第02 讲 常用逻辑用语
目 录
模拟·基础演练.......................................................................................................................................1
题型01 充分必要条件的判断.............................................................................................2
题型02 充分必要条件的证明.............................................................................................8
题型03 含量词命题的否定与真假...................................................................................17
题型04 根据命题真假/充要关系求参数..........................................................................22
重难·创新演练.....................................................................................................................................27
真题·实战演练.....................................................................................................................................40
模拟·基础演练
考查重点：充要条件的应用
题型01 充分必要条件的判断
一、单选题
1． “x>2”是“1
x < 1
2”的（ ）条件
A．充分非必要
B．必要非充分
C．充要
D．既非充分也非必要
【答案】A
【详解】若“x>2”，则“1
x < 1
2”，所以“x>2”⇒“1
x < 1
2”；
若“1
x < 1
2”，则¿或¿，即x>2或x<0；
所以“1
x < 1
2”推不出“x>2”；
所以“x>2”是“1
x < 1
2”的充分非必要条件.
2．在△ABC中，记∠BAC =α，则“cosα =
❑√3
2 ”是“sinα = 1
2”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】A
【详解】因为α是三角形内角，因此α ∈(0,π).
若cos α =
❑√3
2 ，结合α ∈(0,π)可得α =π
6 ，此时sin α = 1
2，因此充分性成立；
若sin α = 1
2，结合α ∈(0,π)可得α =π
6 或α = 5π
6 ，
当α = 5π
6 时，cos α =-
❑√3
2 ≠
❑√3
2 ，因此必要性不成立.
综上，cos α =
❑√3
2 是sin α = 1
2的充分不必要条件.
3．（2026·天津经开一中·模拟）已知x , y是正实数，则“y < x<1”是“x + y <2”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】A
【详解】若y < x<1，则x + y <2成立，
若x + y <2,不妨取x =1.2, y =0.5，此时y <1< x，所以y < x<1不成立，
综上“y < x<1”是“x + y <2”的充分不必要条件
【新思维】4．（2026·安徽明光中学·最后一卷）已知a，b，c都是非零实数且a+b+c≠0，设甲：
(a+b+c)
3=a
3+b
3+c
3，乙：(a+b+c)
5=a
5+b
5+c
5，则甲是乙的（ ）
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】对(a+b+c)
3-a
3-b
3-c
3或(a+b+c)
5-a
5-b
5-c
5展开化简，得到(a+b)(b+c)(c +a)=0，不妨
取a+b=0，结合充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】因为(a+b+c)
3=a
3+b
3+c
3，所以(a+b+c)
3-a
3-b
3-c
3=0，
又(a+b+c)
3=a
3+b
3+c
3+3a
2b+3a
2c +3ab
2+3b
2c +3ac
2+3bc
2+6abc，
所以(a+b+c)
3-a
3-b
3-c
3=3a
2b+3a
2c +3ab
2+3b
2c +3ac
2+3bc
2+6abc =3(a+b)(b+c)(c +a)，
所以3(a+b)(b+c)(c +a)=0，即a+b=0或b+c =0或c +a=0.
不妨设a+b=0，即b=-a，则(a+b+c)
5=c
5，
又a
5+b
5+c
5=a
5+(-a)
5+c
5=c
5，所以(a+b+c)
5=a
5+b
5+c
5，
同理，当b+c =0或c +a=0时，也满足，故甲能推出乙.
因为(a+b+c)
5=a
5+b
5+c
5，所以(a+b+c)
5-a
5-b
5-c
5=0，
又(a+b+c)
5=a
5+b
5+c
5+5(a+b)(b+c)(c +a)(a
2+b
2+c
2+ab+bc +ca)，
所以(a+b+c)
5-a
5-b
5-c
5=5(a+b)(b+c)(c +a)(a
2+b
2+c
2+ab+bc +ca)=0
其中a
2+b
2+c
2+ab+bc+ca= 1
2 [(a+b)
2+(b+c)
2+(c +a)
2]，
若a
2+b
2+c
2+ab+bc +ca=0，则a+b=b+c =c +a=0，即a=b=c =0，
与题设矛盾，所以a
2+b
2+c
2+ab+bc +ca≠0，
故a+b=0或b+c =0或c +a=0，
不妨设a+b=0，即b=-a，则(a+b+c)
3=c
3，
又a
3+b
3+c
3=a
3+(-a)
3+c
3=c
3，所以(a+b+c)
3=a
3+b
3+c
3，
同理，当b+c =0或c +a=0时，也满足，故乙能推出甲.
综上，甲是乙的充要条件.
5．（2026·山东九五协作体·最后一卷）已知三次函数 f (x)=a(x -a)
2(x -b) ，则 “ b>a>0 ” 是 “
x =a 是 f (x) 的极大值点” 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】A
【分析】先对函数求导，找出可能的极值点，分析条件b>a>0下导数的符号变化，判断x =a是否为极大
值点，从而验证充分性，再举反例说明必要性不成立即可.
【详解】由题设，f
' (x)=a(x -a)
2+2a( x -a)( x -b)=a[3 x -(2b+a)]( x -a)，
若b>a>0，则a< 2b+a
3
<b，故当x<a或x> 2b+a
3
时，f
'( x)>0，当x∈(a, 2b+a
3
)时，f
'( x)<0；
所以f ( x)在(-∞,a)上单调递增，在(a, 2b+a
3
)上单调递减，在( 2b+a
3
,+ ∞)上单调递增；
故x =a为f ( x)的极大值点，从而充分性成立；
当a=-1,b=-2时，有f ( x)=-( x +1)
2( x +2)，则f
'( x)=-(3 x +5)( x +1)，
当x<- 5
3或x>-1时，f
'( x)<0；当- 5
3 < x<-1时，f
'( x)>0，
所以f ( x)在(-∞,- 5
3 )上单调递减，在(- 5
3 ,-1)上单调递增，在(-1,+ ∞)上单调递减；
此时a=-1为f ( x)的极大值点，但条件b>a>0并不成立，从而必要性不成立；
因此“ b>a>0 ” 是 “ x =a 是 f (x) 的极大值点” 的充分不必要条件.
6．若p：直线l与平面α有公共点，q：直线l与平面α相交，则p是q的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分又不必要条件
【答案】B
【详解】根据p可知直线l在平面α内或直线l与平面α相交，
故p是q的必要不充分条件．
7．若a，b是空间中两条不同的直线，则“存在平面α，使a⊂α，b⊂α”是“a//b”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】B
【分析】由充分条件与必要条件定义，借助直线与平面的关系判断即可得.
【详解】若a//b，可知直线a，b是共面直线，则存在平面α，使a⊂α，b⊂α，即必要性成立；
若存在平面α，使a⊂α，b⊂α，则直线a，b可能相交，即充分性不成立；
综上所述：“存在平面α，使a⊂α，b⊂α”是“a//b”的必要不充分条件．
8．（2026·浙江精诚联盟·二模）已知a,b∈R且ab≠0，则“a>|b|”是“1
a < 1
|b|”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】A
【详解】因为ab≠0，
由a>|b|，所以a>|b|>0，故1
a < 1
|b|，充分性成立，
由1
a < 1
|b|，得a<0或a>|b|>0，必要性不成立，
所以“a>|b|”是“1
a < 1
|b|”的充分不必要条件.
9．设p：|x -2|≤1，q：x -3
x -1 ≤0，则p是q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】B
【详解】由|x -2|≤1可得-1≤x -2≤1，解得1≤x ≤3；
由x -3
x -1 ≤0可得¿，解得1< x ≤3；
因为{x|1< x ≤3}是集合{x|1≤x ≤3}的真子集，所以命题p是命题q的必要不充分条件.
10．已知复数z1，z2满足|z1+ z2|=|z1- z2|，则“z2为实数”是“z1为纯虚数”的（ ）
A．充要
B．充分不必要
C．必要不充分
D．既不充分也不必要
【答案】C
【分析】根据复数的加法及模长运算结合充分条件及必要条件定义判断即可.
【详解】设复数z1=a+bi, z2=c +d i a,b,c ,d ∈R，且满足|z1+ z2|=|z1- z2|，
则❑√(a+c)
2+(b+d)
2=
❑√(a-c)
2+(b-d)
2，化简即得ac +bd =0，
又“z2为实数”等价于d =0，“z1为纯虚数”等价于a=0,b不为0，
若“z2为实数”可得ac =0，不能推出a=0，
若“z1为纯虚数”则bd =0，且b不为0，即得d =0，
则“z2为实数”是“z1为纯虚数”的必要不充分条件.
