专题04 简易逻辑培优归类（题型清单）（含答案）2026年高考数学一轮复习讲练测（全国通用）

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题型1 命题真假
1．（24-25·甘肃兰州·阶段练习）（多选）设是复数，则下列命题中的真命题是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】AD
【分析】设，，根据复数的共轭及复数的模长公式逐项判断即可.
【详解】设，，则，
若，则，则，A正确；
若，则，不能判断与的关系，不能判断两个复数是否相等，B错误，
同理，C也错误，，D正确.
故选：AD.
2．（24-25高 ·湖北襄阳·阶段练习（多选））下列命题为假命题的有（ ）
A．若“”，则“”
B．若“”，则“，”
C．函数的单调递减区间为
D．函数的最小值为5
【答案】ABD
【分析】利用反例可判定A，利用余弦函数的性质可判定B，由复合函数的单调性可判定C，利用基本不等式结合同角三角函数的基本关系可判定D.
【详解】对于A，若，显然，即A错误；
对于B，由余弦函数的性质可知若“”，
则“或，”，即B错误；
对于C，易知在上单调递减，定义域上单调递增，
由复合函数的单调性知C正确；
对于D，化简，
当且仅当时取得等号，显然不符合三角函数有界性，即D错误.
故选：ABD
3．（24-25高二上·吉林·期末）（多选）对于空间向量，，和实数，下列命题中是假命题的是（ ）
A．若，则或.
B．若，则或.
C．则或
D．若，则
【答案】ACD
【分析】利用向量的数量积运算法则及运算性质来进行判断即可.
【详解】对于选项A，结论少了（且都是非零向量）的情形，故是假命题；
对于选项B，若，则或，故是真命题；
对于选项C，结论应该是，故是假命题；
对于选项D，比如都是单位向量，且这三个向量两两之间的夹角都是，由此就可说明D是假命题.
故选：ACD.
4．（24-25 ·福建泉州·阶段练习）（多选）对表示不超过x的最大整数，如，我们把叫做取整函数，也称为高斯函数．以下关于“高斯函数”的命题，其中是真命题有（ ）
A．
B．，若，则
C．
D．不等式的解集为
【答案】ABD
【分析】根据取整函数的定义结合举反例，一元二次不等式的解法对选项逐一分析即可.
【详解】对于A，，，，所以A为真命题；
对于B，因为，
所以，，
所以，B为真命题；
对于C，，，所以C为假命题；
对于D，解不等式，
得或，
所以不等式的解集为，D为真命题.
故选：.
5．（24-25·贵州遵义·阶段练习）（多选）下面命题正确的是（ ）
A．若且，则，至少有一个大于1
B．直角三角形的外心一定不在斜边上
C．如果实数集的非空子集是有限集，那么中的元素必然有最大值
D．任何分数都是有理数
【答案】ACD
【分析】借助反证法可得A、C；结合直线三角形性质与外心定义可得B；利用分数与有理数定义可得D.
【详解】对A：假设，都小于或等于，则，
与已知矛盾，故假设错误，故A正确；
对B：直角三角形的外心在斜边中点,故B错误；
对C：假设非空集合中的元素无最大值，则集合必为无限集，
这与实数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正确；
对D：由有理数定义可知，任何分数都是有理数，故D正确.
故选：ACD.
题型2 充分不必要型求参
1．（2022·河南·模拟预测）若“”是“”的一个充分不必要条件，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】首先求出两个不等式的解集，然后根据充分不必要条件的定义求出实数的取值范围.
【详解】由题意可得，且，
又
，
，
则解得，
故选：D．
2．（24-25高三·山东泰安·阶段练习）已知集合，.若“”是“”的充分不必要条件，则m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】分集合是否为空集讨论即可，当时，由集合间的包含关系求出；
【详解】由“”是“”的充分不必要条件，则是的真子集，
当时，，解得；
当时，，前两个等号不能同时取得，解得，
综上m的取值范围是，
故选：A.
3．（2025·四川甘孜·模拟）设.若是的充分不必要条件，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】对，进行化简，然后利用充分不必要条件的定义求解即可.
【详解】因为，
所以，即，
因为，
所以，
若是的充分不必要条件，则，
解得，，
故选：A.
4．（2024·重庆沙坪坝·模拟预测）使得不等式对恒成立的一个充分不必要条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先由不等式对恒成立得，再由充分不必要条件的概念即可求解
【详解】由不等式对恒成立，得，即，解得，
从选项可知是的充分不必要条件，
故选：A.
5．（ ·湖南·高考真题）集合，，若“”是“”的充分条件，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】求出集合，将代入集合，求出集合，根据可得出关于实数的不等式，即可求得实数的取值范围.
