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专题1.4 常用逻辑用语-重难点题型精练
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（2022春•盐城期末）“a＞b”的一个充分条件是（ ）
1 1 1 1
A． ＜ B．ab＞b2 C．− ＜− ＜0 D．a2＞ab
a b b a
【解题思路】利用举实例判断ABD，利用不等式的性质，充要条件的定义判定C．
1 1
【解答过程】解：A，当a＝﹣2，b＝1时，满足 ＜ ，但a＜b，∴A错误，
a b
B，当a＝﹣2，b＝﹣1时，满足ab＞b2，但a＜b，∴B错误，
1 1 1 1
C，∵− ＜− ＜0，∴ ＞ ＞0，∴a＞b＞0，∴C正确，
b a b a
D，当a＝﹣2，b＝﹣1时，满足a2＞ab，但a＜b，∴D错误，
故选：C．
2．（5分）（2021秋•周口校级月考）命题：“ x R，都有x2﹣x+1＞0”的否定是（ ）
A． x R，都有x2﹣x+1≤0 ∀B．∈ x R，使x2﹣x+1＞0
C．∀x∈R，使x2﹣x+1≤0 D．∃以∈上选项均不正确
【解∃题∈思路】直接利用全称命题的否定是特称命题，写出命题的否定即可．
【解答过程】解：因为全称命题的否定是特称命题，
所以：“ x R，都有x2﹣x+1＞0”的否定是
x R，使∀x2∈﹣x+1≤0．
∃故选∈ ：C．
3．（5分）（2021秋•西固区校级月考）下列命题中，是真命题的全称命题的是（ ）
A．实数都大于0
B．指数函数有且只有一个零点
C．三角形内角和为180°
D．有小于1的自然数
【解题思路】根据含有量词的命题的定义进行判断即可．
【解答过程】解：存在实数﹣2＜0，故A错误；
函数y＝2x＞0恒成立，没有零点，B错误；
根据三角形内角和定理可知三角形内角和为 180°，且命题中省略量词所有为全称量词，为全称命题，C正确；
有小于1的自然数中含有量词存在，是特称命题，不符合题意．
故选：C．
a
4．（5分）（2022•长沙县校级开学）已知a，b R，下列四个条件中，使“ ＞1”成立的必要不充分条
b
∈
件是（ ）
A．|a|＞|b| B．a＞b+1
1 1
C．a＞b﹣1 D．（ ）a＞（ ）b
2 2
a
【解题思路】由题设选项中的条件为 ＞1的必要不充分条件，结合充分、必要性的定义判断推出关系，
b
即可确定正确选项．
a a
【解答过程】解：A：当|a|＞|b|，由 ＞1，可得ab＞0且|a|＞|b|，若a＝﹣2，b＝1时， ＜1，故|a|
b b
a
＞|b|是 ＞1的必要不充分条件，A正确；
b
a
B：当 ＞1，若a＝﹣2，b＝﹣1时，有a＜b+1，故必要性不成立，B错误；
b
a
C：当 ＞1，若a＝﹣3，b＝﹣1时，a＜b﹣1，故必要性不成立，C错误；
b
a 1 1
D：当 ＞1，若a＝2，b＝1时，（ ）a＜（ ）b，故必要性不成立，错误．
b 2 2
故选：A．
5．（5分）（2020秋•西宁期末）已知命题p： x R，ax 2+3x +3≤0是假命题，则实数a的取值范围是（
0 0 0
） ∃ ∈
3 3 3
A．( ，+∞) B．(−∞， ) C．[0，1） D．( ，1)
4 4 4
【解题思路】将条件转化为 ax 2+3x +3＞0恒成立，检验a＝0是否满足条件，当a≠0 时，必须有
0 0
{ a＞0
，从而解出实数a的取值范围．
Δ=9−12a＜0
【解答过程】解：命题p： x R，ax 2+3x +3≤0是假命题，
0 0 0
即“ax 2+3x +3＞0“是真命∃题 ∈①．
0 0
