2026年高考數學總復習——專題04簡易邏輯培優(yōu)歸類題型1命題真假判斷命題的真假，涉及到高中數學幾乎全部的知識點，也是屬于知識交匯處的綜合題型，并且多以多選題的形式出現。主要方法有：1.直接法：應用所學過的基本事實和定理進行判斷2.反例法：舉出命題所涉及到的知識中的反例即可。1．（24-25·甘肅蘭州·階段練習）（多選）設是復數，則下列命題中的真命題是（

）A．若，則 B．若，則C．若，則 D．若，則【答案】AD【分析】設，，根據復數的共軛及復數的模長公式逐項判斷即可.【詳解】設，，則，若，則，則，A正確；若，則，不能判斷與的關系，不能判斷兩個復數是否相等，B錯誤，同理，C也錯誤，，D正確.故選：AD.2．（24-25高·湖北襄陽·階段練習（多選））下列命題為假命題的有（

）A．若“”，則“”B．若“”，則“，”C．函數的單調遞減區(qū)間為D．函數的最小值為5【答案】ABD【分析】利用反例可判定A，利用余弦函數的性質可判定B，由復合函數的單調性可判定C，利用基本不等式結合同角三角函數的基本關系可判定D.【詳解】對于A，若，顯然，即A錯誤；對于B，由余弦函數的性質可知若“”，則“或，”，即B錯誤；對于C，易知在上單調遞減，定義域上單調遞增，由復合函數的單調性知C正確；對于D，化簡，當且僅當時取得等號，顯然不符合三角函數有界性，即D錯誤.故選：ABD3．（24-25高二上·吉林·期末）（多選）對于空間向量，，和實數，下列命題中是假命題的是（

）A．若，則或.B．若，則或.C．則或D．若，則【答案】ACD【分析】利用向量的數量積運算法則及運算性質來進行判斷即可.【詳解】對于選項A，結論少了（且都是非零向量）的情形，故是假命題；對于選項B，若，則或，故是真命題；對于選項C，結論應該是，故是假命題；對于選項D，比如都是單位向量，且這三個向量兩兩之間的夾角都是，由此就可說明D是假命題.故選：ACD.4．（24-25·福建泉州·階段練習）（多選）對表示不超過x的最大整數，如，我們把叫做取整函數，也稱為高斯函數．以下關于“高斯函數”的命題，其中是真命題有（