【详解】因为，
当时，由可得，此时，
因为“”是“”的充分条件，则或，解得.
故选：D.

题型3 必要不充分型求参
1．（2025·河北秦皇岛·一模）已知，集合，若是的必要不充分条件，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题意得到是的真子集，比较区间端点，即可求解.
【详解】，
，
因为是的必要不充分条件，
所以是的真子集,
可得，等号不同时成立，结合，解得，
所以的取值范围为，
故选：B
2．（2025·黑龙江·一模）已知函数，若是上的增函数，，且是的必要不充分条件，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由集合的包含关系，分类讨论时， 的解集即可求解；
【详解】是上的增函数，得，
考虑
当时，等价于得：.
当时，等价于，
当时，由，可得：，又，此时解集为，
也即的解集为符合题意；
当时，由，可得：，又，此时解集为，
也即的解集为，不符合题意；
当时，由，可得：，又，此时解集为，
也即的解集为，符合题意；
综上可知：的取值范围是.
故选：B
3．（2025高三·全国·专题练习）对于函数，在上单调递增的必要不充分条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】对函数求导得，对进行分类讨论可知不符合题意；时，，研究的符号可得的单调性及符号，进而可求得在上单调递增的充要条件，即可求解.
【详解】，.
当时，若，则，此时，
在上单调递减，不符合题意；
当时，，
当时，在上恒成立，
在上单调递增，且，
在上恒成立，
在上单调递增，符合题意.
当时，令的解为.
当时，，
在上单调递减，且，
在上恒成立，
在上单调递减，不符合题意.
综上，在上单调递增的充要条件为.
在上单调递增的一个必要不充分条件是.
故选：A.
4．（24-25高一上·福建莆田·期末）已知集合，，若是的必要不充分条件，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】解不等式求出集合、，再根据题意得，可得答案.
【详解】集合或，
集合，
若是的必要不充分条件，则，
所以，解得.
故选：A.
5．（2025·甘肃白银·模拟预测）已知“”是：“”成立的必要不充分条件，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】解二次不等式分别求出和的范围，根据必要不充分条件的概念列不等式求解即可.
【详解】因为，即，
则或，即，
又是的必要不充分条件，则或，即或.
则的取值范围为.
故选：B
题型4 充要条件应用
1．（2025·北京·二模）设平面向量与不共线，，则“与共线”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
【答案】C
【分析】根据共线定理可得，由与不共线，得且，即可结合充要条件的定义求解.
【详解】若与共线，则存在非零实数，使得，即，
由于平面向量与不共线，所以且，故，
因此“与共线”是“”的充要条件，
故选：C
2．（2024山西吕梁·模拟预测）“，使得成立”的充要条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题可得等价于，求出最大值即可.
【详解】，，等价于，
又，当且仅当时等号成立，
即，故．
故选：A．
3．（24-25高三上·辽宁大连·期中）下列选项中，p是q的充要条件的是（ ）
A．p：或，q：两条直线与平行
B．p：直线与曲线有两个不同交点，
C．在圆外部，
D．p：直线与圆相离，
【答案】B
【分析】充要条件是指p可以推出q，q也可以推出p，需要根据每个选项中p和q的关系进行分析判断.
【详解】对于A，若两条直线与平行，
所以，解得或，但是当时，两直线重合，
所以，则p是q的必要不充分条件，故A错误；
对于B，，可得，，
所以，
表示圆心为，半径的圆的上半部分，如图所示：
直线恒过点，一般式为，
因为直线与曲线有两个不同的交点，
所以圆心到直线的距离小于半径，即，解得，
当时，左边圆上的端点为，此时斜率为，
所以，
所以p是q的充要条件，故B正确；
对于C， 圆半径，
即，所以，
因为在圆外部，
所以，解得，
综上，所以p是q的充分不必要条件，故C错误；
对于D，圆化为标准式为：，
圆心为，半径为，
若直线与圆相离，
则圆心到直线的距离为，
两边平方化简得，综上，
所以p是q的充分不必要条件，故D错误；
故选：B.
4．（23-24高二下·江西南昌·阶段练习）在整数集中，被除所得余数为的所有整数组成一个“类”，记为，即，则下面选项正确的为（ ）
A．
B．
C．
D．整数属于同一“类”的充分不必要条件是“”
【答案】C
【分析】求被除的余数，判断A，求被除的余数，判断B，根据新定义及集合相等的定义判断C，结合新定义及充分条件，必要条件的定义判断D.
【详解】对于A，，A错误；
对于B，，B错误；
对于C，每个整数除以后的余数只有，没有其他余数，
所以，又，
故，C正确；
对于D，若，
则，
若，则，
不妨设，
则，
所以，，
所以除以后余数相同，
所以属于同一“类”
所以整数属于同一“类”的充要条件是“”，D错误；
故选：C.