当a＝0 时，①不成立，{ a＞0 3
当a≠0时，要使①成立，必须有 ，解得a＞ ，
Δ=9−12a＜0 4
3
故实数a的取值范围为（ ，+∞）．
4
故选：A．
6．（5分）（2021秋•上蔡县校级月考）已知p：x2+2x﹣3＞0，q：x＞a，若q是p的充分不必要条件，则
a的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，﹣3] B．（﹣∞，1] C．[﹣3，+∞） D．[1，+∞）
【解题思路】根据充分不必要条件的定义建立条件关系即可得到结论．
【解答过程】解：由x2+2x﹣3＞0得x＞1或x＜﹣3，
若q是p的充分不必要条件，
则a≥1，
故选：D．
7．（5分）（2021春•福建月考）若命题“ x R，x 2+（a﹣1）x +1≤0”的否定是真命题，则实数a的
0 0 0
取值范围是（ ） ∃ ∈
A．[﹣1，3] B．（﹣1，3）
C．（﹣∞，﹣1]∪[3，+∞） D．（﹣∞，﹣1）∪（3，+∞）
【解题思路】命题“ x R，x 2+（a﹣1）x +1≤0”的否定是真命题，可得：“ x R，x2+（a﹣1）x+1
0 0 0
＞0”是真命题． ∃ ∈ ∀ ∈
则Δ＜0．
【解答过程】解：命题“ x R，x 2+（a﹣1）x +1≤0”的否定是真命题，
0 0 0
∴“ x R，x2+（a﹣1）x∃+1＞∈0”是真命题．
∴Δ＝∀（∈a﹣1）2﹣4＜0，解得：﹣1＜a＜3．
则实数a的取值范围是（﹣1，3）．
故选：B．
8．（5分）（2021秋•香坊区校级期末）下列结论中正确的个数是（ ）
①命题“所有的四边形都是矩形”是存在量词命题；
②命题“ x R，x2+1＜0”是全称量词命题；
③命题“∀x∈R，x2+2x+1≤0”的否定为“ x R，x2+2x+1≤0”；
④命题“∃a＞∈b是ac2＞bc2的必要条件”是真∀命∈题．
A．0 B．1 C．2 D．3【解题思路】根据存在量词命题、全称量词命题的概念，命题否定的求法，分析选项，即可得答案．
【解答过程】解：对于①：命题“所有的四边形都是矩形”是全称量词命题，故①错误；
对于②：命题““ x R，x2+1＜0”是全称量词命题；故②正确；
对于③：命题p： ∀x ∈R，x2+2x+1≤0，则￢p： x R，x2+2x+1＞0，故③错误；
对于④：ac2＞bc2，∃∴∈c2≠0，即c2＞0，所以不等∀式∈两边同除以c2便得到a＞b，
∴“a＞b”是“ac2＞bc2”的必要条件；④正确；
即正确的有2个，
故选：C．
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（5分）（2021秋•辽源期末）下列存在量词命题中，为真命题的是（ ）
A． x Z，x2﹣2x﹣3＝0
B．至∃ 少∈ 有一个x Z，使x能同时被2和3整除
C． x R，|x|＜0∈
D．∃有∈些自然数是偶数
【解题思路】选项A：解出方程的解即可判断；选项B：举特例如6即可判断求解；选项C：根据绝对
值的应用即可判断；选项D：举特例如2，4，即可判断．
【解答过程】解：选项A：因为方程x2﹣2x﹣3＝0的两根为3和﹣1，所以x Z，故A正确；
选项B：因为6能同时被2和3整除，且6 Z，故B正确； ∈
选项C：根据绝对值的意义可得|x|≥0恒成∈立，不存在x满足|x|＜0，故C错误；
选项D：2，4等既是自然数又是偶数，故D正确；
故选：ABD．
10．（5分）（2021秋•浦北县校级月考）若“ x （0，2），都有2x2﹣ x+1≥0”是真命题，则实数 可
能的值是（ ） ∀ ∈ λ λ
A．1 B．2√2 C．3 D．3√2