）A．B．，若，則C．D．不等式的解集為【答案】ABD【分析】根據取整函數的定義結合舉反例，一元二次不等式的解法對選項逐一分析即可.【詳解】對于A，，，，所以A為真命題；對于B，因為，所以，，所以，B為真命題；對于C，，，所以C為假命題；對于D，解不等式，得或，所以不等式的解集為，D為真命題.故選：.5．（24-25·貴州遵義·階段練習）（多選）下面命題正確的是（）A．若且，則，至少有一個大于1B．直角三角形的外心一定不在斜邊上C．如果實數集的非空子集是有限集，那么中的元素必然有最大值D．任何分數都是有理數【答案】ACD【分析】借助反證法可得A、C；結合直線三角形性質與外心定義可得B；利用分數與有理數定義可得D.【詳解】對A：假設，都小于或等于，則，與已知矛盾，故假設錯誤，故A正確；對B：直角三角形的外心在斜邊中點,故B錯誤；對C：假設非空集合中的元素無最大值，則集合必為無限集，這與實數集的非空子集是有限集矛盾，故中的元素必然有最大值，故C正確；對D：由有理數定義可知，任何分數都是有理數，故D正確.故選：ACD.題型2充分不必要型求參充分條件的判斷方法(1)判定p是q的充分條件要先分清什么是p，什么是q，即轉化成p?q問題．(2)除了用定義判斷充分條件還可以利用集合間的關系判斷，若p構成的集合為A，q構成的集合為B，A?B，則p是q的充分條件用充分不必要、必要不充分及充要條件求參數值(范圍)的一般步驟(1)根據已知將充分不必要條件、必要不充分條件或充要條件轉化為集合間的關系．(2)根據集合間的關系構建關于參數的方程(組)或不等式(組)求解．(3)充分必要條件與集合包含之間的關系．命題對應集合，命題對應集合是，則是的充分條件。1．（2022·河南·模擬預測）若“”是“”的一個充分不必要條件，則實數的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】首先求出兩個不等式的解集，然后根據充分不必要條件的定義求出實數的取值范圍.【詳解】由題意可得，且，又，，則解得，故選：D．2．（24-25高三·山東泰安·階段練習）已知集合，.若“”是“”的充分不必要條件，則m的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】分集合是否為空集討論即可，當時，由集合間的包含關系求出；【詳解】由“”是“”的充分不必要條件，則是的真子集，當時，，解得；當時，，前兩個等號不能同時取得，解得，綜上m的取值范圍是，故選：A.3．（2025·四川甘孜·模擬）設.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，進行化簡，然后利用充分不必要條件的定義求解即可.【詳解】因為，所以，即，因為，所以，若是的充分不必要條件，則，解得，，故選：A.4．（2024·重慶沙坪壩·模擬預測）使得不等式對恒成立的一個充分不必要條件是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先由不等式對恒成立得，再由充分不必要條件的概念即可求解【詳解】由不等式對恒成立，得，即，解得，從選項可知是的充分不必要條件，故選：A.5．（·湖南·高考真題）集合，，若“”是“”的充分條件，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】求出集合，將代入集合，求出集合，根據可得出關于實數的不等式，即可求得實數的取值范圍.【詳解】因為，當時，由可得，此時，因為“”是“”的充分條件，則或，解得.故選：D.題型3必要不充分型求參充分不必要條件判斷(1)判斷p是q的什么條件，主要判斷若p成立時，能否推出q成立。反過來，若q成立時，能否推出p成立；若p?q為真，則p是q的充分條件，若q?p為真，則p是q的必要條件．(2)也可利用集合的關系判斷。如條件甲“x∈A”，條件乙“x∈B”，若A?B，則甲是乙的必要條件．簡單通俗說“大是小的必要條件”1．（2025·河北秦皇島·一模）已知，集合，若是的必要不充分條件，則的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由題意得到是的真子集，比較區(qū)間端點，即可求解.【詳解】，，因為是的必要不充分條件，所以是的真子集,可得，等號不同時成立，結合，解得，所以的取值范圍為，故選：B2．（2025·黑龍江·一模）已知函數，若是上的增函數，，且是的必要不充分條件，則實數的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由集合的包含關系，分類討論時，的解集即可求解；【詳解】是上的增函數，得，考慮當時，等價于得：.當時，等價于，當時，由，可得：，又，此時解集為，也即的解集為符合題意；當時，由，可得：，又，此時解集為，也即的解集為，不符合題意；當時，由，可得：，又，此時解集為，也即的解集為，符合題意；綜上可知：的取值范圍是.故選：B3．（2025高三·全國·專題練習）對于函數，在上單調遞增的必要不充分條件是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】對函數求導得，對進行分類討論可知不符合題意；時，，研究的符號可得的單調性及符號，進而可求得在上單調遞增的充要條件，即可求解.【詳解】，.當時，若，則，此時，在上單調遞減，不符合題意；當時，，當時，在上恒成立，在上單調遞增，且，在上恒成立，在上單調遞增，符合題意.當時，令的解為.當時，，在上單調遞減，且，在上恒成立，在上單調遞減，不符合題意.綜上，在上單調遞增的充要條件為.在上單調遞增的一個必要不充分條件是.故選：A.4．（24-25高一上·福建莆田·期末）已知集合，，若是的必要不充分條件，則實數的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】解不等式求出集合、，再根據題意得，可得答案.【詳解】集合或，集合，若是的必要不充分條件，則，所以，解得.故選：A.5．（2025·甘肅白銀·模擬預測）已知“”是：“”成立的必要不充分條件，則實數的取值范圍為（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】解二次不等式分別求出和的范圍，根據必要不充分條件的概念列不等式求解即可.【詳解】因為，即，則或，即，又是的必要不充分條件，則或，即或.則的取值范圍為.故選：B題型4充要條件應用充要條件，主要體現在恒等變形等題型中。充分條件與必要條件的應用技巧：(1)應用：可利用充分性與必要性進行相關問題的求解，特別是求參數的值或取值范圍問題．(2)求解步驟：先把p，q等價轉化，利用充分條件、必要條件與集合間的包含關系，建立關于參數的不等式(組)進行求解．1．（2025·北京·二模）設平面向量與不共線，，則“與共線”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】根據共線定理可得，由與不共線，得且，即可結合充要條件的定義求解.【詳解】若與共線，則存在非零實數，使得，即，由于平面向量與不共線，所以且，故，因此“與共線”是“”的充要條件，故選：C2．（2024山西呂梁·模擬預測）“，使得成立”的充要條件是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由題可得等價于，求出最大值即可.【詳解】，，等價于，又，當且僅當時等號成立，即，故．故選：A．3．（24-25高三上·遼寧大連·期中）下列選項中，p是q的充要條件的是（