11．将函数f (x)=sin 2 x的图象向左平移m(m>0)个单位得到g(x)的图象，则“m=k π,k ∈N
*”是“
g(x)是奇函数”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】先根据平移规则得到g(x)的解析式，再分别验证充分性和必要性即可判断逻辑关系.
【详解】根据三角函数图象平移“左加右减”的规则，将函数f (x)=sin 2 x的图象向左平移m(m>0)个单
位后，可得：g(x)=sin[2(x +m)]=sin (2 x +2m).
充分性：当m=k π,k ∈N
*时，g(x)=sin (2 x +2kπ )=sin 2 x，对于任意x∈R，都有
g(- x)=-sin 2 x =- g(x)，故g(x)是奇函数，充分性成立.
必要性：若g(x)是奇函数，则对于任意x∈R，g(- x)=- g(x)恒成立，即
sin (-2 x +2m)=-sin (2 x +2m)，化简可得sin 2m=0，即2m=k π(k ∈Z)，解得m= k
2 π(k ∈N
*)，
满足条件的m不一定为k π,k ∈N
*，必要性不成立.
综上，“m=k π,k ∈N
*”是“g(x)是奇函数”的充分不必要条件.
12．（2026·山东烟台·适应性测试）已知{an}是等差数列，其公差为d，前n项和为Sn，则“d >0”是“数
列{Sn}为单调递增数列”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
【详解】若a1=-2,d =1，满足d >0，此时a2=-1<0，S2<S1，不满足数列{Sn}为单调递增数列，充分性
不成立；
若a1=1,d =0，此时Sn=n，满足数列{Sn}为单调递增数列，但d >0不成立，必要性不成立；
所以“d >0”是“数列{Sn}为单调递增数列”的既不充分也不必要条件.
二、多选题
13．下列说法中正确的是（ ）
A．不等式1
x > 1
2的解集是¿
B．函数y =
❑√x
2+2+
1
❑√x
2+2
的最小值是2
C．“∀x∈R，m x
2-mx -1<0恒成立”的充要条件是“- 4<m≤0”
D．若α + β = 3π
4 ，则(1- tan α )⋅(1- tan β)等于2
【答案】CD
【详解】由1
x > 1
2，得1
x - 1
2 = 2- x
2 x >0，则2 x (2- x)>0，解得0< x<2，所以A 错误；
令t =
❑√x
2+2，则t ≥❑√2，即y =
❑√x
2+2+
1
❑√x
2+2
= f (t )=t + 1
t ，
由对勾函数性质知f (t )在[❑√2,+ ∞)上单调递增，f (t )≥f (❑√2)= 3 ❑√2
2
，
则函数y =
❑√x
2+2+
1
❑√x
2+2
的最小值不是2，故B 错误；
∀x∈R，m x
2-mx -1<0恒成立，
当m=0时，不等式-1<0恒成立，
当m≠0时，有¿，解得- 4<m<0，
综上所述，“∀x∈R，m x
2-mx -1<0恒成立”的充要条件是“- 4<m≤0”，故C 正确；
由α + β = 3π
4 ，则tan (α + β)= tan α + tan β
1- tan α tan β =-1，
∴tan α + tan β = tan α tan β -1，
则(1-tanα )⋅(1-tan β)=1-(tan α + tan β)+ tan α tan β =1-(tan α tan β -1)+ tan α tan β =2，
故D 正确.
三、解答题
【新考法】14．命题p：M是边长为1 的正六边形ABCDEF内的一点，且⃗AM ⋅⃗AB≤k
2恒成立，命题q：
方程|3
x -1|=k -1有两解.
(1)若p是真命题，求实数k的取值范围；
(2)若p,q一个为真命题，一个为假命题，求实数k的取值范围.
【答案】(1)k ≥3
(2)(1,2)∪[3,+∞)
【分析】（1）根据给定条件建立平面直角坐标系，设出点M的坐标，利用数量积的坐标运算求解；
（2）分类讨论“p真q假”与“p假q真”两种情况即可.
【详解】（1）因为命题p是真命题，所以k
2 ≥(⃗AM ⋅⃗AB)max.
在正六边形ABCDEF中，以点A为原点，AB , AE所在直线分别为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，如
图.
因为正六边形的边长为1，则
A(0,0),B(1,0),C( 3
2 ,
❑√3
2 ), D(1,❑√3), E(0,❑√3), F(- 1
2 ,
❑√3
2 )，
设M ( x , y)，因为点M在正六边形ABCDEF内，则有- 1
2 < x< 3
2 ,0< y <❑√3，
则AM⃗=( x , y ), AB⃗=(1,0)，则AM⃗⋅AB⃗= x , x∈(- 1
2 , 3
2 )，
所以k
2 ≥3
2，即k ≥3.
（2）若q为真命题，则函数y =|3
x -1|与函数y =k -1的图象有两个交点，
在同一个坐标系画出两个函数的图象，如下图.
由图可知，0<k -1<1，所以1<k <2.
①当p真q假时，则¿，解得k ≥3；
②当p假q真时，则¿，解得1<k <2.
综上，k的取值范围为：(1,2)∪[3,+ ∞).
题型02 充分必要条件的证明
一、单选题
1． i是虚数单位，a,b∈R，则b=0是a+bi为实数的（ ）条件．
A．充分不必要
B．必要不充分
C．充要
D．既非充分也非必要
【答案】C
【详解】由实数和复数的关系可知，b=0是a+bi为实数的充要条件.
2．已知a，b为实数，则“a
2+b
2≠0”是“ |a+b|
|a|+|b|≤1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】C
【分析】明确不等式有意义的等价条件，再结合绝对值三角不等式分别判断充分性和必要性即可
【详解】验证必要性：首先分式要有意义，因此分母|a|+|b|≠0，等价于a,b不同时为0，即a
2+b
2≠0，故
必要性成立.
验证充分性：若a
2+b
2≠0，此时|a|+|b|>0；
根据绝对值三角不等式，对任意实数a,b，恒有|a+b|≤|a|+|b| ，
不等式两边同时除以正数|a|+|b|，可得|a+b|
|a|+|b|≤1，故充分性成立.
综上，“a
2+b
2≠0”是“ |a+b|
|a|+|b|≤1成立”的充要条件.
3．（2026·宁波镇海中学·模拟）在△ABC中，角A ,B ,C为三个内角，则“1+sin A
cos A
= 1+sin B
cosB
”是“
A = B”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】将其转化为函数f (x)= 1+sin x
cos x
= tan(
x
2 + π
4)，结合图像即可求解
【详解】考虑f (x)= 1+sin x
cos x
为(cos x ,sin x)到(0,-1)的斜率，
因为f (x)=
(sin x
2 +cos x
2)
2
(cos x
2 -sin x
2)(cos x
2 +sin x
2)
=
sin x
2 +cos x
2
cos x
2 -sin x
2
=
tan x
2 +1
1- tan x
2
= tan(
x
2 + π
4)，
因为函数f (x)= tan(
x
2 + π
4)在(0, π
2)与(
π
2 ,π)上均递增，f (0)=1,f (π )=-1得大致图象，如图所示，
若1+sin A
cos A
= 1+sin B
cos B ，则f ( A)= f (B)，而f ( A),f (B) 同号，由图及单调性可得A = B；
若A = B，则f ( A)= f (B)必定成立，故为充要条件．
4．（2026·北京育才学校·仿真）在△ABC中，“cos A <cosC”是“sin A >sinC”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
【详解】在△ABC中，令内角A ,B ,C所对边分别为a,b,c，
由正弦定理，得sin A >sinC ⇔a>c⇔π > A >C >0⇔cos A <cosC.
5．记Sn为等比数列{an}的前n项和，设甲：S1,S3,S2为等差数列，乙：a2,a4,a3为等差数列，则（ ）
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】A
【分析】根据等差性质、等比数列的性质，结合充分条件、必要条件的概念求解判断即可.
【详解】设等比数列{an}的公比为q (q≠0)，首项为a1 (a1≠0).
甲：S1=a1，S2=a1+a2=a1+a1q，S3=a1+a2+a3=a1+a1q+a1q
2.
因为S1,S3,S2为等差数列，所以2S3= S1+ S2，即2(a1+a1q+a1q
2)=a1+(a1+a1q)，
整理得2q
2+q =0，即q(2q+1)=0，所以q =- 1
2.