5．（2024·广东茂名·模拟）设，则对任意实数，“”是“”的（ ）条件
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】先判断函数为奇函数且单调递增，再分别判断充分性和必要性得到答案.
【详解】定义域为，
，函数为奇函数
易知：在上单调递增，
且
故在上单调递增
当时，，充分性；
当时，即，必要性；
故选：
【点睛】本题考查了函数的奇偶性，单调性，充分必要条件，意在考查学生的综合应用能力.
题型5 树图型冲要条件
1．（23-24高三·浙江·模拟）已知p是r的充分不必要条件，q是r的充分条件，s是r的必要条件，q是s的必要条件，下列命题正确的是（ ）
A．r是q的充分不必要条件B．p是q的充分不必要条件
C．r是q的必要不充分条件D．r是s的充分不必要条件
【答案】B
【分析】利用推出号表示充分条件和必要条件，然后可得结论．
【详解】由题意，但是不能推出成立，则，所以是等价的，
因此ACD都错误，B正确．
故选：B．
2．（23-24高三·重庆沙坪坝·阶段练习）已知是的充分条件，是的充分不必要条件，是的必要条件，是的必要条件，现有下列命题：①是的必要不充分条件；②是的充分不必要条件；③是的充分不必要条件；④是的充要条件.正确的命题序号是（ ）
A．①B．②C．③D．④
【答案】C
【分析】根据题意以及充分条件和必要条件的定义确定之间的关系，然后逐一判断命题①②③④的正确性即可.
【详解】因为是的充分条件，所以.因为是的充分不必要条件，所以，，
因为是的必要条件，所以.因为是的必要条件，所以，
所以由，，可得，
则是的充要条件，命题①错误；
则是的充要条件，命题②错误；
因为，，所以，，故是的充分不必要条件，命题③正确；
易得，，所以是的必要不充分条件，命题④错误，
故选：C.
3．（22-23高三·上海浦东新·阶段练习）已知是的充分不必要条件，是的充分条件，是的必要条件，是的必要条件，现有下列命题：
①是的充要条件； ②是的充分不必要条件；
③是的必要不充分条件； ④是的充分不必要条件.
正确的命题序号是（ ）
A．①④B．①②C．②③D．③④
【答案】B
【分析】由充分必要条件的定义和传递性，逐个判断，可得结论.
【详解】由是的充分不必要条件，是的充分条件，是的必要条件，是的必要条件，
可得，推不出，，，
所以，故是的充要条件，①正确；
，推不出，故是的充分不必要条件，②正确；
，故是的充要条件，③错误；
，故是的充要条件，④错误.
故选：B.
4．（21-22高一上·辽宁朝阳·阶段练习）已知是的充分不必要条件，是的充分条件，是的必要条件，q是s的必要条件，下列命题正确的是（ ）
A．是的必要不充分条件B．是的充要条件
C．是的充分不必要条件D．是的充要条件
【答案】B
【分析】根据充分条件与必要条件的定义进行判断即可.
【详解】依题意是的充分不必要条件，是的充分条件， 是的必要条件，是的必要条件，，
所以是的充要条件，A、C错误;是的充分不必要条件, D错误; 是的充要条件，B正确.
故选：B
5．（23-24高一·全国·课后作业）已知p是r的充分不必要条件，s是r的必要不充分条件，q是s的必要条件，那么p是q成立的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．既是充分条件又是必要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】本题主要考查连锁关系的充分性、必要性的判断即可.
【详解】根据充分条件的定义可知如果p是r的充分不必要条件p⇒r,
s是r的必要不充分条件，可知, ,
同理q是s的必要条件,所以p⇒q,
且反之不成立，
可知p是q成立的充分不必要条件，
故选：A.
题型6 既不充分也不必要型
1．（2025·上海黄浦·三模）若、，则“”成立是“”成立的（ ）条件
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，故问题转换为了是的什么条件，分充分、必要两种情况说明即可.
【详解】令，求导得恒成立，
所以是上的增函数，
所以，
当时，有，这表明不是的充分条件，
当时，有，这表明不是的必要条件，
所以“”成立是“”成立的既不充分也不必要条件.
故选：D.
2．（24-25高三河南许昌·阶段练习）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c则“为等腰直角三角形”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
【答案】D
【分析】利用倍角公式以及正弦定理化简得出是等腰三角形或直角三角形；反之若，则可推之.
【详解】由，得，所以或.
若时；
若，由正弦定理得，
所以在内有：或，即或，
所以是等腰三角形或直角三角形，
故得不到为等腰直角三角形；
而当是等腰直角三角形时，若，则无意义.
