成立，
但是數(shù)列的通項(xiàng)和前項(xiàng)和都沒(méi)有規(guī)定，故得不出“數(shù)列是以1為公比的等比數(shù)列”的結(jié)論，
即“”不是“數(shù)列是以為公比的等比數(shù)列”的充分條件；
而由“數(shù)列是以為公比的等比數(shù)列”可知，若，則顯然成立，
當(dāng)時(shí)，有成立，即必有成立，
故“”是“數(shù)列是以為公比的等比數(shù)列”的必要條件.
故選：C.
考點(diǎn)4判斷命題的充要條件
22．（2024·青海海西·模擬預(yù)測(cè)）已知，復(fù)數(shù)，則“”是“復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)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(fù)數(shù)的乘法法則計(jì)算，并根據(jù)所在象限得到不等式，求出，得到結(jié)論.
【詳解】由，若復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第一象限，
則可得，
故“”是“復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第一象限”的充要條件．
故選：C．
23．（2024·湖南長(zhǎng)沙·二模）已知等差數(shù)列 的公差為 ，前 項(xiàng)和為 ，則 “ ” 是 “ ” 的（ ）
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(jù)等差數(shù)列的求和公式化簡(jiǎn)，等價(jià)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：B
24．（2024·湖南邵陽(yáng)·三模）“”是“函數(shù)（且）在上單調(diào)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(diào)性，結(jié)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(diào)遞增；
若，則的圖象為：
可知在上單調(diào)遞減；
綜上所述：“”是“函數(shù)（且）在上單調(diào)遞減”的充要條件.
故選：C．
25．（2024·浙江·三模）已知等差數(shù)列的前n項(xiàng)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(jù)題意，分和兩種情況討論，結(jié)合等差數(shù)列的性質(zhì)及充分條件、必要條件的定義分析判斷即可.
【詳解】當(dāng)時(shí)，，得；
當(dāng)時(shí)，，得，
所以“”是“”的充要條件，
故選：C．
26．（2024·吉林·模擬預(yù)測(cè)）在中，角A，B，C所對(duì)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
【答案】C
【分析】根據(jù)正弦定理和正切函數(shù)的性質(zhì)以及充要條件的判定即可得到答案.
【詳解】當(dāng)，根據(jù)正弦定理得，顯然A，，
則，因?yàn)锳，B為三角形內(nèi)角，則,則充分性成立；
當(dāng)，因?yàn)锳，B為三角形內(nèi)角，則不會(huì)存在的情況，則A，，
則，則，根據(jù)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(diǎn)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(duì)于無(wú)窮數(shù)列，定義（），則“為遞增數(shù)列”是“為遞增數(shù)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(shù)列的性質(zhì)，分別判斷充分性和必要性即可.
【詳解】為遞增數(shù)列時(shí)，有，不能得到為遞增數(shù)列，充分性不成立；
為遞增數(shù)列時(shí)，不一定有，即不能得到為遞增數(shù)列，必要性不成立.
所以“為遞增數(shù)列”是“為遞增數(shù)列”的既不充分也不必要條件.
故選：D.
28．（2024·四川綿陽(yáng)·模擬預(yù)測(cè)）已知直線(xiàn)與圓交于，兩點(diǎn)，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(jù)點(diǎn)到直線(xiàn)的距離公式和余弦函數(shù)的單調(diào)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?yàn)轫斀鞘牵?br>所以當(dāng)且僅當(dāng)為銳角時(shí)，該三角形是銳角三角形.
所以只需，所以到的距離滿(mǎn)足：
，即，解得，
又因?yàn)橹本€(xiàn)與圓有兩交點(diǎn)，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(shù)且在上單調(diào)，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(jù)對(duì)數(shù)復(fù)合型函數(shù)的單調(diào)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(shè)，則可化為．
充分性：當(dāng)時(shí)，函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞減，
且當(dāng)時(shí)，，在上單調(diào)遞增，
當(dāng)時(shí)，，此時(shí)沒(méi)有意義，故充分性不成立．
必要性：若在上單調(diào)遞減，則，所以在上單調(diào)遞減，
且在上恒成立，所以，得，
所以當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞增；
若在上單調(diào)遞增，則，所以在上單調(diào)遞減，
且在上恒成立，所以，得，不符合題意，舍去.
綜上可知，當(dāng)函數(shù)在上單調(diào)時(shí)，，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(xiàn)，方程，則“圓與直線(xiàn)相切”是“方程表示的曲線(xiàn)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(xiàn)相切的性質(zhì)可得圓與直線(xiàn)相切時(shí)的的值，借助橢圓定義可得當(dāng)方程表示的曲線(xiàn)為橢圓時(shí)的的取值范圍，結(jié)合充分條件與必要條件的定義即可得解.
【詳解】若圓與直線(xiàn)相切，則有，即，解得或，
若方程表示的曲線(xiàn)為橢圓，則，即且，
故“圓與直線(xiàn)相切”是“方程表示的曲線(xiàn)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(yù)測(cè)）已知函數(shù)，則“，”是“為偶函數(shù)”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(dāng)時(shí)，代入可得，由正弦函數(shù)性質(zhì)，可驗(yàn)證充分性，為偶函數(shù)時(shí)，得到，可驗(yàn)證必要性.