乙：a2=a1q，a3=a1q
2，a4=a1q
3.
因为a2,a4,a3为等差数列，所以2a4=a2+a3，即2a1q
3=a1q+a1q
2，
整理得2q
2-q -1=0，即(2q+1)(q -1)=0，解得q =- 1
2或q =1.
所以若甲成立，乙一定成立，故甲是乙的充分条件；若乙成立，甲不一定成立，故甲不是乙的必要条件；
综上，甲是乙的充分不必要条件.
6．（2026·山东聊城·模拟）记等差数列{an}的前n 项和为Sn，则“{an}的公差为2”是“{Sn-n
2}为等差数
列”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
【详解】若{an}的公差d =2，则Sn=na1+ n(n-1)×2
2
=na1+n
2-n， 故Sn-n
2=(a1-1)n，
记bn= Sn-n
2，则bn+1-bn=(a1-1)(n+1)-(a1-1)n=a1-1为常数，故{Sn-n
2}是等差数列，充分性成
立；
若{Sn-n
2}为等差数列，则bn+1-bn=[ Sn+1-(n+1)
2]-[ Sn-n
2]=an+1-2n-1为常数，而an+1=a1+nd，
故bn+1-bn=(d -2)n+(a1-1)=常数，故d -2=0，即d =2，必要性成立，
因此“{an}的公差为2”是“{Sn-n
2}为等差数列”的充要条件.
【新角度】7．（2026·江苏淮安·模拟）已知随机事件A ,B满足P( A )>0，P(B)>0．则“P( A )= P(B)
”是“P( A |B)= P(B| A )”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】A
【分析】根据条件概率公式结合充分条件和必要条件即可求解.
【详解】由题得：P¿，P¿，
所以由P( A)= P(B)⇒P¿，
由P¿，所以P( AB)=0或P( A)= P(B)，
所以“P( A )= P(B)”是“P( A |B)= P(B| A )”的充分不必要条件.
8．已知向量⃗a，⃗b是两个不共线的向量，若⃗AB = λ1⃗a+⃗b，⃗AC =⃗a+ λ2⃗b(λ1, λ2∈R)，则“A，B，C三点
共线”是“λ1⋅λ2-1=0”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】C
【详解】已知⃗a,⃗b不共线，⃗AB = λ1⃗a+⃗b，⃗AC =⃗a+ λ2⃗b.
充分性证明：若A ,B ,C三点共线，则存在非零实数k，使得⃗AB =k⃗AC.
代入得λ1⃗a+⃗b=k(⃗a+ λ2⃗b)，即λ1⃗a+⃗b=k⃗a+k λ2⃗b.
由⃗a,⃗b不共线，得¿，消去k得λ1⋅λ2=1，即λ1⋅λ2-1=0.
必要性证明：若λ1⋅λ2-1=0，则λ1⋅λ2=1，即λ1= 1
λ2
，
此时⃗AB = 1
λ2⃗
a+⃗b= 1
λ2
(⃗a+ λ2⃗b)= 1
λ2⃗
AC， 故⃗AB与⃗AC共线，
又两向量有公共点A，因此A ,B ,C三点共线.
综上，“A ,B ,C三点共线”是“λ1⋅λ2-1=0”的充分必要条件.
9．（2026·重庆·模拟调研（五））在平面中，已知直线l1：A1 x + B1 y +C1=0（A1，B1不同时为零），l2：
A2 x + B2 y +C2=0（A2，B2不同时为零），则A1 A2+ B1B2=0是l1⊥l2的（ ）
A．充要条件
B．充分而不必要条件
C．必要而不充分条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【详解】A1 A2+ B1B2=0是l1⊥l2的充要条件.
二、多选题
10．已知函数f (x)= x
3-3 x +2，则（ ）
A．f (x)有两个极值点
B．当x>0时，f (x
2+1)≥f (2 x)
C．若f (x)在(a,a+ 4)有最大值，则a的取值范围为(-5,-2]
D．x1+ x2=0是f (x1)+ f (x2)= 4的充要条件
【答案】AC
【分析】对于A，通过求导得到函数的单调性，结合极值点的定义即可判断；对于B，取x = 1
3，即可判断；
对于C，根据函数的图象可判断；对于D，充分性代入可判断，必要性可通过取x1=1，x2=2判断.
【详解】f
' (x)=3 x
2-3，令3 x
2-3=0，解得x =±1，
当x∈(-∞,-1)，f
' (x)>0，函数f (x)在(-∞,-1)上单调递增，
当x∈(-1,1)，f
' (x)<0，函数f (x)在(-1,1)上单调递减，
当x∈(1,+∞)，f
' (x)>0，函数f (x)在(1,+ ∞)上单调递增，
所以，f (x)的极大值点为-1，极小值点为1，所以f (x)有两个极值点，故A 正确；
取x = 1
3，f(
10
9 )=(
10
9 )
3
-3× 10
9 +2= 28
729，f(
2
3)=(
2
3)
3
-3× 2
3 +2= 8
27 = 216
729 ，
所以f(
10
9 )<f(
2
3)，不符合x>0时，f (x
2+1)≥f (2 x)，故B 错误；
f (-1)= 4，令f (x)= x
3-3 x +2= 4，即(x +1)
2(x -2)=0，解得x =-1或x =2，
(a,a+ 4)为开区间，若f (x)在(a,a+ 4)有最大值，
则¿，解得-5<a≤-2，
所以a的取值范围为(-5,-2]，故C 正确；
当x1+ x2=0时，则x1=- x2，
所以f (x1)+ f (x2)= x1
3-3 x1+2+ x2
3-3 x2+2
=(- x2)
3-3(- x2)+2+ x2
3-3 x2+2= 4，
所以x1+ x2=0是f (x1)+ f (x2)= 4的充分条件，
若f (x1)+ f (x2)= 4，
取x1=1，x2=2，f (1)=0，f (2)= 4，
满足f (x1)+ f (x2)= 4，此时x1+ x2=3，
所以x1+ x2=0不是f (x1)+ f (x2)= 4的必要条件，
综上，x1+ x2=0是f (x1)+ f (x2)= 4的充分不必要条件，故D 错误.
11．在△ABC中，角A , B , C所对的边分别为a, b, c，则下列说法正确的是（ ）
A．A >B是sin A >sin B的充要条件
B．若A :B:C =1:2:3，则a:b:c =1:2:3
C．若acosC +c cos A =2bcosC，则C =π
3
D．若a
2
b
2 = cos A
cos B ，则△ABC为等腰三角形
【答案】ACD
【分析】对于A 选项，结合三角形边角的性质和正弦定理边角互化，分别证明充分性与必要性即可判断；
对于B 选项，根据角度比例算出三个内角的具体值，再利用正弦定理得到三边的比例关系进行判断；对于
C 选项，通过正弦定理将边转化为角的正弦，结合三角恒等变换求出cosC的值，进而得到角C；对于D 选
项，利用正弦定理将边的平方比转化为正弦平方的比，再结合余弦定理化简，分析角A、B的关系判断三
角形形状.
【详解】选项A，在△ABC中，根据大边对大角和正弦定理
a
sin A =
b
sin B =2 R（R为外接圆半径）：
A >B⇔a>b⇔2 R sin A >2 R sin B⇔sin A >sin B，
因此A >B是sin A >sin B的充要条件.
选项B，若A :B:C =1:2:3，结合内角和A + B+C =π，得A =π
6 ,B =π
3 ,C =π
2 .
由正弦定理a:b:c =sin A :sin B:sinC = 1
2 :
❑√3
2 :1=1:❑√3:2≠1:2:3，B 错误.
选项C，由正弦定理，将acosC +c cos A =2bcosC化边为角：
左边=sin A cosC +sinC cos A =sin( A +C )=sin B，
因此原式得sin B =2sin BcosC，
△ABC中sin B≠0，故cosC = 1
2，又C ∈(0,π)，得C =π
3 .
选项D，由正弦定理，a
2
b
2 = sin
2 A
sin
2B
= cos A
cos B ，交叉相乘得sin
2 A cos B =sin
2Bcos A，结合余弦定理化简因
式分解得：(a-b)[(a+b)
2+c
2]=0，
因此a=b，即A = B，△ABC为等腰三角形.