1
【解题思路】先分参得到（2x+ ） ≥ ，再利用基本不等式求最值即可．
min
x
λ
【解答过程】解：∵对 x （0，2），2x2﹣ x+1≥0恒成立，
1 ∀ ∈ λ
即2x+ ≥ 对任意的x （0，2）恒成立，
x
λ ∈
1
即（2x+ ） ≥ ，
min
x
λ1 √2
∵2x+ ≥2√2，当且仅当x= 等号成立，
x 2
∴ ≤2√2，
∴λ实数 可能的值是1，2√2，
故选：AλB．
11．（5分）（2022春•乐清市校级期中）若“x2+x﹣12＜0”是“x2﹣（2k+3）x+k2+3k＞0”的充分不必要
条件，则实数k可以是（ ）
A．﹣8 B．﹣5 C．1 D．4
【解题思路】分别解出x2+x﹣12＜0，x2﹣（2k+3）x+k2+3k＞0，再根据充分不必要条件列出不等式，即
可得出．
【解答过程】解：x2+x﹣12＜0 ﹣4＜x＜3，
x2﹣（2k+3）x+k2+3k＞0 x＜k⇔或x＞k+3，
∵x2+x﹣12＜0是x2﹣（2⇔k+3）x+k2+3k＞0的充分不必要条件，
∴k≥3或k+3≤﹣4，
解得k≥3或k≤﹣7，
则实数k可以是﹣8和4，
故选：AD．
12．（5分）（2022春•锡山区校级期中）下列命题正确的是（ ）
A．命题“ x R，x2+x+1≥0”的否定是“ x R，x2+x+1＜0”
∃ ∈ b ∀ ∈
B．a+b＝0的充要条件是 =−1
a
C． x R，x2＞0
D．∀a＞∈1，b＞1是ab＞1的充分条件
【解题思路】利用全称命题的否定判断A，利用举实例判断BC，利用充分条件的定义判断D．
【解答过程】解：A，∵ x R，x2+x+1≥0的否定是 x R，x2+x+1＜0，∴A正确，
∃ ∈ a ∀ ∈
B，当a＝b＝0时，满足a+b＝0，但 =−1不成立，∴B错误，
b
C，当x＝0时，x2＝0，∴C错误，
D，当a＞1，b＞1时，则ab＞1，∴充分性成立，∴D正确，
故选：AD．
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（5分）（2021秋•商丘期末）“x＞2”是“x2﹣2x＞0”的 充分不必要 条件．（填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”）
【解题思路】根据x的取值范围可解决此题．
【解答过程】解：由x2﹣2x＞0解得x＜0或x＞2，∴“x＞2”是“x2﹣2x＞0”的充分不必要条件．
故答案为：充分不必要．
14．（5分）（2022•怀化一模）已知a R，且“x＞a”是“x2＞2x”的充分不必要条件，则a的取值范围
是 [ 2 ， + ∞） ． ∈
【解题思路】先解一元二次不等式求出x的范围，再利用充要条件的定义求解即可．
【解答过程】解：∵x2＞2x，∴x＞2或x＜0，
∵x＞a是x2＞2x的充分不必要条件，
∴a≥2，
∴a的取值范围是[2，+∞），
故答案为：[2，+∞）．
15．（5分）（2021秋•新疆期末）若命题“ x ＞1，x 2﹣ax +a+3＜0”是假命题，则a的取值范围是
0 0 0
{ a | a ≤ 6} ． ∃
【解题思路】由题意得， x＞1，x2﹣ax+a+3≥0是真命题，分离参数后，转化为求解相应的最值，结合
基本不等式可求． ∀
【解答过程】解：由题意得， x＞1，x2﹣ax+a+3≥0是真命题，
所以a（x﹣1）≤x2+3在x＞1∀时恒成立，
x2+3 (x−1) 2+2(x−1)+4 4
所以a≤ = =x﹣1+ +2在x＞1时恒成立，
x−1 x−1 x−1
4 √ 4 4