）A．p：或，q：兩條直線與平行B．p：直線與曲線有兩個不同交點，C．在圓外部，D．p：直線與圓相離，【答案】B【分析】充要條件是指p可以推出q，q也可以推出p，需要根據每個選項中p和q的關系進行分析判斷.【詳解】對于A，若兩條直線與平行，所以，解得或，但是當時，兩直線重合，所以，則p是q的必要不充分條件，故A錯誤；對于B，，可得，，所以，表示圓心為，半徑的圓的上半部分，如圖所示：直線恒過點，一般式為，因為直線與曲線有兩個不同的交點，所以圓心到直線的距離小于半徑，即，解得，當時，左邊圓上的端點為，此時斜率為，所以，所以p是q的充要條件，故B正確；對于C，圓半徑，即，所以，因為在圓外部，所以，解得，綜上，所以p是q的充分不必要條件，故C錯誤；對于D，圓化為標準式為：，圓心為，半徑為，若直線與圓相離，則圓心到直線的距離為，兩邊平方化簡得，綜上，所以p是q的充分不必要條件，故D錯誤；故選：B.4．（23-24高二下·江西南昌·階段練習）在整數集中，被除所得余數為的所有整數組成一個“類”，記為，即，則下面選項正確的為（

）A．B．C．D．整數屬于同一“類”的充分不必要條件是“”【答案】C【分析】求被除的余數，判斷A，求被除的余數，判斷B，根據新定義及集合相等的定義判斷C，結合新定義及充分條件，必要條件的定義判斷D.【詳解】對于A，，A錯誤；對于B，，B錯誤；對于C，每個整數除以后的余數只有，沒有其他余數，所以，又，故，C正確；對于D，若，則，若，則，不妨設，則，所以，，所以除以后余數相同，所以屬于同一“類”所以整數屬于同一“類”的充要條件是“”，D錯誤；故選：C.5．（2024·廣東茂名·模擬）設，則對任意實數，“”是“”的（

）條件A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要【答案】C【分析】先判斷函數為奇函數且單調遞增，再分別判斷充分性和必要性得到答案.【詳解】定義域為，，函數為奇函數易知：在上單調遞增，且故在上單調遞增當時，，充分性；當時，即，必要性；故選：【點睛】本題考查了函數的奇偶性，單調性，充分必要條件，意在考查學生的綜合應用能力.題型5樹圖型沖要條件多重復雜的充分必要條件之間傳遞變化判斷，可以借助類似如下“地圖”一樣來判斷。判斷方法是，根據箭頭是否能“往返”或者“轉圈”推導，以此判斷沖分析與必要性1．（23-24高三·浙江·模擬）已知p是r的充分不必要條件，q是r的充分條件，s是r的必要條件，q是s的必要條件，下列命題正確的是（

）A．r是q的充分不必要條件 B．p是q的充分不必要條件C．r是q的必要不充分條件 D．r是s的充分不必要條件【答案】B【分析】利用推出號表示充分條件和必要條件，然后可得結論．【詳解】由題意，但是不能推出成立，則，所以是等價的，因此ACD都錯誤，B正確．故選：B．2．（23-24高三·重慶沙坪壩·階段練習）已知是的充分條件，是的充分不必要條件，是的必要條件，是的必要條件，現有下列命題：①是的必要不充分條件；②是的充分不必要條件；③是的充分不必要條件；④是的充要條件.正確的命題序號是（