故“为等腰直角三角形”是“”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
3．（2025·吉林长春·模拟预测）已知直线平面，直线平面，则“”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
【答案】D
【分析】利用长方体棱与面的关系，结合充分条件、必要条件的定义说明判断.
【详解】在正方体中，平面，平面，
显然，而平面平面，
因此有直线平面，直线平面，由不能推出；
在正方体中，平面，平面，
显然平面平面，而直线，
因此有直线平面，直线平面，由不能推出，
所以“”是“”的既不充分也不必要条件.
故选：D
4．（2025·青海海南·模拟预测）已知函数，则“”是“在上单调递增”的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
【答案】D
【分析】根据在上单调递增求出的取值范围，结合充分条件、必要条件的概念可得答案.
【详解】由题意得，，
∵在上单调递增，∴恒成立，
∴，解得，
∴“”是“在上单调递增”的既不充分也不必要条件．
故选：D.
5．（2025·北京平谷·一模）已知是平面内两个非零向量，，那么“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】D
【分析】根据充分必要条件的定义，结合向量平行定理，即可判断.
【详解】若，，
所以，，
当时，，当时，，此时
故“”是“”的不充分条件，
因为，若，则，当且仅当方向相同时取到等号，则恒成立，故 ，但两个向量间的系数不确定，不能推出“”；
综上可知，，那么“”是“”的既不充分也不必要条件.
故选：D
题型7 全称与特称“复杂”型否定
1．（2024·内蒙古赤峰·一模）命题“，，”的否定形式是（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
【答案】C
【分析】本题考查全称量词命题与存在量词命题的否定。
【详解】由全称量词命题与存在量词命题的否定可知：命题“，，”的否定形式是“，，”.
故选：C
2．（2024·全国·模拟预测）已知：哥德巴赫猜想认为任一大于2的偶数都可写成两个质数之和．定义为全体素数的集合，那么以下形式化命题中和哥德巴赫猜想不等价的是（ ）
A．，，，
B．
C．
D．或
【答案】C
【分析】根据题意逐一分析四个选项即可得到答案.
【详解】A的意思是不存在偶数不满足哥德巴赫猜想，与原命题等价，
B的意思是两个质数的和作为集合，包含了所有大于2的偶数的集合，与原命题等价，
C的意思是两个质数的和中不是偶数的部分为空集，也就是两个质数的和都是偶数，
因为是两个质数的和，但不是偶数，和命题矛盾，C错.
D的意思是要么一个偶数不大于2，要么存在一个质数使得该偶数减去质数之后还是一个质数．
故选：C．
3．（2024·山西吕梁·二模）设命题：对任意的等比数列也是等比数列，则命题的否定为（ ）
A．对任意的非等比数列是等比数列
B．对任意的等比数列不是等比数列
C．存在一个等比数列，使是等比数列
D．存在一个等比数列，使不是等比数列
【答案】D
【分析】根据全称量词命题的否定是存在量词命题，直接写出命题的否定.
【详解】因为：：存在一个等比数列，使不是等比数列.
故选：D
4．（2023·河南·模拟预测）哥德巴赫猜想是世界近代三大数学难题之一，即所谓的“”问题.1966年，我国数学家陈景润证明了“”成立.哥德巴赫猜想的内容是“每一个大于2的偶数都能写成两个质数之和”，则该猜想的否定为（ ）
A．每一个小于2的偶数都不能写成两个质数之和
B．存在一个小于2的偶数不能写成两个质数之和
C．每一个大于2的偶数都不能写成两个质数之和
D．存在一个大于2的偶数不能写成两个质数之和
【答案】D
【分析】根据全称命题与存在性命题的关系，准确否定，即可求解.
【详解】根据全称量词命题的否定为存在量词命题，A，C错误;
哥德巴赫猜想的否定为“存在一个大于2的偶数不能写成两个质数之和”.
故选：D.
5．（2023·广东东莞·三模）已知全集和它的两个非空子集，的关系如图所示，则下列命题正确的是（ ）

A．，B．，
C．，D．，
【答案】B
【分析】判断出，根据子集的定义对各个选项逐个判断即可求解．
【详解】由图可知，且，非空，
则根据子集的定义可得：
对于，，不正确，
对于，，正确，
对于，，不正确，
对于，，不正确，
故选：．
题型8 全称与特称命题真假求参
1．（2024·重庆·模拟预测）已知命题，若是假命题，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用绝对值三角不等式，得到，再根据题设即可求解.
【详解】因为是假命题，则命题为真命题，
所以
又，当且仅当时取等号，
所以，
故选：B.
2．（24-25高一上·山西·期中）若命题“，”为假命题，则a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用全称量词命题的否定与真假性，将问题转化为二次不等式的有解问题，从而得解.