三、解答题
【新考法】12．已知数列{an}是首项为1，公比为q的等比数列，设集合U ={a1,a2,a3,⋯,aN}，对U的任
意子集M，记M的所有元素和为σ (M )，规定空集的元素和为0．
(1)若q =2, M ={a2,a5}，求σ (M )；
(2)若q≥2，M ⊆U，证明：σ (M )<aN +1；
(3)若q≥2，A，B⊆U，从下面两个结论中选择一个证明：
①σ ( A)=σ (B)的充要条件是A = B；②不存在A，使得σ (U )=2σ ( A)．
注：若选择两个结论分别证明，则按第一个证明计分．
【答案】(1)18
(2)证明见解析
(3)答案见解析
【分析】（1）根据等比数列的首项和公比写出通项公式，直接计算子集中指定元素的和.
（2）先利用子集元素和不超过全集元素和的性质，再结合等比数列前N项和公式，证明全集元素和小于
aN +1，从而推导出任意子集的元素和均小于aN +1.
（3）若选①：先证充分性（集合相等则元素和相等），再用反证法结合（2）的结论证明必要性，通过递
推分析集合的最大项，证明若元素和相等则两集合元素完全相同.
若选②：采用反证法，假设存在满足σ (U )=2σ ( A )的集合A，按A的最大元素位置分类讨论，结合等比
数列前n项和公式推出矛盾，证明不存在这样的集合.
【详解】（1）因为a1=1，q =2，所以an=2
n-1．
因为M ={a2,a5}，所以σ (M )=a2+a5=2+2
4=18．
（2）因为M ⊆U，所以σ (M )≤σ (U )，
因为q≥2，
所以σ (U )=a1+a2+⋯+aN = q
N -1
q -1 <q
N =aN +1，
所以σ (M )<aN +1．
（3）若选①．
充分性：若A = B，由定义，σ ( A)=σ (B)显然成立．
必要性：若σ ( A)=σ (B)，记集合A的最大项为ai，集合B的最大项为a j，
假设i> j，则i≥j+1，所以σ ( A)≥ai≥a j+1，
由（2）知，a j+1>a1+a2+⋯+a j≥σ (B)，所以σ ( A)>σ (B)，矛盾．
假设i< j，类似可得σ ( A)<σ (B)，矛盾．
所以i= j．
记集合A去掉ai后得到集合A
'，记A
'的最大项为ai
'，集合B去掉a j后得到集合B
'，记B
'的最大项为a j
'
同上分析可得i
' = j
'．
以此类推，集合A和B中元素完全相同，即A = B．
若选②．
假设存在A，使得σ (U )=2σ ( A)．
记数列{an}的前n项和为Sn，因为q≥2，
所以Sn= q
n-1
q -1 < q
n
q -1 ≤an+1，
设A的最大元素为ai，则i≤N，
若i≤N -1，则2σ ( A)≤2SN -1<SN -1+aN = SN =σ (U )，矛盾．
若i= N，设A去掉ai后得到集合A
'，则σ ( A)=σ ( A
')+aN = 1
2 σ (U )，
所以σ ( A
')= 1
2 σ (U )-aN = 1
2 (SN -2aN)= 1
2 (SN -1-aN)<0，矛盾．
综上，不存在A，使得σ (U )=2σ ( A)．
【新情境】13．（2026·重庆一中·适应性训练5）已知函数f (x)=kx +cos(kx)(k ∈N
*)，记等差数列{an}
的前n 项和为An，记Bn=∑
i=1
n
f (ai)．
(1)证明：曲线y = f (x)是对称中心为(
π
2k ,π
2 )的中心对称图形；
(2)证明：“A2026= 1013π
k
”是“B2026=1013π”的充要条件；
(3)k =1时，求函数h(x)= x + 4
sin x - f (x)在区间(0,2π]上的零点个数．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)2
【分析】（1）由f (x)+ f(
π
k - x)=π可得答案；
（2）由已知得a1+a2026=a2+a2025=…=a1013+a1014=π
k ，再由（1）可得充分性；①假设A2026< 1013π
k
，
即a2026<π
k -a1，利用导数判断出函数f (x)在R上单调递增，得出矛盾.②假设A2026> 1013π
k
，同①理得
B2026>1013π，矛盾.③假设A2026= 1013π
k
，同充分性证明方法可以推得B2026=1013π，假设成立.必
要性得证；
（3）h(x)= 4
sin x-cos x的周期T =2π，分x∈(0,π]、x∈(π, 3π
2 ]、x∈(
3π
2 ,2π]讨论，即可
得.
【详解】（1）函数f (x)的定义域为R，f (x)+ f(
π
k - x)=kx +cos(kx)+π-kx +cos(π-kx)=π，
所以曲线y = f (x)是中心对称图形，且对称中心为(
π
2k ,π
2 )，得证；
（2）（i）先证明充分性：若A2026= 1013π
k
，则2026(a1+a2026)
2
= 1013π
k
，
所以a1+a2026=a2+a2025=…=a1013+a1014=π
k ，
所以f (a1)+ f (a2026)= f (a2)+ f (a2025)=…= f (a1013)+ f (a1014)=π.
所以B2026=1013π，充分性得证；
（ii）再证明必要性：若B2026=1013π，
①假设A2026< 1013π
k
，则a1+a2026<π
k ，即a2026<π
k -a1，
f
' (x)=k [1-sin(kx)]≥0，所以函数f (x)在R上单调递增，
f (a1)+ f (a2026)<f (a1)+ f(
π
k -a1)=π，
同理f (a2)+ f (a2025)<π,⋯,f (a1013)+ f (a1014)<π，
所以B2026<1013π，矛盾，假设不成立.
②假设A2026> 1013π
k
，同①理得B2026>1013π，矛盾，假设同样不成立.
③假设A2026= 1013π
k
，同充分性证明方法可以推得B2026=1013π，假设成立.
综上，必要性得证，
所以“A2026= 1013π
k
”是“B2026=1013π”的充要条件；
（3）由题设h(x)= 4
sin x-cos x，
①x∈(0,π]时，sin x ≥0,4
sin x≥1≥cos x（等号不可同时取得），此时h(x)>0，函数h(x)无零点.
②x∈(π, 3π
2 ]时，cos x ≤0<4
sin x，所以此时h(x)>0，函数h(x)无零点，
③x∈(
3π
2 ,2π]时，h
' (x)=cos x[(ln 4)⋅4
sin x+tan x]，
令p(x)=(ln 4)⋅4
sin x+ tan x , x∈(
3π
2 ,2π]，
由复合函数的性质可得函数p(x)在区间(
3π
2 ,2π]上单调递增，
x→3π
2 时，p(x)→-∞，p(2π)=2ln2>0，
由零点存在定理：∃x0∈(
3π
2 ,2π)，使得p(x0)=0，
所以x∈(
3π
2 , x0)时，p(x)<0,cos x>0,h
' (x)<0,h(x)单调递减，
x∈(x0,2π]时，p(x)>0,cos x>0,h
' (x)>0,h(x)单调递增，
因为h(
3π
2 )= 1
4 >0,h(2π)=0，所以h(x0)<h(2π)=0，
因为h(x)在(
3π
2 , x0)上单调递减，
由零点存在定理：∃x1∈(
3π
2 , x0)，使得h(x1)=0.
综上所述，h(x)在(0,2π]上有2 个零点，分别为x1,2π.
题型03 含量词命题的否定与真假
一、单选题
1．已知命题p:∀x>0，log2 x>0；命题q:∃x<0，| x +1|>1.则（ ）
A．p 和q 都是真命题
B．¬ p和q 都是真命题
C．p 和¬q都是真命题
D．¬ p和¬q都是真命题
【答案】B
【详解】因为当x = 1
2时，log2 x =-1<0，所以命题p为假命题，所以¬ p是真命题，
因为当x =-3时，| x +1|=2>1，所以q 是真命题，所以¬q是假命题.
2．（2026·西藏日喀则·模拟）已知命题p:∀x∈R , x
2+2 x +2>0，则命题p的真假以及否定分别为
（ ）
A．真，¬ p:∀x∈R , x
2+2 x +2≤0
B．真，¬ p:∃x∈R , x
2+2 x +2≤0
C．假，¬ p:∀x∈R , x
2+2 x +2≤0
D．假，¬ p:∃x∈R , x
2+2 x +2≤0
【答案】B
【分析】根据命题的真假判断即可.