【詳解】函數(shù)，當(dāng)時(shí)，
，
則為奇函數(shù)，所以充分性不成立，
當(dāng)為偶函數(shù)時(shí)，，所以必要性不成立，
故“，”是“為偶函數(shù)”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(jù)題意不妨設(shè)，舉反例結(jié)合充分、必要條件分析判斷.
【詳解】因?yàn)槠矫嫦蛄浚?，，是單位向量，且?br>不妨設(shè)，
若，例如，
滿(mǎn)足，但，即充分性不成立；
若，例如，
滿(mǎn)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(yáng)·模擬預(yù)測(cè)）“”是“直線(xiàn)與直線(xiàn)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(xiàn)平行的充要條件為，結(jié)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(dāng)時(shí)，，故，重合；
當(dāng)時(shí)，，滿(mǎn)足條件，
所以“”是“”的既不充分也不必要條件，
故選：D．
考點(diǎn)6探求命題成立的一個(gè)充分不必要條件
34．（2024·新疆·二模）使“”成立的一個(gè)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(xiàng)的范圍是該解集的真子集即得.
【詳解】由，得，解得，則選項(xiàng)中的的范圍組成的集合是的真子集，
由選項(xiàng)知，選項(xiàng)均不滿(mǎn)足，選項(xiàng)B滿(mǎn)足.故使“”成立的一個(gè)充分不必要條件可以是“”.
故選：B.
35．（2024·山東·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)，則使有零點(diǎn)的一個(gè)充分條件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】首先判斷，此時(shí)可得的單調(diào)性，依題意可得，令，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性及零點(diǎn)存在性定理得到存在使得，從而得到有零點(diǎn)的充要條件為，即可判斷.
【詳解】因?yàn)椋?br>當(dāng)時(shí)，，所以，沒(méi)有零點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；
當(dāng)時(shí)與在上單調(diào)遞增，所以在上單調(diào)遞增，
，要使有零點(diǎn)，則需，
即，令，則在上單調(diào)遞減，
且，，，
所以存在使得，
所以有零點(diǎn)的充要條件為，
所以使有零點(diǎn)的一個(gè)充分條件是.
故選：D
36．（2024·吉林·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)，則“有兩個(gè)極值”的一個(gè)充分不必要條件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根據(jù)有兩個(gè)正的穿越零點(diǎn)，求得有兩個(gè)極值點(diǎn)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(mǎn)足題意，則有兩個(gè)正的穿越零點(diǎn)，
令，則，
令，則，
當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增；
當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減；
又，，當(dāng)趨近于正無(wú)窮時(shí)，趨近于，
若有兩個(gè)正的穿越零點(diǎn)，則，解得，
即有兩個(gè)極值的充要條件是：，
根據(jù)選項(xiàng)，則有兩個(gè)極值的一個(gè)充分不必要條件是.
故選：B.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：解決本題的關(guān)鍵是對(duì)，分離參數(shù)，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性，從而求得有兩個(gè)極值點(diǎn)的充要條件.
37．（23-24高三上·河北邢臺(tái)·階段練習(xí)）“不等式恒成立”的一個(gè)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(jù)充分條件和必要條件的定義即可得解.
【詳解】當(dāng)時(shí)，恒成立，
當(dāng)時(shí)，則，解得，
綜上所述，不等式恒成立時(shí)，，
所以選項(xiàng)中“不等式恒成立”的一個(gè)充分不必要條件是.
故選：D.
38．（2024·福建·模擬預(yù)測(cè)）已知，，則使成立的一個(gè)充分不必要條件是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根據(jù)給定條件，利用充分不必要條件的定義逐項(xiàng)分析判斷即得.
【詳解】對(duì)于A，令，顯然有，而，A不是；
對(duì)于B，當(dāng)，時(shí)，，B不是；
對(duì)于C，當(dāng)，時(shí)，由，得，
當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，反之取，滿(mǎn)足，而不成立，
因此是成立的一個(gè)充分不必要條件，C是；
對(duì)于D，令，不等式成立，而，D不是.
故選：C
39．（2023·四川南充·模擬預(yù)測(cè)）函數(shù)在上是減函數(shù)的一個(gè)充分不必要條件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】問(wèn)題可轉(zhuǎn)化為只需即可，討論，，三種情況，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)，從而求出m的范圍.
【詳解】在上是減函數(shù)，只需要即可，
若，則，成立；
若，則是二次函數(shù)，由二次函數(shù)的性質(zhì)可得，時(shí)恒成立.
若，當(dāng)和時(shí)，，故不成立.
所以，當(dāng)時(shí)，，而是的充分不必要條件.
故選：A.
考點(diǎn)7探求命題成立的一個(gè)必要不充分條件
40．（2024·四川成都·模擬預(yù)測(cè)）已知，為實(shí)數(shù)，則使得“”成立的一個(gè)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(zhì)、結(jié)合對(duì)數(shù)函數(shù)、冪函數(shù)單調(diào)性，充分條件、必要條件的定義判斷即得.
【詳解】對(duì)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(cuò)誤；
對(duì)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(duì)于C，，是的充分必要條件，C錯(cuò)誤；
對(duì)于D，由，得，反之不能推出，
因此是的充分不必要條件，D錯(cuò)誤.
故選：B.