【详解】因为“，”为假命题，
所以“，”为真命题，
则在区间上有解，
设，则的图象开口向上，对称轴为，
且，则当时，函数取得最大值为，
所以，即的取值范围是.
故选：C.
3．（24-25高三上·湖南长沙·期末）已知命题，为假命题，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】求得，令，利用数形结合可求得.
【详解】由题意知，，令，则，
作出函数的图象如图所示，
若，则直线与函数的图象没有公共点，数形结合可知,
所以的取值范围为.
故选：D.
4．（24-25高一上·广东深圳·期末）已知命题“”为假命题，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由其否定为真命题，通过一元二次不等式恒成立求解即可；
【详解】由命题“”为假命题，
可得“”为真命题，
所以，
解得：，
故选：C
5．（24-25高三·广东惠州·模拟）命题，为假命题的一个充分不必要条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】转化问题为在上有解，求出的取值范围，进而结合充分不必要条件的定义判断即可求解.
【详解】依题意，：，真命题，
所以在上有解，
当时，原不等式，解得，满足题意；
当时，一元二次函数开口向下，此时原不等式在上一定有解，故满足题意；
当时，若在上有解，则，解得，
综上所述，，
所以命题p：，为假命题的一个充分不必要条件可以是.
故选：A.

题型9 充要条件压轴小题
1．（23-24高三上·四川成都·期中）已知，则在下列关系①；②；③；④中，能作为“”的必要不充分条件的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【分析】利用基本不等式可判断①；数形结合，作出的图象，结合不等式相应的几何意义判断②；利用放缩法说明，再用构造函数，利用导数知识说明，从而判断③；构造函数，求导判断单调性，数形结合，说明两命题之间的推理关系，判断④.
【详解】对于①，取，满足，但不满足，
即成立推不出，
由于，故，
而，故，当且仅当时取等号，
即成立可推出成立，
故不是“”的必要不充分条件；
对于②，作出函数的图象，如图曲线，即将的图像向右平移1个单位得到；

则（）表示几何意义为曲线在第一象限内和坐标轴围成的区域部分（不含坐标轴），
则中相应的点所在区域即上述区域；
而表示的几何意义为直角三角形区域部分（不含坐标轴），
显然直角三角形区域部分（不含坐标轴）对应集合为曲线在第一象限内和坐标轴围成的区域部分（不含坐标轴）相应集合的真子集，
即是的必要不充分条件，
对于③，由得，故，（），
设，则，
则在上单调递减，且，
则存在，使得，即时，，在上单调递增，
时，，在上单调递减，
而，则在上恒成立，
即，故；
而当成立时，不妨取，成立，
但不成立，故是的必要不充分条件；
对于④，当时，设，
则，显然在单调递增，
当时，，在单调递减，
当时，，在单调递增，
又，
作出的大致图象如图：

由图象可知存在，使得，
故当时，只有唯一解，
若，使得，则，与条件不符，
即此时得不出，
即不是的必要条件，
故能作为“”的必要不充分条件的是②③，
故选：B
【点睛】本题考查了必要不充分条件的判断，实质还是考查导数的应用，难度较大，难点是选项③④的判断，解答时要注意利用放缩法结合构造函数判断③，利用构造函数，判断函数单调性，数形结合判断④.
2．（22-23高三上·北京·阶段练习）已知数列为正项等比数列，且，则“”是“”的（ ）
A．必要而不充分条件B．充分而不必要条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】取特殊值易证不具有充分性，由，及得，判断的符号可得具有必要性.
【详解】，，当时，，所以不具有充分性；
，所以，
又，则，所以，
所以，不妨设
因为数列为正项数列，所以设公比为，则，
，
当时，，，所以，，
当时，，；
当时，，，所以，，
所以，所以具有必要性，
综上，是的必要不充分条件.
故选：A.
【点睛】作差判断与大小关系，将式子写成指数式，注意正项等比数列公比大于0，根据公比与1的大小进行分类讨论.
3．（23-24高三上·四川成都·期中）已知，，则在下列关系①②③④中，能作为“”的必要不充分条件的是 （填正确的序号）.
【答案】②③
【分析】利用基本不等式可判断①；数形结合，作出的图象，结合不等式相应的几何意义判断②；利用放缩法说明，再用构造函数，利用导数知识说明，从而判断③；构造函数，求导判断单调性，数形结合，说明两命题之间的推理关系，判断④.