【详解】x
2+2 x +2=( x +1)
2+1>0，故命题p为真．
又¬ p:∃x∈R，x
2+2 x +2≤0．
3．（2026·陕西西安华清中学·模拟）已知命题p:∀x∈R，x≠0，则|x|+ 1
|x|>2，命题q:∃x0∈R，
x0
2- x0-2≤0，则（ ）
A．p和q都是假命题
B．p是真命题，q是假命题
C．p是假命题，q是真命题
D．p和q都是真命题
【答案】C
【详解】对于命题p，当x =1时，|x|+ 1
|x|=2，所以p为假命题；
对于命题q，解不等式x
2- x -2≤0，得-1≤x ≤2，所以q为真命题．
4．若p:∀x∈R，x
2>0，q:∃x∈R，2 x -1>0，则（ ）
A．p，q 均为真命题
B．¬ p，q均为假命题
C．¬ p，q均为真命题
D．p，q 均为假命题
【答案】C
【详解】若x =0，则命题p不成立，则p为假命题，故¬ p为真命题；
若x> 1
2，则2 x -1>0，则命题q为真命题.
5．（25-26 高三下·河南周口·联考）已知命题p:∀x∈R，x
2> x -1；命题q:∃x<0，x
3=- x.则（ ）
A．p和q都是真命题
B．¬ p和q都是真命题
C．p和¬q都是真命题
D．¬ p和¬q都是真命题
【答案】C
【分析】利用作差法可判断命题p，解方程x
3=- x可判断命题q，即可得出合适的选项.
【详解】对于命题p，∀x∈R，x
2-(x -1)= x
2- x +1=(x - 1
2)
2
+ 3
4 >0，则x
2> x -1，故命题p为真命
题；
对于命题q，由x
3=- x可得x
3+ x = x(x
2+1)=0，解得x =0，命题q为假命题，故命题¬q为真命题.
6．已知命题p:∀x∈R，|x +1|>1；命题q:∃x>0，2
x =log0.5 x，则（ ）
A．p和q都是真命题
B．¬ p和q都是真命题
C．p和¬q都是真命题
D．¬ p和¬q都是真命题
【答案】B
【详解】当x =0时，|x +1|>1不成立，所以命题p是假命题，¬ p是真命题；
根据指数函数和对数函数的图象可知，函数y =2
x与y =log0.5 x在(0,+∞)上有一个交点，
则∃x>0，2
x =log0.5 x，即命题q是真命题，¬q是假命题.
7．下列命题既是全称量词命题又是真命题的是（ ）
A．所有的素数都是奇数
B．∃x∈Q，使x
2= 4
C．矩形都有外接圆
D．∀x∈Z , x都有平方根
【答案】C
【分析】根据全称量词命题的定义即可知选项B 不合题意，再判断出ACD 选项中命题的真假即可得出结
论.
【详解】A 选项，素数2 不是奇数，“所有的素数都是奇数”是全称量词命题，但是假命题，A 选项错误；
B 选项，“∃x∈Q，使x
2= 4”是存在量词命题，B 选项错误；
C 选项，矩形的对角互补，都有外接圆，“矩形都有外接圆” 既是全称量词命题又是真命题，C 选项正确；
D 选项，负整数没有平方根，“∀x∈Z , x都有平方根” 是全称量词命题，但是假命题，D 选项错误；
故选：C
8．已知集合A ={x∣x ≥1},B ={x∣x>2}，则（ ）
A．∃x∈A , x∈B
B．∃x∈B , x∉A
C．∀x∈A , x∉B
D．
∀x∈A , x∈B
【答案】A
【分析】理解全称量词和存在量词，存在就是有就可以，任意是所有的都要满足，利用这些知识进行求解
即可得到答案.
【详解】A ={x∣x ≥1},B ={x∣x>2}，
选项A，∃x∈A , x∈B，这是存在性命题，只需找到一个x∈A且x∈B的元素即可，例如x =3，满
足3≥1且3>2，故选项A 正确；
选项B，∃x∈B , x∉A，这是存在性命题，集合B中的元素都在集合A中，故不存在集合B中的元素不
属于集合A，故选项B 错误；
选项C，∀x∈A , x∉B，这是全称命题，要求所有集合A中的元素都不属于集合B，而x =3属于集合A，
也属于集合B，故选项C 错误；
选项D，∀x∈A , x∈B，这是全称命题，要求所有集合A中的元素都属于集合B，而x =1属于集合A，
但不属于集合B，故选项D 错误.
故选：A.
9．（2026·云南昆明一中·5 月诊断）已知命题p：∃x ≥0，x>❑√x，命题q：∀x∈R，x +|x|>0，则
（ ）
A．p 和q 都是真命题
B．¬ p和q 都是真命题
C．p 和¬q都是真命题
D．¬ p和¬q都是真命题
【答案】C
【详解】令x = 4，则x>❑√x显然成立，p是真命题，¬ p是假命题，
当x ≤0时，x +|x|=0，故命题q是假命题，¬q是真命题．
10．（2026·广西崇左·二模）已知命题p：∀x<2，1
x -1 >1，命题q：∃x<0，x
2=- x，则（ ）
A．p和q都是真命题
B．¬ p和q都是真命题
C．p和¬q都是真命题
D．¬ p和¬q都是真命题
【答案】B
【详解】由1
x -1 >1，得1
x -1 -1>0，即x -2
x -1 <0，解得1< x<2.
方法二：由1
x -1 >1，得¿或¿.
解得1< x<2.
所以p是假命题，¬ p是真命题.
当x =-1时，x
2=- x显然成立，所以q是真命题，¬q是假命题.
11．（2026·河北名校联盟·一模）已知命题p:∀x∈R ,5
x -2e
x+1>0，命题
q:∃x0∈R ,4 cos
2 x0-3>0，则（ ）
A．p 和q 都是假命题
B．p 是真命题，q 是假命题
C．p 是假命题，q 是真命题
D．p 和q 都是真命题
【答案】C
【分析】利用全称量词命题、存在量词命题真假判断方法确定给定命题真假即可.
【详解】命题p是全称量词命题，当x =0时，5
x -2e
x+1=5
0-2e
0+1=0，所以p是假命题；
命题q是存在量词命题，当x0=0时，4 cos
2 x0-3= 4 cos
20-3=1>0，所以q是真命题.
故选：C
12．（2025·四川·5 月联考）已知p:∀x∈(0,π)，sin x<1；q:∃x∈R，x +|x|≤0.下列结论正确的是
（ ）
A．p 是真命题，q 是真命题
B．p 是真命题，¬q是真命题
C．¬ p是真命题，q 是真命题
D．¬ p是真命题，¬q是真命题
【答案】C
【分析】特殊值法x =π
2 、x =0分别判断p,q的真假，即可得.
【详解】当x =π
2 时，sin x =1，则p 是假命题，即¬ p是真命题.
当x =0时，x +|x|=0，满足x +|x|≤0，则q 是真命题，即¬q是假命题..
故选：C
二、多选题
13．下列命题中，正确的是（ ）
A．命题“∃x∈R，x>1”的否定是“∀x∈R，x ≤1”
B．“至少有一个x，使x
2+2 x +1=0成立”是全称量词命题
C．“∀x ≥0，x -2>❑√x”是假命题
D．“a+1>b-2”是“a>b”的必要不充分条件
【答案】ACD
【分析】根据特称命题的否定判断A，根据全称命题及特称命题定义判断B，根据全称命题及特称命题的
真假判断C，利用充分条件和必要条件的定义即可判断.
【详解】命题“∃x∈R , x>1”的否定是“∀x∈R , x ≤1”，A 选项正确；
“至少有一个x，使x
2+2 x +1=0成立”是特称量词命题，B 选项错误；
当x =0时，x -2=-2,❑√x =0，x -2<❑√x，C 选项正确；
对于D，若a+1>b-2，不妨取a=b=1，则a>b不成立，
若a>b，则必有a+1>b+1>b-2，所以“a+1>b-2”是“a>b”的必要不充分条件，D 选项正确；
题型04 根据命题真假/充要关系求参数
一、单选题
1．（2026·陕西西安中学·模拟）若命题“∀x∈R,x❑
2 +ax +a+3≥0”为真命题，则实数a的取值范围是
（ ）
A．[-6,2]
B．[-6,-2]
C．[-2,6]
D．[2- ❑√7，2+ ❑√7]
【答案】C
【分析】由命题“∀x∈R，x
2+ax +a+3≥0”为真命题，利用判别式，即可确定实数a的取值范围．
【详解】由命题“∀x∈R，x
2+ax +a+3≥0”为真命题，
∴△=a
2- 4（a+3）≤0，
解得：-2≤a≤6，
2．（2026·云南红河&文山·一检）已知命题“∀x∈[-2,3],2 x -a>0”是真命题，则实数a 的取值范围
是（ ）
A．(-∞,- 4)
B．(- 4 ,+ ∞)
C．(-∞,6)
D．(6,+∞)
【答案】A
【分析】利用一次函数的单调性及全称命题的真假计算即可.