41．（23-24高一上·廣東佛山·階段練習(xí)）關(guān)于的一元二次方程有實(shí)數(shù)解的一個(gè)必要不充分條件的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由可得，根據(jù)充分、必要條件的定義，結(jié)合選項(xiàng)即可求解.
【詳解】因?yàn)橐辉畏匠逃袑?shí)根，
所以，解得.
又是的真子集，
所以“”是“”的必要不充分條件.
故選：A
42．（2023·重慶·模擬預(yù)測(cè)）命題“”是真命題的一個(gè)必要不充分條件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根據(jù)恒成立問(wèn)題分析可得命題“”是真命題等價(jià)于“”，結(jié)合充分、必要條件分析判斷.
【詳解】若命題“”是真命題，則，
可知當(dāng)時(shí)，取到最大值，解得，
所以命題“”是真命題等價(jià)于“”.
因?yàn)?，故“”是“”的必要不充分條件，故A正確；
因?yàn)?，故“”是“”的充要條件，故B錯(cuò)誤；
因?yàn)?，故“”是“”的充分不必要條件，故C錯(cuò)誤；
因?yàn)榕c不存在包含關(guān)系，故“”是“”的即不充分也不必要條件，故D錯(cuò)誤；
故選：A.
43．（2023·貴州遵義·模擬預(yù)測(cè)）“函數(shù)存在零點(diǎn)”的一個(gè)必要不充分條件為（ ）
A．B．
C．m＞2D．
【答案】A
【分析】令可得，再分析的奇偶性與單調(diào)性，結(jié)合的最值判斷即可.
【詳解】令化簡(jiǎn)可得，令，易得函數(shù)為偶函數(shù)，且在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，又，且，故有零點(diǎn)則，所求范圍要比此大，選項(xiàng)中僅A符合.
故選：A.
44．（22-23高三下·河北衡水·階段練習(xí)）條件，，則的一個(gè)必要不充分條件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】對(duì)于命題，由參變量分離法可得，求出函數(shù)在上的最大值，可得出實(shí)數(shù)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(xiàng).
【詳解】若，使得，則，可得，則，
因?yàn)楹瘮?shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
且，
故當(dāng)時(shí)，，即，
所以，的一個(gè)必要不充分條件是.
故選：A.
考點(diǎn)8探求命題成立的一個(gè)充要條件
45．（2023·寧夏銀川·模擬預(yù)測(cè)）的一個(gè)充要條件是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用舉例說(shuō)明，排除AB；利用對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性判斷C；利用指數(shù)函數(shù)的單調(diào)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(shù)在上單調(diào)遞增，
由，得，故C不符題意；
D：函數(shù)在R上單調(diào)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(yáng)·模擬預(yù)測(cè)）已知復(fù)數(shù)為虛數(shù)單位的共軛復(fù)數(shù)為，則“為純虛數(shù)”的充分必要條件為（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的乘法運(yùn)算化簡(jiǎn)復(fù)數(shù)，再由共軛復(fù)數(shù)和純虛數(shù)的定義即可求解.
【詳解】因?yàn)椋?br>由為純虛數(shù)，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(diǎn)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(dāng)命題為真命題時(shí)實(shí)數(shù)的取值范圍，再結(jié)合充要條件的定義可得出結(jié)論.
【詳解】若命題為真命題，則方程表示焦點(diǎn)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(yù)測(cè)）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(jù)集合并集結(jié)果有即可求參數(shù)a的范圍，最后由充分、必要性定義可得答案.
【詳解】由題設(shè)，，，
若，則，故，可得.
所以是的充要條件.
故選：B
49．（2024·貴州貴陽(yáng)·二模）設(shè)為直線(xiàn)，為平面，則的一個(gè)充要條件是（ ）
A．內(nèi)存在一條直線(xiàn)與平行B．平行內(nèi)無(wú)數(shù)條直線(xiàn)
C．垂直于的直線(xiàn)都垂直于D．存在一個(gè)與平行的平面經(jīng)過(guò)
【答案】D
【分析】根據(jù)題意，結(jié)合直線(xiàn)與平面平行，以及平面與平面平行的判定及性質(zhì)，逐項(xiàng)判定，即可求解.
【詳解】對(duì)于A中，由內(nèi)存在一條直線(xiàn)與平行，則或，所以A不正確；
對(duì)于B中，由平行內(nèi)無(wú)數(shù)條直線(xiàn)，則或，所以B不正確；
對(duì)于C中，由垂直于的直線(xiàn)都垂直于，則或，所以C不正確；
對(duì)于D中，如圖所示，由，在直線(xiàn)上任取一點(diǎn)作直線(xiàn)，使得，
因?yàn)榍移矫?，所以，即充分性成立?br>反之，若存在一個(gè)與平行的平面經(jīng)過(guò)，根據(jù)面面平行的性質(zhì)，可得，即必要性成立，所以D正確.
故選：D.