【详解】对于①，取，满足，但不满足，
即成立推不出，
由于，故，
而，故，当且仅当时取等号，
即成立可推出成立，
故不是“”的必要不充分条件；
对于②，作出函数的图象，如图曲线，即将的图像向右平移1个单位得到；

则（）表示几何意义为曲线在第一象限内和坐标轴围成的区域部分（不含坐标轴），
则中相应的点所在区域即上述区域；
而表示的几何意义为直角三角形区域部分（不含坐标轴），
显然直角三角形区域部分（不含坐标轴）对应集合为曲线在第一象限内和坐标轴围成的区域部分（不含坐标轴）相应集合的真子集，
即是的必要不充分条件，
对于③，由得，故，（），
设，则，
则在上单调递减，且，
则存在，使得，即时，，在上单调递增，
时，，在上单调递减，
而，则在上恒成立，
即，故；
而当成立时，不妨取，成立，
但不成立，故是的必要不充分条件；
对于④，当时，设，
则，显然在单调递增，
当时，，在单调递减，
当时，，在单调递增，
又，
作出的大致图象如图：

由图象可知存在，使得，
故当时，只有唯一解，
若，则与条件不符；
即此时得不出，
即不是的必要条件，
故能作为“”的必要不充分条件的是②③，
故答案为：②③
【点睛】关键点点睛：本题考查了必要条件的判断，实质还是考查导数的应用，难度较大，难点是选项③④的判断，解答时要注意利用放缩法结合构造函数判断③，利用构造函数，判断函数单调性，数形结合判断④.
4．（23-24高三上·河北张家口·阶段练习）已知函数（且），若，是假命题，则实数a的取值范围是 ．
【答案】或
【分析】对进行分类讨论，由函数的单调性、分离参数法、存在量词命题的真假性等知识求得正确答案.
【详解】因为，
若，由于单调递减，则在R上单调递增；
若，由于单调递增，则在R上单调递减，
又，故，
因为，是假命题，
故，恒成立为真命题，
即不等式对恒成立，
当时，，即在恒成立，
设，即在恒成立．
由于对勾函数在单调递减，在单调递增，
因为，因此；
当时，，
即在恒成立，
当时，函数有最小值，
即，又因为，故．综上可知：或．
故答案为：或
【点睛】方法点睛：存在量词命题是假命题，则其否定是真命题.当命题正面求解困难时，可利用命题的否定来进行求解.含参数的不等式恒成立问题，可以利用分离常数法进行求解，分离参数时，要注意不等式的符号.
5．（2023高三·上海·专题练习）对于定义在上的函数，点是图像的一个对称中心的充要条件是：对任意都有，判断函数的对称中心 .
【答案】
【分析】根据点是图像的一个对称中心的充要条件，列出式子，即可得出结果.
【详解】解：因为，
由于
.
即，.
所以是的一个对称中心.
故答案为：.
题型10 新定义型简易逻辑压轴小题
1．（2021·四川绵阳·模拟）下列命题中，正确的是 .（写出所有正确命题的序号）
①在直角三角形中，三条边的长成等差数列的充要条件是它们的比为；
②设是等比数列的前项和，则公比是数列、、成等差数列的充分不必要条件；
③若数列满足，，则；
④在数列中，若、都是正整数，且，，，，，则称为“绝对差数列”.若一个数列为“绝对差数列”，则此数列必含有为零的项.
【答案】①③④
【分析】①直角三角形中，三条边的长成等差数列，得出三边之比为，判断充分性，三边之比为，得出三边成等差数列，必要性成立；
②等比数列中，利用、、成等差数列求出的值，可判断该命题的真假；
③根据数列的递推公式求出数列的前若干项，找出数列项的规律，可得出的值；
④数列中，若、都是正整数，且，得出数列必在有限项后出现项．
【详解】对于①，在直角三角形中，三条边的长成等差数列，不妨设三边长为、、，
由勾股定理得：，解得，所以，三边长为、、，
即三边从小到大之比为；
∴三条边的长成等差数列的充要条件是它们的比为，∴①正确；
对于②，∵是等比数列的前项和，设数列的公比为，
当公比时，，，等式不成立，∴公比不等于；
当公比时，∵，则，
化简得，解关于的方程得，或（舍去），
∴，∴是数列、、成等差教列的充要条件，②错误；
对于③，数列满足，，
，，，，
，因此，，③正确；
对于④，在数列中，若、都是正整数，且，，，，，则称为“绝对差数列”，
根据定义，数列必在有限项后出现项，证明如下：
假设没有项，由于，
∴对于任意的，都有，从而
当时，，
当时，，
即的值要么比至少小，要么比至少小；
令，，，，，
则，由于是确定的正整数，
这样减下去，必然存在某项，
这与矛盾，
从而必有项．
若第一次出现的项为第项，
记，则自第项开始，每三个相邻的项周期地取值，，.