【详解】由于该命题是真命题，则a<2 x在[-2,3]上恒成立，
设函数f ( x)=2 x , x∈[-2,3]，则a<f ( x)min．
因为f ( x)min= f (-2)=- 4，所以a<- 4.
故选:A．
3．（25-26 高三上·广东江门·调研）若命题“∀x∈R , x
2+ x +a≠0”的否定是真命题，则实数a的取值
范围是（ ）
A．[
1
2 ,+ ∞)
B．(
1
2 ,+ ∞)
C．(-∞, 1
4]
D．(-∞, 1
4)
【答案】C
【分析】得到命题的否定后结合根的判别式计算即可得.
【详解】命题“∀x∈R , x
2+ x +a≠0”的否定是“∃x∈R , x
2+ x +a=0”，
则“∃x∈R , x
2+ x +a=0”是真命题，
则有Δ=1- 4 a≥0，解得a≤1
4 .
故选：C.
4．（2025·湖北黄冈育才高中·模拟）若“∀x∈R , x
2-mx +2>0”是真命题，则实数m的取值范围为
（ ）
A．(-2❑√2,2❑√2) B．[-2❑√2,2❑√2]
C．(-2,2)
D．[-2,2]
【答案】A
【分析】由判别式Δ<0即可求解.
【详解】由题意可得：Δ=m
2-8<0，
解得：-2❑√2<m<2❑√2，
所以实数m的取值范围为(-2❑√2,2❑√2)，
故选：A
5．（2026·甘肃张掖·三诊）命题p:“∃x∈R，使得不等式a x
2+2ax +2<0成立”为假命题，则实数a的
取值范围为（ ）
A．(0, 4]
B．[2, 4)
C．(1, 2)
D．[0, 2]
【答案】D
【分析】题意说明¬ p：“∀x∈R，a x
2+2ax +2≥0恒成立”是真命题，然后对a分类讨论可得.
【详解】命题p:“∃x∈R，使得不等式a x
2+2ax +2<0成立”为假命题，则命题¬ p：“∀x∈R，
a x
2+2ax +2≥0恒成立”是真命题，
a=0时，不等式为2≥0恒成立，满足题意，
a≠0时，则¿，解得0<a≤2，
综上，a的范围是[0,2].
6．（2026·陕西兴平·二模）已知命题“∃x∈R，使x
2+ x +a-2≤0”是假命题，则实数a的取值范围是
（ ）
A．(-∞,0)
B．[0,4]
C．[4 ,+∞)
D．(
9
4 ,+ ∞)
【答案】D
【分析】由题意可知命题“∀x∈R，x
2+ x +a-2>0”为真命题，可得出Δ<0，可得出实数a的取值范
围.
【详解】因为命题“∃x∈R，使x
2+ x +a-2≤0”是假命题，
则命题“∀x∈R，x
2+ x +a-2>0”为真命题，则Δ=1- 4 (a-2)=9- 4 a<0，解得a> 9
4 ，
故实数a的取值范围是(
9
4 ,+ ∞).
故选：D.
7．（12-13 高三下·四川树德中学·3 月月考）已知命题“∃x∈R，使2 x
2+(a-1) x + 1
2 ≤0”是假命题，则
实数a的取值范围是（ ）
A．(-∞,-1)
B．(-1,3)
C．(-3,+ ∞)
D．(-3,1)
【答案】B
【分析】由题可得∀x∈R，2 x
2+(a-1) x + 1
2 >0恒成立，由Δ<0即可求出.
【详解】因为命题“∃x∈R，使2 x
2+(a-1) x + 1
2 ≤0”是假命题，
所以∀x∈R，2 x
2+(a-1) x + 1
2 >0恒成立，所以Δ=(a-1)
2- 4×2× 1
2 <0，解得-1<a<3，
故实数a的取值范围是(-1,3).
故选：B.
8．（2025·江西景德镇·三检）函数f (x)=- x
2+|x -a|+a+1(a∈R)为偶函数的充要条件是（ ）
A．a=-1
B．a=0
C．a=1
D．a=2
【答案】B
【分析】由f ( x)为偶函数，得到|x +a|=|x -a|对任意的x∈R恒成立，求得a=0，利用函数的奇偶性的定
义进行验证，即可求解.
【详解】若f ( x)=- x
2+|x -a|+a+1为偶函数，则f (- x)= f ( x)对任意的x∈R恒成立，
即-(- x)
2+|- x -a|+a+1=- x
2+|x -a|+a+1，
所以|x +a|=|x -a|对任意的x∈R恒成立，故a=0；
若a=0，则f ( x)=- x
2+| x|+1，
所以f (- x)=-(- x)
2+|- x|+1= f ( x)，故f ( x)为偶函数，
所以f ( x)为偶函数的充要条件为a=0.
故选：B．
二、多选题
9．（2025·宁夏石嘴山三中·四模）以下结论正确的是（ ）
A．经验回归直线^y = ^b x + ^a一定经过样本点的中心( x , y)
B．命题“∀x∈[1,2]，x
2-a≤0”为真命题，则a 的取值范围是[1,4]
C．若两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数r 的绝对值越接近于1
D．从4 本不同的书中选出3 本送给3 名同学，每人一本，有4
3种不同的送法
【答案】AC
【分析】利用回归直线的性质判断A；利用全称量词命题为真求出范围判断B；利用相关系数的意义判断
C；求出不同送法数判断D.
【详解】对于A，经验回归直线^y = ^b x + ^a一定经过样本点的中心( x , y)，A 正确；
对于B，命题“∀x∈[1,2]，x
2-a≤0”为真命题，则4 -a≤0，即a≥4，B 错误；
对于C，两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数r 的绝对值越接近于1，C 正确；
对于D，从4 本不同的书中选出3 本送给3 名同学，每人一本，有A4
3种不同的送法，D 错误.
故选：AC
三、填空题
10．（2026·青海西宁五中·模拟）已知命题p:∀x∈R ,a x
2-3 x ≥-5，若p为真命题，则a的取值范围为
______．
【答案】[ 9
20 ,+∞)
【分析】根据题意，分a=0、a≠0两种情况，结合一元二次不等式恒成立列不等式计算求解.
【详解】a x
2-3 x ≥-5可化为a x
2- 3 x +5≥0，
由题意可知，∀x∈R ,a x
2-3 x +5≥0恒成立，
当a=0时，原不等式为-3 x +5≥0，解得x ≤5
3，不合题意；
当a≠0时，依题意得¿，解得a≥9
20，
综上所述，a的取值范围为[ 9
20 ,+∞)．
11．（25-26 高三上·安徽江淮十校·第二次联考）若“∀α ∈(0,π
2 ),
1
sin
2α
+
4
cos
2α
≥m
2+1恒成立”为
真命题，则实数m的取值范围是__________.
【答案】[-2❑√2,2❑√2]
【分析】转化为最值问题，利用“1”的代换求最值求解.
【详解】因为∀α ∈(0,π
2 ),
1
sin
2α
+
4
cos
2α
≥m
2+1，令f (α )=
1
sin
2α
+
4
cos
2α
,α ∈(0,π
2 )，
则m
2+1≤[f (α )]min，
f (α )=
1
sin
2α
+
4
cos
2α
= sin
2α +cos
2α
sin
2α
+ 4(sin
2α +cos
2α)
cos
2α
=1+ 4+ cos
2α
sin
2α
+ 4 sin
2α
cos
2α
≥5+2❑√4 =9，
当且仅当cos
2α
sin
2α
= 4 sin
2α
cos
2α
，即tan α =
❑√2
2 时取等号，
所以m
2+1≤9，解得-2❑√2≤m≤2❑√2，
即实数m的取值范围是[-2❑√2,2❑√2].
故答案为：[-2❑√2,2❑√2].