50．（2024高三·全國(guó)·專(zhuān)題練習(xí)）已知圓，，，則“直線(xiàn)AB與圓C有公共點(diǎn)”的充要條件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根據(jù)題意可得直線(xiàn)AB的方程，再設(shè)圓的半徑為，其圓心到直線(xiàn)AB的距離為，從而可得“直線(xiàn)AB與圓C有公共點(diǎn)”的充要條件是“”，進(jìn)而求解即可．
【詳解】由，，
則直線(xiàn)AB的方程為，
設(shè)圓的半徑為，其圓心到直線(xiàn)AB的距離為，
則“直線(xiàn)AB與圓C有公共點(diǎn)”的充要條件是“”
即，解得．
故選：D．
考點(diǎn)9根據(jù)充分不必要條件求參數(shù)
51．（2024·山東濟(jì)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(shù)，得到，即可求解.
【詳解】因?yàn)椤啊笔恰啊钡某浞植槐匾獥l件，所以，所以.
故選：D.
52．（2023·四川甘孜·一模）設(shè).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(duì)，進(jìn)行化簡(jiǎn)，然后利用充分不必要條件的定義求解即可.
【詳解】因?yàn)椋?br>所以，即，
因?yàn)椋?br>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(jù)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(guān)系，求出答案.
【詳解】由條件，解得或；
因?yàn)槭堑某浞植槐匾獥l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(yù)測(cè)）已知命題：函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)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(jù)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?yàn)楹瘮?shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增，所以，解得：，又因?yàn)槭堑某浞植槐匾獥l件，則是的真子集，即的取值范圍是
故答案為：
考點(diǎn)10根據(jù)必要不充分條件求參數(shù)
55．（22-23高二下·湖南·階段練習(xí)）已知集合，，若“”是“”的必要不充分條件，則實(shí)數(shù)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(jù)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(shí)，
因?yàn)椤啊笔恰啊钡谋匾怀浞謼l件，故?,
故；
若，則，此時(shí)，
因?yàn)椤啊笔恰啊钡谋匾怀浞謼l件，故?,
故；
若，則，此時(shí)，滿(mǎn)足?,
綜合以上可得，
故選：C
56．（2023·四川綿陽(yáng)·模擬預(yù)測(cè)）若?是?的必要不充分條件，則實(shí)數(shù)?的取值范圍（ ）
A．B． ?C． ?D．
【答案】B
【分析】根據(jù)前者是后者得必要不充分條件，得到?，再利用數(shù)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(shí)數(shù)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(jié)論．
【詳解】∵且或，，又是的必要不充分條件，∴?，∴，
故選：D.
【點(diǎn)睛】結(jié)論點(diǎn)睛：本題考查由必要不充分條件求參數(shù)，一般可根據(jù)如下規(guī)則判斷：
命題對(duì)應(yīng)集合，命題對(duì)應(yīng)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(méi)有包含關(guān)系．
58．（2021·云南紅河·模擬預(yù)測(cè)）“”是“”的必要不充分條件，則實(shí)數(shù)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(jié)果.
【詳解】解關(guān)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(diǎn)睛】本題主要考查由必要不充分條件求參數(shù)，屬于基礎(chǔ)題型.
考點(diǎn)11根據(jù)充要條件求參數(shù)
59．（23-24高一下·湖南·期末）已知集合，若是的充要條件，則整數(shù)（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】D
【分析】解絕對(duì)值不等式，根據(jù)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(shù).
故選：D
60．（2020·河南·模擬預(yù)測(cè)）若關(guān)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.
【詳解】因?yàn)槭遣坏仁匠闪⒌某浞謼l件，
所以，
因?yàn)槭遣坏仁匠闪⒌谋匾獥l件，
所以，
故.
故答案為：2
【點(diǎn)睛】本題考查不等式的解法、簡(jiǎn)易邏輯，還考查了推理能力與運(yùn)算能力，屬于基礎(chǔ)題..
61．（20-21高一上·湖南郴州·階段練習(xí)）設(shè)集合，；
(1)用列舉法表示集合；
(2)若是的充要條件，求實(shí)數(shù)的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）直接解方程即可；
（2）根據(jù)條件得，可得是方程的根，進(jìn)而可得實(shí)數(shù)的值.
【詳解】（1）集合，
即；
（2）由已知，，
若是的充要條件，則，
，
.
考點(diǎn)12充要條件的證明
62．（2023·上海普陀·一模）設(shè)函數(shù)的表達(dá)式為.
(1)求證：“”是“函數(shù)為偶函數(shù)”的充要條件；
(2)若，且，求實(shí)數(shù)的取值范圍.
【答案】(1)證明見(jiàn)解析；
(2)或.
【分析】（1）根據(jù)給定條件，利用偶函數(shù)的定義、結(jié)合充要條件的意義推理即得.
（2）利用偶函數(shù)性質(zhì)及在的單調(diào)性求解不等式即可.
【詳解】（1）函數(shù)的定義域?yàn)镽，不恒為0，
函數(shù)為偶函數(shù)
，
所以“”是“函數(shù)為偶函數(shù)”的充要條件.
（2）當(dāng)時(shí)，，求導(dǎo)得，函數(shù)在R上單調(diào)遞增，
當(dāng)時(shí)，，即函數(shù)在單調(diào)遞增，又是偶函數(shù)，
因此，
即，解得或，
所以實(shí)數(shù)的取值范圍是或.
63．（2023·安徽六安·一模）數(shù)列滿(mǎn)足，稱(chēng)為數(shù)列的指數(shù)和.
(1)若，求所有可能的取值；
(2)求證：數(shù)列的指數(shù)和的充分必要條件是.