即，，，，，；
∴“绝对差数列”中总含有无穷多个为零的项；④正确；
综上，正确的命题是①③④．故答案为①③④．
【点睛】本题考查了等差与等比数列的综合运用问题，解题时应根据题意，对每一个选项进行分析，以便得出正确的结论，是难题．
2．（22-23高二上·河北邯郸·阶段练习）在平面直角坐标系中，当不是原点时定义P的“伴随点”为；当P是原点时，定义P的“伴随点”为它自身；平面曲线C上所有点的“伴随点”所构成的曲线定义为C的“伴随曲线”.现有下列命题：
①若点A的“伴随点”是点，则点的“伴随点”是点A；
②若两点关于x轴对称，则它们的“伴随点”关于y轴对称；
③若三点在同一条直线上，则它们的“伴随点”一定共线；
④一条直线的“伴随曲线”是一条直线．
其中的假命题是 （写出所有假命题的序列）.
【答案】①③④
【分析】对①，设点，由定义求得与的“伴随点”，化简即可判断；
对②，任取关于x轴对称两点，分别求出它们伴随点，化简可判断；
对③，任取不过原点的直线上的三点，验证其中对应的两点伴随点斜率即可判断.
对④，由③知一条直线上的三点对应的伴随点不共线，所以可判断
【详解】对①，设点，则，则点的 “伴随点”为，不为点A，故①错；
对②，任取两点关于x轴对称，则两点伴随点分别为
，关于y轴对称，故②对；
对③，不妨取上的三个点，则对应的伴随点分别为
，由，所以对应的伴随点不共条线上，故③错.
对④，由③知一条直线上的三点对应的伴随点不共线，所以可判断一条直线的“伴随曲线”不是一条直线，故④错，
故答案为：①③④
3．（22-23高三上·贵州贵阳·阶段练习）同学们，你们是否注意到，自然下垂的铁链；空旷的田野上，两根电线杆之间的电线；峡谷的上空，横跨深洞的观光索道的钢索.这些现象中都有相似的曲线形态.事实上，这些曲线在数学上常常被称为悬链线.悬链线的相关理论在工程、航海、光学等方面有广泛的应用.在恰当的坐标系中，这类函数的表达式可以为（其中，是非零常数，无理数），对于函数以下结论正确的是 .（填序号）
①是函数为偶函数的充分不必要条件；②是函数为奇函数的充要条件；
③如果，那么为单调函数；④如果，那么函数存在极值点.
【答案】②③④
【分析】①和②根据，与函数奇偶性的关系判断充要条件，③和④借助于导数分类讨论判断单调性即可
【详解】对于①当时，函数定义域为R关于原点对称
，故函数为偶函数，
当函数为偶函数时，故
，又因为定义域为R，所以不为，故
所以是函数为偶函数的充要条件，故①错误.
对于②当时，函数定义域为R关于原点对称，故函数为奇函数
当函数为奇函数时，因为，
故.所以是函数为奇函数的充要条件，故②正确.
对于③因为
若则恒成立，则为单调递增函数，
若则恒成立，则为单调递减函数，
故，函数为单调函数，故③正确.
对于
④，令得，又因为
若
当，，函数为单调递减.
当，，函数为单调递增.
故函数 存在唯一的极小值.
若
当，，函数为单调递增.
当，，函数为单调递减.
故函数存在唯一的极大值.
所以函数存在极值点，故④正确.
故答案为：②③④
【点睛】①函数的奇偶性是函数的一个整体性质，函数具备奇偶性的前提是定义域必须关于原点对称.
②判断奇偶性牢牢把握，的和差与奇偶性的关系.
③利用导数判断函数单调性时，注意关注导数值的正负，得到原函数的单调性.
④分类讨论时注意巧用分类依据所对应的范围，准确判断导数的正负，为得到函数的单调性和极值相关结论创造必要条件.
4．（20-21高二下·上海宝山·期末）对任意集合，定义，已知集合、，则对任意的，下列命题中真命题的序号是 .（1）若，则；（2）；（3）；（4）（其中符合表示不大于的最大正数）
【答案】（1）（2）（3）（4）
【分析】根据给定条件对4个命题逐一分析并判断作答.
【详解】对于(1)，因，时，，，时，，而或，则，(1)正确；
对于(2)，时，，则，时，，即，
，从而有，(2)正确；
对于(3)，，则，，即，
，则，此时与至少有一个成立，即与中至少一个成立，从而成立，
综上知(3)正确；
对于(4)，时，，若，则，，
若，则，，
若，同理可得，
若，则，，，
综上得，(4)正确.