【新考法】12．（2026·江西上饶·二模）若f (x)=(m-|n- x|)sin(x -π
3 )，且“∃x∈[π,3π]，
f (x)>0”为假命题，则cos(2m-n)=_________．
【答案】-
❑√3
2
【分析】根据题意得函数y =(m-|n- x|)与函数y =sin(x -π
3 )在x∈[π,3π]有相同的零点，再求出零
点，进而得到m,n即可．
【详解】由题得函数y =(m-|n- x|)与函数y =sin(x -π
3 )有相同的零点，
而y =sin(x -π
3 )在x∈[π,3π]的零点为x1= 4π
3
，x2= 7π
3 ，
所以x1，x2也是(m-|n- x|)=0的两个根，
即：¿，
∴cos(2m-n)=cos(- 5π
6 )=-
❑√3
2 .
四、解答题
13．（25-26 高三上·山东聊城百师联盟·一调）已知集合A ={-1,4 }，集合B ={x|[ x -(a-2)]( x +1)=0}，
非空集合C ={x|bx =1}．
(1)“x∈C”是“x∈A”的充分条件，求实数b 的取值构成的集合；
(2)命题p：“∀x∈B，都有x∈A”为真命题，求实数a 的取值构成的集合．
【答案】(1){-1, 1
4 }；
(2){1,6}.
【分析】（1）求出集合C，利用充分条件的定义，结合包含关系列式求解.
（2）由全称量词命题为真及集合的包含关系列式求解.
【详解】（1）非空集合C ={x| x = 1
b }，由“x∈C”是“x∈A”的充分条件，得C ⊆A，
而A ={-1,4 }，则1
b =-1或1
b = 4，解得b=-1或b= 1
4 ，
所以实数b 的取值构成的集合为{-1, 1
4 }.
（2）由“∀x∈B，都有x∈A”为真命题，得B⊆A，
而A ={-1,4 }，B ={x|[ x -(a-2)]( x +1)=0}，则B ={-1}或B ={-1,4 }，
当B ={-1}时，a-2=-1，解得a=1；当B ={-1,4 }时，a-2= 4，解得a=6，
所以实数a 的取值构成的集合是{1,6}.
重难·创新演练
设题创新:综合考察
一、单选题
1．已知单位向量⃗a，⃗b，则|⃗a+⃗b|=2是“存在实数λ，使得⃗b= λ⃗a”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】A
【详解】已知a
→
,b
→
是单位向量，故| a
→
|=|b
→
|=1.
对|a
→
+ b
→
|=2两边平方得| a
→
+ b
→
|
2=|a
→
|
2+2 a
→
⋅b
→
+|b
→
|
2= 4，
代入| a
→
|=|b
→
|=1，解得a
→
⋅b⃗=1.
由点积定义得a
→
⋅b
→
=| a
→
||b
→
|cos θ =cos θ =1（θ为两向量夹角），
得θ =0，即a
→
,b
→
同向共线，存在λ =1使b
→
= λ a
→
，充分性成立；
若存在λ使b
→
= λ a
→
，由|b
→
|=| λ||a
→
|=| λ|=1，
得λ =±1. 当λ =-1时，b
→
=- a
→，此时|a
→
+ b
→
|=|0
→
|=0≠2，必要性不成立.
因此|a
→
+ b
→
|=2是“存在实数λ，使得⃗b= λ⃗a”的充分不必要条件.
2．（2026·江苏常州高级中学·适应性考试）设向量⃗a=(x +1, x)，⃗b=(x ,2)，则（ ）
A．“x =1+ ❑√3”是“a⃗//b⃗”的必要条件
B．“x =-3”是“⃗a⊥⃗b”的必要条件
C．“x =-1+ ❑√3”是“a⃗//b⃗”的充分条件
D．“x =0”是“⃗a⊥⃗b”的充分条件
【答案】D
【分析】由a⃗//b⃗，和⃗a⊥⃗b，分别求得x 的值，再逐项判断.
【详解】因为向量⃗a=(x +1, x)，⃗b=(x ,2)，
若a⃗//b⃗，则2(x +1)= x× x ，即x
2-2 x -2=0，解得 x =1+ ❑√3或 x =1- ❑√3；
若⃗a⊥⃗b则x (x +1)+2 x =0，即x
2+3 x =0，解得 x =0或 x =-3；
所以，x =1+ ❑√3”是“a⃗//b⃗”的充分条件，故A 错误；
“x =-3”是“⃗a⊥⃗b”的充分不必要条件，故B 错误；
“x =-1+ ❑√3”是“a⃗//b⃗”的既不充分也不必要条件，故C 错误；
“x =0”是“⃗a⊥⃗b”的充分条件，故D 正确；
【新考法】3．（2026·北京朝阳·二模）设m∈R，则“sinm=0”是“函数y =cos2 x的图象关于直线
x =m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
【答案】A
【详解】∵ 函数y =cos2 x的对称轴满足2m=k π ,k ∈Z，即m= k π
2 ,k ∈Z.
充分性：若sin m=0，则m=k π ,k ∈Z，满足对称轴条件，充分性成立.
必要性：取m= π
2 ，是函数对称轴，但sin m=1≠0，必要性不成立.
故为充分不必要条件，A 正确.
4．（2026·河南周口天立高中·一适）已知数列{an}，设bn=an+1-an，cn=an+1+an.若{bn}为等差数列，设
p：“{cn}为等差数列”，q：“{bn}为常数列”，则p 是q 的（）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】由已知结合等差数列的性质检验充分必要性即可判断．
【详解】已知bn=an+1-an，cn=an+1+an，且{bn}为等差数列，设其公差为d.
若{bn}为常数列，则bn=b1（常数），即an+1-an=b1.
此时：cn+1-cn=(an+2+an+1)-(an+1+an)=an+2-an=(an+2-an+1)+(an+1-an)=bn+1+bn=b1+b1=2b1，
2b1为常数，故{cn}是公差为2b1的等差数列，即q⇒p.
若{cn}为等差数列，则cn+1-cn为常数，设为k.
cn+1-cn=(an+2+an+1)-(an+1+an)=an+2-an=k，
又bn=an+1-an，则bn+1=an+2-an+1，
因此：bn+1+bn=(an+2-an+1)+(an+1-an)=an+2-an=k，
由于{bn}是等差数列，设其公差为d，则bn+1=bn+d，代入上式：(bn+d)+bn=k ⇒2bn+d =k，
对任意n成立，说明bn为常数（bn= k -d
2
），故d =0，即{bn}为常数列.因此p⇒q.
综上，p是q的充分必要条件.
5．已知函数f (x)的定义域为D，则“函数f (x)为奇函数”是“存在x0∈D，使得f (- x0)=- f (x0)”的
（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【详解】若函数f (x)为奇函数，则∀x∈D，都有f (- x)=- f (x)，故充分性成立；
若D =R，f (x)=¿，则有f (1)=1=- f (-1)，
但f (x)不为奇函数，故必要性不成立，
故“函数f (x)为奇函数”是“存在x0∈D，使得f (- x0)=- f (x0)”的充分不必要条件.
6．在平面直角坐标系中角θ的顶点在原点，始边与x轴正半轴重合，则“角θ终边在第二象限”是“
sinθ>cosθ>tanθ”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【详解】若角θ终边在第二象限，不妨令θ∈( π
2 ,π )，此时sin θ>0，cos θ<0，tan θ<0，
取特殊值θ = 5 π
6 ，则sinθ = 1
2，cosθ =-
❑√3
2 ，tanθ =-
❑√3
3 ，此时cos θ<tan θ，
所以“角θ终边在第二象限”不能推出⇒“sinθ>cosθ>tanθ”；
若sin θ>cos θ>tan θ，
若θ终边在x轴上，sinθ = tanθ =0；
若θ终边在y轴上，tanθ无意义；
所以θ为象限角，不妨设θ∈[0,2π )，
若θ∈(0, π
2 )，则tan θ -sin θ =sin θ(
1
cosθ -1)，因cos θ∈(0,1)，故
1
cosθ -1>0，得tan θ>sin θ，
与条件矛盾，排除；
若θ∈( π
2 ,π )，则tanθ<0,cosθ<0,sinθ>0，
取θ = 2π
3 ，则cosθ =- 1
2 ,tanθ =- ❑√3，所以sinθ>cosθ>tanθ.