【答案】(1)
(2)證明見(jiàn)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(dāng)時(shí)，可知，結(jié)合等比數(shù)列求和公式可證得充分性成立；假設(shè)，可知，結(jié)合等比數(shù)列求和公式可證得必要性成立，由此可得結(jié)論.
【詳解】（1）由題意知：，
，
當(dāng)時(shí)，；當(dāng)，時(shí)，；
當(dāng)，時(shí)，；當(dāng)，時(shí)，；
當(dāng)，時(shí)，；當(dāng)，時(shí)，；
當(dāng)，時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；
綜上所述：所有可能的取值為.
（2）充分性：當(dāng)時(shí)，（當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)），
即當(dāng)時(shí)，，充分性成立；
必要性：假設(shè)，則（當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)），
與矛盾，假設(shè)錯(cuò)誤，即，必要性成立；
綜上所述：數(shù)列的指數(shù)和的充分必要條件是
64．（2022·云南·一模）已知函數(shù)，是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，，.
(1)求的單調(diào)區(qū)間；
(2)記：有兩個(gè)零點(diǎn)；：.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(diào)遞增區(qū)間為；單調(diào)遞減區(qū)間為
(2)證明見(jiàn)解析
【分析】（1）利用導(dǎo)數(shù)求得的單調(diào)區(qū)間.
（2）：根據(jù)來(lái)證得結(jié)論成立；：結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性以及零點(diǎn)存在性定理來(lái)證得結(jié)論成立.
【詳解】（1）∵，
∴的定義域?yàn)椋?
∵當(dāng)時(shí)，，
∴在上是增函數(shù)；
∵當(dāng)時(shí)，，
∴在上是減函數(shù).
∴的單調(diào)遞增區(qū)間為；單調(diào)遞減區(qū)間為.
（2）充分性：
由（1）知，當(dāng)時(shí)，取得最大值，
即的最大值為.
由有兩個(gè)零點(diǎn)，得，解得.
∴.
必要性：
函數(shù)，
在區(qū)間上遞增，，所以.
∵，∴.∴.
∵，，，∴.
∴.
∴，使；
又∵，∴，使.
∵在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
∴，且，易得.
∴當(dāng)時(shí)，有兩個(gè)零點(diǎn).
【點(diǎn)睛】利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，首先要求出函數(shù)的定義域.證明充要條件的問(wèn)題，可由，和成立來(lái)證明.函數(shù)零點(diǎn)問(wèn)題的研究，可考慮結(jié)合零點(diǎn)存在性定理來(lái)求解.
65．（21-22高三上·北京·期末）已知數(shù)列：，，…，滿(mǎn)足：①；②.記.
（1）直接寫(xiě)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(jiàn)解析；（3）.
【解析】（1）根據(jù)遞推關(guān)系式以及求和式子即可得出結(jié)果.
（2）充分性：求出數(shù)列的通項(xiàng)公式，再利用等比數(shù)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(xiàng)，得出數(shù)列的規(guī)律：每一個(gè)數(shù)列前項(xiàng)與之對(duì)應(yīng)項(xiàng)是相反數(shù)的數(shù)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(mǎn)足，且前項(xiàng)和最小的數(shù)列是，，，…，，.
所以
.
所以.
必要性：若，即.
假設(shè)，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?yàn)閿?shù)列：，，…，中有，1兩種，有，2兩種，
有，4兩種，…，有，兩種，有一種，
所以數(shù)列：，，…，有個(gè)，
且在這個(gè)數(shù)列中，每一個(gè)數(shù)列都可以找到前項(xiàng)與之對(duì)應(yīng)項(xiàng)是相反數(shù)的數(shù)列.
所以這樣的兩數(shù)列的前項(xiàng)和是.
所以這個(gè)數(shù)列的前項(xiàng)和是.
所以的所有可能值的和是.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查了等比數(shù)列的通項(xiàng)公式、求和公式，解題的關(guān)鍵是根據(jù)遞推關(guān)系式得出數(shù)列的通項(xiàng)公式，注意討論，此題也考查了數(shù)列不等式、反證法在數(shù)列中的應(yīng)用.
66．（2020·上海寶山·三模）令（）.
（1）若，，試寫(xiě)出的解析式并求的最小值；
（2）已知，，令，試探討函數(shù)的基本性質(zhì)（不需證明）；
（3）已知定義在上的函數(shù)是單調(diào)遞增函數(shù)，是周期函數(shù)，是單調(diào)遞減函數(shù)，求證：是單調(diào)遞增函數(shù)的充要條件：對(duì)任意的，，.
【答案】（1），的最小值是-1；（2）性質(zhì)見(jiàn)解析；（3）證明見(jiàn)解析.
【分析】（1）分別解不等式和即可得對(duì)應(yīng)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(zhì).
（3）用反證法證明：假設(shè)存在，使得，
則，利用周期性、單調(diào)性得出 與單調(diào)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(dāng)，
或時(shí)，取得最大值1；
當(dāng)，取最小值為.
②奇偶性：非奇非偶函數(shù)
③零點(diǎn)：，
④最小正周期：
⑤單調(diào)遞減區(qū)間：
，；
⑥單調(diào)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(shè)的周期為，取，則，
，，
，∴，
∴與單調(diào)遞增矛盾.