）A．① B．② C．③ D．④【答案】C【分析】根據題意以及充分條件和必要條件的定義確定之間的關系，然后逐一判斷命題①②③④的正確性即可.【詳解】因為是的充分條件，所以.因為是的充分不必要條件，所以，，因為是的必要條件，所以.因為是的必要條件，所以，所以由，，可得，則是的充要條件，命題①錯誤；則是的充要條件，命題②錯誤；因為，，所以，，故是的充分不必要條件，命題③正確；易得，，所以是的必要不充分條件，命題④錯誤，故選：C.3．（22-23高三·上海浦東新·階段練習）已知是的充分不必要條件，是的充分條件，是的必要條件，是的必要條件，現有下列命題：①是的充要條件；

②是的充分不必要條件；③是的必要不充分條件；

④是的充分不必要條件.正確的命題序號是（

）A．①④ B．①② C．②③ D．③④【答案】B【分析】由充分必要條件的定義和傳遞性，逐個判斷，可得結論.【詳解】由是的充分不必要條件，是的充分條件，是的必要條件，是的必要條件，可得，推不出，，，所以，故是的充要條件，①正確；，推不出，故是的充分不必要條件，②正確；，故是的充要條件，③錯誤；，故是的充要條件，④錯誤.故選：B.4．（21-22高一上·遼寧朝陽·階段練習）已知是的充分不必要條件，是的充分條件，是的必要條件，q是s的必要條件，下列命題正確的是（

）A．是的必要不充分條件 B．是的充要條件C．是的充分不必要條件 D．是的充要條件【答案】B【分析】根據充分條件與必要條件的定義進行判斷即可.【詳解】依題意是的充分不必要條件，是的充分條件，是的必要條件，是的必要條件，，所以是的充要條件，A、C錯誤;是的充分不必要條件,D錯誤;是的充要條件，B正確.故選：B5．（23-24高一·全國·課后作業(yè)）已知p是r的充分不必要條件，s是r的必要不充分條件，q是s的必要條件，那么p是q成立的（

）A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．既是充分條件又是必要條件D．既不充分也不必要條件【答案】A【分析】本題主要考查連鎖關系的充分性、必要性的判斷即可.【詳解】根據充分條件的定義可知如果p是r的充分不必要條件p?r,s是r的必要不充分條件，可知,,同理q是s的必要條件,所以p?q,且反之不成立，可知p是q成立的充分不必要條件，故選：A.題型6既不充分也不必要型既不充分也不必要是指兩個命題不能互相推導。涉及到多個．1．（2025·上海黃浦·三模）若、，則“”成立是“”成立的（

）條件A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要【答案】D【分析】首先得，故問題轉換為了是的什么條件，分充分、必要兩種情況說明即可.【詳解】令，求導得恒成立，所以是上的增函數，所以，當時，有，這表明不是的充分條件，當時，有，這表明不是的必要條件，所以“”成立是“”成立的既不充分也不必要條件.故選：D.2．（24-25高三河南許昌·階段練習）在中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c則“為等腰直角三角形”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】D【分析】利用倍角公式以及正弦定理化簡得出是等腰三角形或直角三角形；反之若，則可推之.【詳解】由，得，所以或.若時；若，由正弦定理得，所以在內有：或，即或，所以是等腰三角形或直角三角形，故得不到為等腰直角三角形；而當是等腰直角三角形時，若，則無意義.故“為等腰直角三角形”是“”的既不充分也不必要條件.故選：D.3．（2025·吉林長春·模擬預測）已知直線平面，直線平面，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】D【分析】利用長方體棱與面的關系，結合充分條件、必要條件的定義說明判斷.【詳解】在正方體中，平面，平面，顯然，而平面平面，因此有直線平面，直線平面，由不能推出；在正方體中，平面，平面，顯然平面平面，而直線，因此有直線平面，直線平面，由不能推出，所以“”是“”的既不充分也不必要條件.故選：D4．（2025·青海海南·模擬預測）已知函數，則“”是“在上單調遞增”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】D【分析】根據在上單調遞增求出的取值范圍，結合充分條件、必要條件的概念可得答案.【詳解】由題意得，，∵在上單調遞增，∴恒成立，∴，解得，∴“”是“在上單調遞增”的既不充分也不必要條件．故選：D.5．（2025·北京平谷·一模）已知是平面內兩個非零向量，，那么“”是“”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】根據充分必要條件的定義，結合向量平行定理，即可判斷.【詳解】若，，所以，，當時，，當時，，此時故“”是“”的不充分條件，因為，若，則，當且僅當方向相同時取到等號，則恒成立，故，但兩個向量間的系數不確定，不能推出“”；綜上可知，，那么“”是“”的既不充分也不必要條件.故選：D題型7全稱與特稱“復雜”型否定全稱量詞命題p：?x∈M，p(x)，它的否定綈p：?x∈M，綈p(x)，全稱量詞命題的否定是存在量詞命題．對存在量詞命題進行否定時，首先把存在量詞改為全稱量詞，然后對判斷詞進行否定，可以結合命題的實際意義進行表述．1．（2024·內蒙古赤峰·一模）命題“，，”的否定形式是（