因为x＞1时，x﹣1+ +2≥2 ×(x−1)+2＝6，当且仅当x﹣1= ，即x＝3时取等号，
x−1 x−1 x−1
所以a≤6，
所以a的范围为{a|a≤6}．
故答案为：{a|a≤6}．
16．（5 分）（2021 秋•海淀区校级期末）已知函数 f（x）＝log x，g（x）＝2x+a，若存在
2
1
x ，x ∈[ ，2]，使得f（x ）＝g（x ），则a的取值范围是 [ ﹣ 5 ， 0 ] ．
1 2 2 1 2
1
【解题思路】根据条件求出两个函数的值域，结合存在x ，x ∈[ ，2]，使得f（x ）＝g（x ），等
1 2 2 1 2
价为两个集合有公共元素，然后根据集合关系进行求解即可．1 1
【解答过程】解：当 ≤x≤2时，log ≤f（x）≤log 2，即﹣1≤f（x）≤1，则f（x）的值域为[﹣1，
2 2
2 2
1]，
1 1
当 ≤x≤2时，2× +a≤g（x）≤4+a，即1+a≤g（x）≤4+a，则g（x）的值域为[1+a，4+a]，
2 2
1
若存在x ，x ∈[ ，2]，使得f（x ）＝g（x ），
1 2 2 1 2
则[1+a，4+a]∩[﹣1，1]≠ ，
若[1+a，4+a]∩[﹣1，1]＝∅，
则1+a＞1或4+a＜﹣1， ∅
得a＞0或a＜﹣5，
则当[1+a，4+a]∩[﹣1，1]≠ 时，﹣5≤a≤0，
即实数a的取值范围是[﹣5，∅0]，
故答案为：[﹣5，0]．
四．解答题（共6小题，满分70分）
{sinθ＞0
17．（10分）（2021秋•许昌期末）求证：角 为第二象限角的充要条件是 ．
tanθ＜0
θ
【解题思路】利用充要条件的定义进行证明．
{sinθ＞0
【解答过程】证明：充分性：即如果 成立，那么 为第二象限角．
tanθ＜0
θ
若sin ＞0成立，那么 为第一或第二象限角，
也可能θ与y轴的正半轴θ重合；
又tan ＜0成立，那么 为第二或第四象限角．
{θsinθ＞0 θ
因为 成立，所以 角的终边只能位于第二象限．
tanθ＜0
θ
于是 角为第二象限角．
{siθnθ＞0
则 是角 为第二象限角的充分条件．
tanθ＜0
θ
{sinθ＞0
必要性：即若角 为第二象限角，那么 成立．
tanθ＜0
θ
若角 为第二象限角，则sin ＞0，cos ＜0，tan ＜0．
则sinθ＞0，tan ＜0，同时成θ立， θ θ
θ θ {sinθ＞0
即角 为第二象限角，那么 成立．
tanθ＜0
θ{sinθ＞0
则角 为第二象限角是 成立的必要条件．
tanθ＜0
θ
{sinθ＞0
综上可知，角 为第二象限角的充要条件是 ．
tanθ＜0
θ
18．（12分）（2020秋•邹城市期中）判断下列命题是全称量词命题还是存在量词命题，请写出它们的否
定，并判断其真假：
（Ⅰ）p：对任意的x R，x2+x+1≠0都成立；
（Ⅱ）q： x R，使x∈2+3x+5≤0．
【解题思路∃】∈判断命题是特称命题还是全称命题，然后利用否定形式写出命题的否定，进而判断真假即
可．
【解答过程】解：（Ⅰ）由于命题中含有全称量词“任意的”，
因此，该命题是全称量词命题．
又因为“任意的”的否定为“存在一个”，
所以其否定是：存在一个x R，使x2+x+1＝0成立，
即“ x R，使x2+x+1＝0．∈”
因为∃Δ＝∈﹣3＜0，所以方程x2+x+1＝0无实数解，
此命题为假命题．
（Ⅱ）由于“： x R”表示存在一个实数x，即命题中含有存在量词“存在一个”，
因此，该命题是∃存在∈ 量词命题．
又因为“存在一个”的否定为“任意一个”，
所以其否定是：对任意一个实数x，都有x2+3x+5＞0成立．
即“ x R，有x2+3x+5＞0”．