∴原結(jié)論成立.
【點(diǎn)睛】本題主要考查了新定義函數(shù)，作出兩個(gè)函數(shù)圖象，數(shù)形結(jié)合是解決問(wèn)題的好辦法，當(dāng)命題直接證明不容易，可以考慮反證法，屬于難題.
考點(diǎn)13判斷全稱(chēng)量詞命題和存在量詞命題的真假
67．（2024·陜西咸陽(yáng)·模擬預(yù)測(cè)）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(lái)判斷ACD，利用指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)判斷B.
【詳解】對(duì)于A，當(dāng)時(shí)，滿(mǎn)足，但不滿(mǎn)足，故“”不是“”的必要條件，故錯(cuò)誤；
對(duì)于B，根據(jù)指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可得，對(duì)于，即，故正確；
對(duì)于C，當(dāng)時(shí)，，故錯(cuò)誤；
對(duì)于D，當(dāng)時(shí)，滿(mǎn)足，但不成立，故錯(cuò)誤.
故選：B.
68．（2022·安徽蚌埠·模擬預(yù)測(cè)）下列四個(gè)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(gè)滿(mǎn)足條件的，C基本不等式的應(yīng)用，D分離常數(shù)結(jié)合基本不等式.
【詳解】解析：選A.對(duì)于A，，且對(duì)x＜0時(shí)不成立；
對(duì)于B，當(dāng)x＝1時(shí)，x2＋1＝2，2x＝2，成立，正確；
對(duì)于C，若x＞0，y＞0，則，化為，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，C正確；
對(duì)于D，，因?yàn)?，所以，所以，?dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取等號(hào).故y的最小值為1，D正確.
故選：A
69．（2023·廣東東莞·三模）已知全集和它的兩個(gè)非空子集，的關(guān)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(jù)子集的定義對(duì)各個(gè)選項(xiàng)逐個(gè)判斷即可求解．
【詳解】由圖可知，且，非空，
則根據(jù)子集的定義可得：
對(duì)于，，不正確，
對(duì)于，，正確，
對(duì)于，，不正確，
對(duì)于，，不正確，
故選：．
70．（2023·河北·模擬預(yù)測(cè)）命題：，，命題：，，則（ ）
A．真真B．假假C．假真D．真假
【答案】D
【分析】對(duì)于命題：根據(jù)特稱(chēng)命題結(jié)合二次函數(shù)分析判斷；對(duì)于命題：根據(jù)存在命題結(jié)合二次函數(shù)的判別式分析判斷.
【詳解】對(duì)于命題：令，則開(kāi)口向上，對(duì)稱(chēng)軸為，
且，則，
所以，，即命題為真命題；
對(duì)于命題：因?yàn)椋?br>所以方程無(wú)解，即命題為假命題；
故選：D.
71．（2023·江蘇南通·模擬預(yù)測(cè)）已知P，Q為R的兩個(gè)非空真子集，若?，則下列結(jié)論正確的是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】B
【分析】根據(jù)條件畫(huà)出圖，根據(jù)圖形，判斷選項(xiàng).
【詳解】因?yàn)?，所以?，如圖，
對(duì)于選項(xiàng)A：由題意知 P是 Q的真子集，故，，故不正確，
對(duì)于選項(xiàng)B：由是的真子集且，都不是空集知，，，故正確.
對(duì)于選項(xiàng)C：由是的真子集知，，，故不正確，
對(duì)于選項(xiàng)D：Q是的真子集，故，，故不正確，
故選：B
72．（2023·貴州畢節(jié)·模擬預(yù)測(cè)）直線(xiàn)，直線(xiàn)，給出下列命題：
①，使得； ②，使得；
③，與都相交； ④，使得原點(diǎn)到的距離為.
其中正確的是（ ）
A．①②B．②③C．②④D．①④
【答案】C
【分析】利用兩直線(xiàn)平行可得出關(guān)于的等式與不等式，解之可判斷①；利用兩直線(xiàn)垂直可求得實(shí)數(shù)的值，可判斷②；取可判斷③；利用點(diǎn)到直線(xiàn)的距離公式可判斷④.
【詳解】對(duì)于①，若，則，該方程組無(wú)解，①錯(cuò)；
對(duì)于②，若，則，解得，②對(duì)；
對(duì)于③，當(dāng)時(shí)，直線(xiàn)的方程為，即，此時(shí)，、重合，③錯(cuò)；
對(duì)于④，直線(xiàn)的方程為，
若，使得原點(diǎn)到的距離為，則，整理可得，
，方程有解，④對(duì).
故選：C.
73．（2023·安徽·三模）給出下列四個(gè)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(chēng)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(duì)于A，“，”是全稱(chēng)量詞命題，其否定是存在量詞命題，該命題的否定為，，A錯(cuò)誤；
對(duì)于B，“若，則”是假命題，如，而，B錯(cuò)誤；
對(duì)于C，取，則，C正確；
對(duì)于D，因?yàn)楹瘮?shù)是R上的增函數(shù)，則“”是“”的充要條件，D錯(cuò)誤．
故選：C
考點(diǎn)14根據(jù)全稱(chēng)量詞命題的真假求參數(shù)
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(xiě)出原命題的否定，即為真命題，然后將有解問(wèn)題轉(zhuǎn)化為最值問(wèn)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?yàn)?，所以?br>即.