）A．，， B．，，C．，， D．，，【答案】C【分析】本題考查全稱量詞命題與存在量詞命題的否定。【詳解】由全稱量詞命題與存在量詞命題的否定可知：命題“，，”的否定形式是“，，”.故選：C2．（2024·全國·模擬預測）已知：哥德巴赫猜想認為任一大于2的偶數都可寫成兩個質數之和．定義為全體素數的集合，那么以下形式化命題中和哥德巴赫猜想不等價的是（

）A．，，，B．C．D．或【答案】C【分析】根據題意逐一分析四個選項即可得到答案.【詳解】A的意思是不存在偶數不滿足哥德巴赫猜想，與原命題等價，B的意思是兩個質數的和作為集合，包含了所有大于2的偶數的集合，與原命題等價，C的意思是兩個質數的和中不是偶數的部分為空集，也就是兩個質數的和都是偶數，因為是兩個質數的和，但不是偶數，和命題矛盾，C錯.D的意思是要么一個偶數不大于2，要么存在一個質數使得該偶數減去質數之后還是一個質數．故選：C．3．（2024·山西呂梁·二模）設命題：對任意的等比數列也是等比數列，則命題的否定為（

）A．對任意的非等比數列是等比數列B．對任意的等比數列不是等比數列C．存在一個等比數列，使是等比數列D．存在一個等比數列，使不是等比數列【答案】D【分析】根據全稱量詞命題的否定是存在量詞命題，直接寫出命題的否定.【詳解】因為：：存在一個等比數列，使不是等比數列.故選：D4．（2023·河南·模擬預測）哥德巴赫猜想是世界近代三大數學難題之一，即所謂的“”問題.1966年，我國數學家陳景潤證明了“”成立.哥德巴赫猜想的內容是“每一個大于2的偶數都能寫成兩個質數之和”，則該猜想的否定為（

）A．每一個小于2的偶數都不能寫成兩個質數之和B．存在一個小于2的偶數不能寫成兩個質數之和C．每一個大于2的偶數都不能寫成兩個質數之和D．存在一個大于2的偶數不能寫成兩個質數之和【答案】D【分析】根據全稱命題與存在性命題的關系，準確否定，即可求解.【詳解】根據全稱量詞命題的否定為存在量詞命題，A，C錯誤;哥德巴赫猜想的否定為“存在一個大于2的偶數不能寫成兩個質數之和”.故選：D.5．（2023·廣東東莞·三模）已知全集和它的兩個非空子集，的關系如圖所示，則下列命題正確的是（