因为∀Δ＝∈﹣11＜0，所以对 ：x R，x2+3x+5＞0总成立，
此命题是真命题． ∀ ∈
19．（12分）（2021秋•永昌县校级期末）设命题p： x R，x2﹣2x+m﹣3＝0，命题q： x R，x2﹣2（m
﹣5）x+m2+19≠0．若p，q都为真命题，求实数m的∃取∈值范围． ∀ ∈
【解题思路】分别求出命题p，q为真时实数m的取值范围，进而求出结论．
【解答过程】解：若命题p： x R，x2﹣2x+m﹣3＝0为真命题，
则Δ＝4﹣4（m﹣3）≥0，解得∃ ∈m≤4；
若命题q： x R，x2﹣2（m﹣5）x+m2+19≠0为真命题，
则Δ＝4（m∀﹣∈5）2﹣4（m2+19）＜0，3
解得m （ ，+∞），又p，q都为真命题，
5
∈
3 3
∴实数m的取值范围是{m|m≤4}∩{m|m＞ }＝（ ，4]．
5 5
20．（12分）（2022春•东湖区校级期末）已知集合A＝{x|x2﹣4x﹣5≤0}，集合B＝{x|m﹣3＜x＜3m}．
（1）当m＝2时，求（ A）∩B；
R
（2）若“x B”是“x ∁A”的必要不充分条件，求m的取值范围．
【解题思路∈】（1）先解∈一元二次不等式求出A，再利用集合的基本运算求解即可．
（2）先得到A B，再列出不等式组求解即可．
【解答过程】解⫋：（1）∵A＝{x|x2﹣4x﹣5≤0}＝{x|﹣1≤x≤5}，
∴ A＝{x|x＜﹣1或x＞5}，
R
当∁m＝2，B＝{x|﹣1＜x＜6}，
∴（ A）∩B＝{x|5＜x＜6}．
R
（2）∁∵x B“是“x A的必要不充分条件，∴A B，
{m−3∈＜−1 ∈ 5 ⫋
∴ ，解得 ＜m＜2，
3m＞5 3
5
故m的取值范围为( ，2)．
3
21．（12分）（2021•龙岩二模）设函数f（x）＝|x﹣1|+a|x﹣2|，a R
（Ⅰ）若函数f（x）存在最小值，求a的取值范围； ∈
1
（Ⅱ）若对任意x R，有f（x）≥ ，求a的值．
2
∈
{(−1−a)x+2a+1，x＜1
【解题思路】（I）由题意可知：f（x） ，由于f（x）存在最小值，可
= (1−a)x+2a−1，1≤x＜2
(a+1)x−2a−1，x≥2
{−1−a≤0
得 ，解得a即可得出．
a+1≥0
{1−a≥0 {1−a＜0
（II）由（I）可知：a≥﹣1，因此 1，或 1 ，解得a即可得出．
f(1)= f(2)=
2 2
{(−1−a)x+2a+1，x＜1
【解答过程】解：（I）由题意可知：f（x） ，
= (1−a)x+2a−1，1≤x＜2
(a+1)x−2a−1，x≥2{−1−a≤0
∵f（x）存在最小值，∴ ，解得a≥﹣1．
a+1≥0
{1−a≥0 {1−a＜0
（II）由（I）可知：a≥﹣1，因此 1，或 1 ，
f(1)= f(2)=
2 2
1
解得a= ．
2
22．（12分）（2021秋•番禺区校级期中）已知命题P： x R，使x2﹣4x+m＝0为假命题．
（1）求实数m的取值集合B； ∃ ∈
（2）设A＝{x|3a＜x＜a+4}为非空集合，若x A是x B的充分不必要条件，求实数a的取值范围．
【解题思路】（1）通过讨论m的范围，结合∈二次函数∈ 的性质求出B即可；
（2）根据充分必要条件的定义得到关于a的不等式组，解出即可．
【解答过程】解：（1）由题意，得关于x的方程x2﹣4x+m＝0无实数根，
所以Δ＝16﹣4m＜0，解得m＞4，
即B＝（4，+∞）；
（2）因为A＝{x|3a＜x＜a+4}为非空集合，
所以3a＜a+4，即a＜2，
因为x A是x B的充分不必要条件，
所以A∈是B的∈真子集，则a＜2且3a≥4，
4
即 ≤a＜2，
3
4
综上所述，实数a的取值范围为[ ，2）．
3