故選：B.
75．（2023·江蘇淮安·模擬預(yù)測(cè)）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(jù)命題為假，則命題的否定為真，轉(zhuǎn)化為恒成立問(wèn)題，列不等式求參.
【詳解】因?yàn)閜為假命題，所以，為真命題，
故當(dāng)時(shí)，恒成立．
因?yàn)楫?dāng)時(shí)，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(yù)測(cè)）命題“任意，”為假命題，則實(shí)數(shù)的取值范圍是 .
【答案】
【分析】根據(jù)題意，問(wèn)題轉(zhuǎn)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?yàn)闀r(shí)，，
令，則，
則在上單調(diào)遞增，
所以，
所以.
故答案為：.
77．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知命題“對(duì)于，”為真命題，寫(xiě)出符合條件的的一個(gè)值： ．
【答案】（答案不唯一）
【分析】當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，可得可取任意負(fù)數(shù)，即可求解.
【詳解】對(duì)于，，
當(dāng)時(shí)，對(duì)于，，則可取任意負(fù)數(shù)，如；
故答案為：.
考點(diǎn)15根據(jù)存在量詞命題的真假求參數(shù)
78．（2024·陜西安康·模擬預(yù)測(cè)）已知命題，若為假命題，則的取值范圍是
【答案】
【分析】根據(jù)全稱(chēng)命題的真假可知為真命題，由此構(gòu)造函數(shù)，結(jié)合單調(diào)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(shè)，則，
由于在R上單調(diào)遞增，故在上單調(diào)遞減，
則，故，
故答案為：
79．（2023·江西鷹潭·模擬預(yù)測(cè)）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(jù)題意得出命題“”是真命題，然后分為三種情況進(jìn)行討論，結(jié)合二次函數(shù)性質(zhì)即可得出結(jié)果.
【詳解】因?yàn)槊}：“，”是假命題，
所以命題“”是真命題，
若，即或，
當(dāng)時(shí)，不等式為，恒成立，滿(mǎn)足題意；
當(dāng)時(shí)，不等式為，不恒成立，不滿(mǎn)足題意；
當(dāng)時(shí)，則需要滿(mǎn)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(yù)測(cè)）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(shù)分離，并構(gòu)造函數(shù)，通過(guò)導(dǎo)數(shù)求函數(shù)單調(diào)性求解；方法二：將轉(zhuǎn)化為直線(xiàn)與曲線(xiàn)沒(méi)有交點(diǎn)，通過(guò)導(dǎo)數(shù)求切斜方程即可.
【詳解】法一：由題可得為真命題，
易知滿(mǎn)足，符合題意，此時(shí)；
當(dāng)時(shí)，可變形為，
令，則，
當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，
當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減，且；當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增，
所以當(dāng)時(shí)，，
作出函數(shù)的圖象如圖①所示，
由題可知直線(xiàn)與函數(shù)的圖象沒(méi)有交點(diǎn)，數(shù)形結(jié)合可得.
法二：由題可得為真命題，
即直線(xiàn)與曲線(xiàn)沒(méi)有交點(diǎn).
設(shè)直線(xiàn)與曲線(xiàn)切于點(diǎn)，
由，得，則，
所以，
所以直線(xiàn)與曲線(xiàn)相切，
若直線(xiàn)與曲線(xiàn)沒(méi)有交點(diǎn)，如圖②所示，則.
故選：D.
81．（2024·湖北武漢·模擬預(yù)測(cè)）若命題“,”是假命題，則不能等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】轉(zhuǎn)化為命題的否定“,”為真命題.用關(guān)于的一次函數(shù)來(lái)考慮，即可解.
【詳解】根據(jù)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(xiàn)在點(diǎn)處的切線(xiàn)斜率小于等于零”是假命題，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（ ）
A．或B．或C．D．
【答案】C
【分析】利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義、導(dǎo)數(shù)的基本運(yùn)算、二次不等式恒成立計(jì)算即可.
【詳解】由，則，
根據(jù)題意可知，即.
故選：C
83．（2023·四川成都·二模）已知數(shù)列滿(mǎn)足，若，使成立的的最小值為數(shù)列的首項(xiàng)，則數(shù)列前2023項(xiàng)的積為（ ）
A．0B．1C．D．
【答案】B
【分析】根據(jù)題意，求得，再由，求得的值，得到數(shù)列是以3項(xiàng)為周期的周期數(shù)列，且，進(jìn)而求得數(shù)列前2023項(xiàng)的積，即可求解.
【詳解】由命題“，使成立”，即在區(qū)間有解，
又因?yàn)楫?dāng)時(shí)，的最小值為，所以，所以的首項(xiàng)為，
又由數(shù)列滿(mǎn)足，
可得，，
，，
所以數(shù)列是以3項(xiàng)為周期的周期數(shù)列，且，
所以數(shù)列前2023項(xiàng)的積為：.
故選：B
考點(diǎn)16全稱(chēng)量詞命題的否定
84．（2024·新疆喀什·三模）命題“，”的否定是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】A
【分析】根據(jù)全稱(chēng)命題的否定為特稱(chēng)命題，即可求解.