）

A．， B．，C．， D．，【答案】B【分析】判斷出，根據子集的定義對各個選項逐個判斷即可求解．【詳解】由圖可知，且，非空，則根據子集的定義可得：對于，，不正確，對于，，正確，對于，，不正確，對于，，不正確，故選：．題型8全稱與特稱命題真假求參求解含有量詞的命題中參數范圍的策略對于全稱(存在)量詞命題為真的問題，實質就是不等式恒成立(能成立)問題，通常轉化為求函數的最大值(或最小值)．要判斷一個存在量詞命題為真，只要在給定的集合中找到一個元素x，使命題p(x)為真；要判斷一個存在量詞命題為假，必須對于給定集合的每一個元素x，命題p(x)為假．1．（2024·重慶·模擬預測）已知命題，若是假命題，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用絕對值三角不等式，得到，再根據題設即可求解.【詳解】因為是假命題，則命題為真命題，所以又，當且僅當時取等號，所以，故選：B.2．（24-25高一上·山西·期中）若命題“，”為假命題，則a的取值范圍是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】利用全稱量詞命題的否定與真假性，將問題轉化為二次不等式的有解問題，從而得解.【詳解】因為“，”為假命題，所以“，”為真命題，則在區(qū)間上有解，設，則的圖象開口向上，對稱軸為，且，則當時，函數取得最大值為，所以，即的取值范圍是.故選：C.3．（24-25高三上·湖南長沙·期末）已知命題，為假命題，則的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】求得，令，利用數形結合可求得.【詳解】由題意知，，令，則，作出函數的圖象如圖所示，若，則直線與函數的圖象沒有公共點，數形結合可知,所以的取值范圍為.故選：D.4．（24-25高一上·廣東深圳·期末）已知命題“”為假命題，則a的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由其否定為真命題，通過一元二次不等式恒成立求解即可；【詳解】由命題“”為假命題，可得“”為真命題，所以，解得：，故選：C5．（24-25高三·廣東惠州·模擬）命題，為假命題的一個充分不必要條件是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】轉化問題為在上有解，求出的取值范圍，進而結合充分不必要條件的定義判斷即可求解.【詳解】依題意，：，真命題，所以在上有解，當時，原不等式，解得，滿足題意；當時，一元二次函數開口向下，此時原不等式在上一定有解，故滿足題意；當時，若在上有解，則，解得，綜上所述，，所以命題p：，為假命題的一個充分不必要條件可以是.故選：A.題型9充要條件壓軸小題1．（23-24高三上·四川成都·期中）已知，則在下列關系①；②；③；④中，能作為“”的必要不充分條件的個數是（

）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】B【分析】利用基本不等式可判斷①；數形結合，作出的圖象，結合不等式相應的幾何意義判斷②；利用放縮法說明，再用構造函數，利用導數知識說明，從而判斷③；構造函數，求導判斷單調性，數形結合，說明兩命題之間的推理關系，判斷④.【詳解】對于①，取，滿足，但不滿足，即成立推不出，由于，故，而，故，當且僅當時取等號，即成立可推出成立，故不是“”的必要不充分條件；對于②，作出函數的圖象，如圖曲線，即將的圖像向右平移1個單位得到；

則（）表示幾何意義為曲線在第一象限內和坐標軸圍成的區(qū)域部分（不含坐標軸），則中相應的點所在區(qū)域即上述區(qū)域；而表示的幾何意義為直角三角形區(qū)域部分（不含坐標軸），顯然直角三角形區(qū)域部分（不含坐標軸）對應集合為曲線在第一象限內和坐標軸圍成的區(qū)域部分（不含坐標軸）相應集合的真子集，即是的必要不充分條件，對于③，由得，故，（），設，則，則在上單調遞減，且，則存在，使得，即時，，在上單調遞增，時，，在上單調遞減，而，則在上恒成立，即，故；而當成立時，不妨取，成立，但不成立，故是的必要不充分條件；對于④，當時，設，則，顯然在單調遞增，當時，，在單調遞減，當時，，在單調遞增，又，作出的大致圖象如圖：

由圖象可知存在，使得，故當時，只有唯一解，若，使得，則，與條件不符，即此時得不出，即不是的必要條件，故能作為“”的必要不充分條件的是②③，故選：B【點睛】本題考查了必要不充分條件的判斷，實質還是考查導數的應用，難度較大，難點是選項③④的判斷，解答時要注意利用放縮法結合構造函數判斷③，利用構造函數，判斷函數單調性，數形結合判斷④.2．（22-23高三上·北京·階段練習）已知數列為正項等比數列，且，則“”是“”的（