故答案为：（1）（2）（3）（4）
5．（22-23高三上·上海闵行·模拟）下列命题:
①关于、的二元一次方程组的系数行列式是该方程组有解的必要非充分条件;
②已知、、、是空间四点,命题甲:、、、四点不共面,命题乙:直线和不相交,则甲成立是乙成立的充分非必要条件;
③“”是“对任意的实数,恒成立”的充要条件;
④“或”是“关于的方程有且仅有一个实根”的充要条件;
其中,真命题序号是
【答案】②
【分析】根据充分条件和必要条件的定义逐一判断,即可得出答案.
【详解】对于①, 系数行列式,关于、的二元一次方程组有唯一解,
是该方程组有解的非充分条件
又系数行列式,或
关于、的二元一次方程组无解
系数行列式,
关于、的二元一次方程组有无穷组解
关于、的二元一次方程组的系数行列式是该方程组有解的非必要非充分条件;
故①不正确;
对于②,已知、、、是空间四点,命题甲:、、、四点不共面,命题乙:直线和不相交.
命题甲可以推出命题乙,甲成立是乙成立的充分条件
又直线和不相交,当,即、、、四点共面,
命题乙不能推出命题甲,甲成立是乙成立的非必要条件
甲成立是乙成立的充分非必要条件.
故②正确;
对于③,设
当时,;
当时,;
当时,.
故
能推出任意的实数,
又对任意的实数,不能推出
故“”是“对任意的实数,恒成立”的充分不必要条件
故③不成立;
对于④,由关于的实系数方程有且仅有一个实数根,得:,
由得:或
当时,得,检验知:不是方程的实根,故此时方程无解
当时,,解得,检验知:是方程的实根.
故此时关于的方程有且仅有一个实数根
“或”不能推出“关于的方程有且仅有一个实根”
又关于的方程有且仅有一个实根也不能推出“或”
“或”是“关于的方程有且仅有一个实根”的既不充分也不必要条件.
故④错误.
故答案为:②.
【点睛】本题主要考查了充分条件与必要条件的判定,其中熟记充分条件和必要条件的判定方法是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于中档题.
判断命题的真假，涉及到高中数学几乎全部的知识点，也是属于知识交汇处的综合题型，并且多以多选题的形式出现。主要方法有：
1.直接法：应用所学过的基本事实和定理进行判断
2.反例法：举出命题所涉及到的知识中的反例即可。
充分条件的判断方法
(1)判定p是q的充分条件要先分清什么是p，什么是q，即转化成p⇒q问题．
(2)除了用定义判断充分条件还可以利用集合间的关系判断，若p构成的集合为A，q构成的集合为B，A⊆B，则p是q的充分条件
用充分不必要、必要不充分及充要条件求参数值(范围)的一般步骤
(1)根据已知将充分不必要条件、必要不充分条件或充要条件转化为集合间的关系．
(2)根据集合间的关系构建关于参数的方程(组)或不等式(组)求解．
(3)充分必要条件与集合包含之间的关系．
命题对应集合，命题对应集合是，则是的充分条件。
充分不必要条件判断
(1)判断p是q的什么条件，主要判断若p成立时，能否推出q成立。
反过来，若q成立时，能否推出p成立；
若p⇒q为真，则p是q的充分条件，若q⇒p为真，则p是q的必要条件．
(2)也可利用集合的关系判断。
如条件甲“x∈A”，条件乙“x∈B”，若A⊇B，则甲是乙的必要条件．
简单通俗说“大是小的必要条件”
充要条件，主要体现在恒等变形等题型中。 充分条件与必要条件的应用技巧：
(1)应用：可利用充分性与必要性进行相关问题的求解，特别是求参数的值或取值范围问题．
(2)求解步骤：先把p，q等价转化，利用充分条件、必要条件与集合间的包含关系，建立关于参数的不等式(组)进行求解．
多重复杂的充分必要条件之间传递变化判断， 可以借助类似如下“地图”一样来判断 。
判断方法是，根据箭头是否能“往返”或者“转圈”推导，以此判断冲分析与必要性
既不充分也不必要是指两个命题不能互相推导。涉及到多个．
全称量词命题p：∀x∈M，p(x)，它的否定綈p：∃x∈M，綈p(x)，全称量词命题的否定是存在量词命题．
对存在量词命题进行否定时，首先把存在量词改为全称量词，然后对判断词进行否定，可以结合命题的实际意义进行表述．

求解含有量词的命题中参数范围的策略
对于全称(存在)量词命题为真的问题，实质就是不等式恒成立(能成立)问题，通常转化为求函数的最大值(或最小值)．
要判断一个存在量词命题为真，只要在给定的集合中找到一个元素x，使命题p(x)为真；要判断一个存在量词命题为假，必须对于给定集合的每一个元素x，命题p(x)为假．
涉及集合新定义问题，关键是正确理解给出的定义，然后合理利用定义，结合相关的其它知识，分类讨论，进行推理判断解决.