【詳解】命題“，”的否定是“，”
故選：A
85．（2024·吉林·模擬預(yù)測(cè)）已知命題，則命題的否定為（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根據(jù)給定條件，利用全稱(chēng)量詞命題的否定直接判斷得解.
【詳解】命題是全稱(chēng)量詞命題，其否定是存在量詞命題，
所以命題的否定為：，A正確.
故選：A
86．（2023·天津和平·三模）命題“，”的否定為（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】B
【分析】根據(jù)否定命題的定義即可求解.
【詳解】命題“，”的否定為“，”.
故選：B.
87．（2024·山東青島·三模）已知命題 ，則（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根據(jù)全稱(chēng)量詞命題的否定為特稱(chēng)量詞命題判斷即可.
【詳解】命題 為全稱(chēng)量詞命題，
則為：.
故選：D
88．（2024·湖北武漢·模擬預(yù)測(cè)）設(shè)命題:對(duì)任意的等比數(shù)列也是等比數(shù)列，則命題的否定為（ ）
A．對(duì)任意的非等比數(shù)列也是等比數(shù)列
B．對(duì)任意的非等比數(shù)列不是等比數(shù)列
C．存在一個(gè)等比數(shù)列使是等比數(shù)列
D．存在一個(gè)等比數(shù)列使不是等比數(shù)列
【答案】D
【分析】由全稱(chēng)命題的否定為特稱(chēng)命題即可得出答案.
【詳解】命題的否定為：存在一個(gè)等比數(shù)列使不是等比數(shù)列.
故選：D.
89．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）命題“，函數(shù)在上單調(diào)遞增”的否定為（ ）
A．，函數(shù)在上單調(diào)遞減
B．，函數(shù)在上不單調(diào)遞增
C．，函數(shù)在上單調(diào)遞減
D．，函數(shù)在上不單調(diào)遞增
【答案】B
【分析】根據(jù)題意，結(jié)合全稱(chēng)命題與存在性命題的關(guān)系，準(zhǔn)確改寫(xiě)，即可求解.
【詳解】因?yàn)槿Q(chēng)量詞命題的否定為存在量詞命題，
所以命題“，函數(shù)在上單調(diào)遞增”的否定為“，函數(shù)在上不單調(diào)遞增”．
故選：B．
考點(diǎn)17存在量詞命題的否定
90．（2024·重慶開(kāi)州·模擬預(yù)測(cè)）命題“，”的否定形式是
【答案】，且
【分析】根據(jù)特稱(chēng)量詞命題的否定為全稱(chēng)量詞命題即可得結(jié)果.
【詳解】由特稱(chēng)量詞命題的否定為全稱(chēng)量詞命題得，
“”的否定為“且”.
故答案為：且.
91．（2024·四川綿陽(yáng)·模擬預(yù)測(cè)）命題“，”的否定形式是（ ）
A．，B．，
C．，或D．，或
【答案】C
【分析】直接根據(jù)特稱(chēng)命題的否定為全稱(chēng)命題，寫(xiě)出答案.
【詳解】由于特稱(chēng)命題的否定是全稱(chēng)命題，則命題“，”的否定是“，或”.
故選：C
92．（2024·河南·三模）命題“”的否定是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根據(jù)存在量詞命題的否定形式，即可求解.
【詳解】根據(jù)存在量詞命題的否定為全稱(chēng)量詞命題，
即命題“”的否定為“”.
故選：B.
93．（2024·廣東梅州·一模）命題“”的否定是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根據(jù)存在量詞命題的否定形式，即可求解.
【詳解】存在量詞命題的否定為全稱(chēng)量詞命題，
所以命題“”的否定是“”.
故選：C
94．（2024·山西·一模）設(shè)命題，則為（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根據(jù)存在量詞命題的否定形式判定即可.
【詳解】由題意可知.
故選：C
95．（23-24高三下·福建廈門(mén)·階段練習(xí)）已知命題 “”，則為（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根據(jù)存在量詞命題的否定的知識(shí)求得正確答案.
【詳解】存在量詞命題：的否定是：.
故選：C
考點(diǎn)18含有一個(gè)量詞的命題的否定的應(yīng)用
96．（2023·陜西咸陽(yáng)·模擬預(yù)測(cè)）若命題“，使成立”的否定是真命題，則實(shí)數(shù)的取值范圍是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】真命題轉(zhuǎn)化為不等式恒成立求參數(shù)的取值范圍求解即可.
【詳解】若“，使成立”的否定是：
“，使”為真命題，
即；令，
由，得，所以，
所以，
故選：C.
97．（21-22高一上·山東濟(jì)寧·階段練習(xí)）已知命題“使不等式成立”是假命題
(1)求實(shí)數(shù)m的取值集合；
(2)若是的必要不充分條件，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）首先根據(jù)題意得出命題的否定“，不等式”成立是真命題，然后由或求解即可；
（2）根據(jù)題意得出集合是集合的真子集，然后列出不等式求解即可.
【詳解】（1）因?yàn)槊} “，不等式”成立是假命題，
所以命題的否定 “，不等式”成立是真命題，
所以或，解得或，
故集合；
（2）因?yàn)椋矗?br>所以，
因?yàn)槭羌系谋匾怀浞謼l件，
令集合，則集合是集合的真子集，
即，解得，所以實(shí)數(shù)的取值范圍是

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