）A．必要而不充分條件 B．充分而不必要條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】A【分析】取特殊值易證不具有充分性，由，及得，判斷的符號可得具有必要性.【詳解】，，當時，，所以不具有充分性；，所以，又，則，所以，所以，不妨設因為數列為正項數列，所以設公比為，則，，當時，，，所以，，當時，，；當時，，，所以，，所以，所以具有必要性，綜上，是的必要不充分條件.故選：A.【點睛】作差判斷與大小關系，將式子寫成指數式，注意正項等比數列公比大于0，根據公比與1的大小進行分類討論.3．（23-24高三上·四川成都·期中）已知，，則在下列關系①②③④中，能作為“”的必要不充分條件的是（填正確的序號）.【答案】②③【分析】利用基本不等式可判斷①；數形結合，作出的圖象，結合不等式相應的幾何意義判斷②；利用放縮法說明，再用構造函數，利用導數知識說明，從而判斷③；構造函數，求導判斷單調性，數形結合，說明兩命題之間的推理關系，判斷④.【詳解】對于①，取，滿足，但不滿足，即成立推不出，由于，故，而，故，當且僅當時取等號，即成立可推出成立，故不是“”的必要不充分條件；對于②，作出函數的圖象，如圖曲線，即將的圖像向右平移1個單位得到；

則（）表示幾何意義為曲線在第一象限內和坐標軸圍成的區(qū)域部分（不含坐標軸），則中相應的點所在區(qū)域即上述區(qū)域；而表示的幾何意義為直角三角形區(qū)域部分（不含坐標軸），顯然直角三角形區(qū)域部分（不含坐標軸）對應集合為曲線在第一象限內和坐標軸圍成的區(qū)域部分（不含坐標軸）相應集合的真子集，即是的必要不充分條件，對于③，由得，故，（），設，則，則在上單調遞減，且，則存在，使得，即時，，在上單調遞增，時，，在上單調遞減，而，則在上恒成立，即，故；而當成立時，不妨取，成立，但不成立，故是的必要不充分條件；對于④，當時，設，則，顯然在單調遞增，當時，，在單調遞減，當時，，在單調遞增，又，作出的大致圖象如圖：

由圖象可知存在，使得，故當時，只有唯一解，若，則與條件不符；即此時得不出，即不是的必要條件，故能作為“”的必要不充分條件的是②③，故答案為：②③【點睛】關鍵點點睛：本題考查了必要條件的判斷，實質還是考查導數的應用，難度較大，難點是選項③④的判斷，解答時要注意利用放縮法結合構造函數判斷③，利用構造函數，判斷函數單調性，數形結合判斷④.4．（23-24高三上·河北張家口·階段練習）已知函數（且），若，是假命題，則實數a的取值范圍是．【答案】或【分析】對進行分類討論，由函數的單調性、分離參數法、存在量詞命題的真假性等知識求得正確答案.【詳解】因為，若，由于單調遞減，則在R上單調遞增；若，由于單調遞增，則在R上單調遞減，又，故，因為，是假命題，故，恒成立為真命題，即不等式對恒成立，當時，，即在恒成立，設，即在恒成立．由于對勾函數在單調遞減，在單調遞增，因為，因此；當時，，即在恒成立，當時，函數有最小值，即，又因為，故．綜上可知：或．故答案為：或【點睛】方法點睛：存在量詞命題是假命題，則其否定是真命題.當命題正面求解困難時，可利用命題的否定來進行求解.含參數的不等式恒成立問題，可以利用分離常數法進行求解，分離參數時，要注意不等式的符號.5．（2023高三·上?！ｎ}練習）對于定義在上的函數，點是圖像的一個對稱中心的充要條件是：對任意都有，判斷函數的對稱中心.【答案】【分析】根據點是圖像的一個對稱中心的充要條件，列出式子，即可得出結果.【詳解】解：因為，由于.即，.所以是的一個對稱中心.故答案為：.題型10新定義型簡易邏輯壓軸小題涉及集合新定義問題，關鍵是正確理解給出的定義，然后合理利用定義，結合相關的其它知識，分類討論，進行推理判斷解決.1．（2021·四川綿陽·模擬）下列命題中，正確的是.（寫出所有正確命題的序號）①在直角三角形中，三條邊的長成等差數列的充要條件是它們的比為；②設是等比數列的前項和，則公比是數列、、成等差數列的充分不必要條件；③若數列滿足，，則；④在數列中，若、都是正整數，且，，，，，則稱為“絕對差數列”.若一個數列為“絕對差數列”，則此數列必含有為零的項.【答案】①③④【分析】①直角三角形中，三條邊的長成等差數列，得出三邊之比為，判斷充分性，三邊之比為，得出三邊成等差數列，必要性成立；②等比數列中，利用、、成等差數列求出的值，可判斷該命題的真假；③根據數列的遞推公式求出數列的前若干項，找出數列項的規(guī)律，可得出的值；④數列中，若、都是正整數，且，得出數列必在有限項后出現項．【詳解】對于①，在直角三角形中，三條邊的長成等差數列，不妨設三邊長為、、，由勾股定理得：，解得，所以，三邊長為、、，即三邊從小到大之比為；∴三條邊的長成等差數列的充要條件是它們的比為，∴①正確；對于②，∵是等比數列的前項和，設數列的公比為，當公比時，，，等式不成立，∴公比不等于；當公比時，∵，則，化簡得，解關于的方程得，或（舍去），∴，∴是數列、、成等差教列的充要條件，②錯誤；對于③，數列滿足，，，，，，，因此，，③正確；對于④，在數列中，若、都是正整數，且，，，，，則稱為“絕對差數列”，根據定義，數列必在有限項后出現項，證明如下：假設沒有項，由于，∴對于任意的，都有，從而當時，，當時，，即的值要么比至少小，要么比至少?。涣?，，，，，則，由于是確定的正整數，這樣減下去，必然存在某項，這與矛盾，從而必有項．若第一次出現的項為第項，記，則自第項開始，每三個相鄰的項周期地取值，，.即，，，，，；∴“絕對差數列”中總含有無窮多個為零的項；④正確；綜上，正確的命題是①③④．故答案為①③④．【點睛】本題考查了等差與等比數列的綜合運用問題，解題時應根據題意，對每一個選項進行分析，以便得出正確的結論，是難題．2．（22-23高二上·河北邯鄲·階段練習）在平面直角坐標系中，當不是原點時定義P的“伴隨點”為；當P是原點時，定義P的“伴隨點”為它自身；平面曲線C上所有點的“伴隨點”所構成的曲線定義為C的“伴隨曲線”.現有下列命題：①若點A的“伴隨點”是點，則點的“伴隨點”是點A；②若兩點關于x軸對稱，則它們的“伴隨點”關于y軸對稱；③若三點在同一條直線上，則它們的“伴隨點”一定共線；④一條直線的“伴隨曲線”是一條直線．其中的假命題是（寫出所有假命題的序列）.【答案】①③④【分析】對①，設點，由定義求得與的“伴隨點”，化簡即可判斷；對②，任取關于x軸對稱兩點，分別求出它們伴隨點，化簡可判斷；對③，任取不過原點的直線上的三點，驗證其中對應的兩點伴隨點斜率即可判斷.對④，由③知一條直線上的三點對應的伴隨點不共線，所以可判斷【詳解】對①，設點，則，則點的“伴隨點”為，不為點A，故①錯；對②，任取兩點關于x軸對稱，則兩點伴隨點分別為，關于y軸對稱，故②對；對③，不妨取上的三個點，則對應的伴隨點分別為，由，所以對應的伴隨點不共條線上，故③錯.對④，由③知一條直線上的三點對應的伴隨點不共線，所以可判斷一條直線的“伴隨曲線”不是一條直線，故④錯，故答案為：①③④3．（22-23高三上·貴州貴陽·階段練習）同學們，你們是否注意到，自然下垂的鐵鏈；空曠的田野上，兩根電線桿之間的電線；峽谷的上空，橫跨深洞的觀光索道的鋼索.這些現象中都有相似的曲線形態(tài).事實上，這些曲線在數學上常常被稱為懸鏈線.懸鏈線的相關理論在工程、航海、光學等方面有廣泛的應用.在恰當的坐標系中，這類函數的表達式可以為（其中，是非零常數，無理數），對于函數以下結論正確的是.（填序號）①是函數為偶函數的充分不必要條件；②是函數為奇函數的充要條件；③如果，那么為單調函數；④如果，那么函數存在極值點.【答案】②③④【分析】①和②根據，與函數奇偶性的關系判斷充要條件，③和④借助于導數分類討論判斷單調性即可【詳解】對于①當時，函數定義域為R關于原點對稱，故函數為偶