所以sinθ>cosθ>tanθ可能成立；
若θ∈(π , 3 π
2 )，则sin θ<0，tanθ>0，所以sinθ>tanθ不可能成立，排除；
若θ∈( 3 π
2 ,2π )，则sin θ<0，cos θ>0，所以sin θ>cos θ不可能成立，排除；
因此，由三角函数的周期性得，仅第二象限角中存在θ，满足sinθ>cosθ>tanθ.
所以“sinθ>cosθ>tanθ”⇒“角θ终边在第二象限”.
所以“角θ终边在第二象限”是“sinθ>cosθ>tanθ”的必要不充分条件.
7．已知α ∈(
π
2 ,π)，则“sinα =
❑√3
3 ”是“sin2α =- 2❑√2
3
”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】A
【分析】利用二倍角的余弦、正弦公式、同角三角函数的基本关系，充分条件、必要条件的定义判断即可
得出结论.
【详解】若sinα =
❑√3
3 ，又α ∈(
π
2 ,π)，得cosα =-
❑√1-sin
2α =-
❑√6
3 ，
则sin2α =2sinα cosα =2×
❑√3
3 ×(-
❑√6
3 )=- 2❑√2
3
，
所以“sinα =
❑√3
3 ”是“sin2α =- 2❑√2
3
”的充分条件；
若sin2α =- 2❑√2
3
，且α ∈(
π
2 ,π)，则2α ∈(π,2π)，所以cos2α =±
❑√1-sin
22α =± 1
3，
若cos2α = 1
3，则sin
2α = 1-cos2α
2
=
1- 1
3
2
= 1
3
，可得sin α =
❑√3
3 ，
若cos2α =- 1
3，则sin
2α = 1-cos2α
2
=
1+ 1
3
2
= 2
3
，可得sin α =
❑√6
3 .
故“sinα =
❑√3
3 ”不是“sin2α =- 2❑√2
3
”的必要条件．
故“sinα =
❑√3
3 ”是“sin2α =- 2❑√2
3
”的充分不必要条件．
8．已知直线l:ax - y -2a+1=0，圆O: x
2+ y
2=1，则“a=0”是“l与圆O相切”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】A
【分析】利用直线与圆相切求出a的值，再利用集合的包含关系判断即可.
【详解】若直线l与圆O相切，且圆O的圆心为坐标原点，半径为1，则|-2a+1|
❑√a
2+1
=1，
整理可得(1-2a)
2=a
2+1，可得3a
2- 4 a=0，解得a=0或a= 4
3 ，
因为{0}是{0, 4
3}的真子集，故“a=0”是“l与圆O相切”的充分不必要条件.
9．（2026·长沙铁一中·学考模拟（二））不等式x (x -2)<0成立的一个充分不必要条件是（ ）
A．x∈(0,2)
B．x∈[-1,+∞)
C．x∈(0,1)
D．x∈(1,3)
【答案】C
【详解】x (x -2)<0，解得0< x<2，即不等式的解集为x∈(0,2)，
选项A：因为x∈(0,2)与解集完全相等，所以x∈(0,2)是不等式成立的充要条件；
选项B：因为(0,2)[-1,+∞)，所以x∈[-1,+∞)是不等式成立的必要不充分条件；
选项C：因为(0,1)(0,2)，所以x∈(0,1)是不等式成立的充分不必要条件；
选项D：因为(1,3)与(0,2)为交叉关系，所以x∈(1,3)是既不充分也不必要条件.
10．（2026·江苏苏锡常镇·二模）已知a>0,b>0,0<c<1，则“a
c<b
c<1”是“c
b<c
a<1”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】A
【详解】由y = x
c且0<c<1在(0,+ ∞)上单调递增，a>0,b>0，
若a
c<b
c<1，则0<a<b<1，
由y =c
x且0<c<1在(0,+ ∞)上单调递减，a>0,b>0，
若c
b<c
a<1，则b>a>0，
显然0<a<b<1可推出b>a>0，反之不一定成立，
综上，“a
c<b
c<1”是“c
b<c
a<1”的充分不必要条件.
11．已知数列{an}为等差数列，设甲：|a3|=|a7|，乙：a5=0，则（ ）
A．甲是乙的充分不必要条件
B．甲是乙的必要不充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲是乙的既不充分也不必要条件
【答案】B
【详解】设an=a5+(n-5)d，则a3=a5-2d，a7=a5+2d，
当d =0,a5≠0时，|a3|=|a7|成立，但a5=0不成立；
当a5=0时，a3=-2d，a7=2d，所以|a3|=|a7|．
因此甲是乙的必要不充分条件．
12．（2026·天津北辰·二模）已知m，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，若m//α，n// β，
则“m⊥n”是“α ⊥β”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】利用充分条件与必要条件定义，结合直线与平面的位置关系判断即可得.
【详解】由m//α，n// β，若m⊥n，则α与β可能平行也可能相交；
由m//α，n// β，若α ⊥β，则m与n可能平行、可能异面也可能相交；
故“m⊥n”是“α ⊥β”的既不充分也不必要条件.
13．（2026·北京昌平·二模）设a∈R，函数f (x)=¿有最大值的一个充分不必要条件是（ ）
A．a∈[-1,- 1
2]
B．a∈[- 1
2 ,0]
C．a∈[-1,0)
D．a∈[-2,0)
【答案】A
【分析】先求出函数f ( x)有最大值的充要条件，再判断哪个选项是其充分不必要条件.
【详解】当a=0时：f ( x)=¿，当x ≤0时，f ( x)=-2 x +1单调递减，f ( x)≥1；当x>0时，f ( x)=1，无
最大值.
当a>0时：x>a时，f ( x)=ax +1单调递增，当x→+∞时，f ( x)→+ ∞，无最大值.
当a<0时：x>a时，f ( x)=ax +1单调递减，故f ( x)<a
2+1；
x ≤a时，f ( x)=a x
2-2 x +1，开口向下，对称轴为x = 1
a <0.
若1
a ≤a时，即-1≤a<0时，f ( x)在(-∞,a]上的最大值为f(
1
a)=1- 1
a，
则1- 1
a ≥a
2+1，解得-1≤a<0；
若1
a >a时，即a<-1时，f ( x)在(-∞,a]上单调递增，最大值为f (a)=a
3-2a+1，
则a
3-2a+1≥a
2+1即a(a-2)(a+1)≥0，因为a<0， a<-1 ，不等式无解，函数此时无最大值；
综上f (x)=¿有最大值的充要条件为-1≤a<0.
因为[-1,- 1
2 ]⊂[-1,0)，
所以f (x)=¿有最大值的一个充分不必要条件是[-1,- 1
2 ].
二、多选题
14．已知函数f (x)= A sin (ωx +φ)( A >0, ω>0)，则下列条件中是“f (x)为奇函数”的充要条件的有
（ ）
A．φ =k π(k ∈Z)
B．f (x)的图象关于原点对称
C．∃x∈R，使得f (- x)=- f (x)
D．f (0)=0
【答案】ABD
【详解】f (x)为奇函数，则∀x∈R，都有f (- x)=- f ( x)，所以C 错误；
即A sin(-ωx +φ)=- A sin(ωx +φ)，化简得2sin φcosωx =0对x∈R恒成立，
所以sin φ =0，即φ =k π ,k ∈Z，
反之，当φ =k π ,k ∈Z时，f ( x)= A sin(ωx +k π ),k ∈Z，
当k是偶数时，f ( x)= A sin ωx为奇函数，
当k是奇数时，f ( x)=- A sin ωx为奇函数，
所以φ =k π ,k ∈Z ⇒f ( x)为奇函数，A 正确；
奇函数的图像关于原点对称，B 正确；
因为f (0)= A sin φ = A sin k π =0，所以f ( x)为奇函数⇒f (0)=0，
若f (0)=0，则A sin φ =0⇒sin φ =0⇒φ =k π ,k ∈Z，由A 选项可知，则φ =k π ,k ∈Z ⇒f ( x)为奇函
数，D 正确.
15．已知函数f ( x)= x
3+2sin x，其导函数为f
'( x)，则（ ）
A．f ( x)是奇函数
B．f
'( x)是偶函数
C．f ( x)在R上单调递减
D．“f
'( x)是周期函数”的否定是真命题
【答案】ABD
【分析】求出导函数，根据奇函数、偶函数的定义即可判断AB；通过导数即可判断C；根据周期函数的
定义即可判断D.
【详解】已知函数f ( x)= x
3+2sin x，其导函数为f
'( x)，则f
' (x)=3 x
2+2cos x，
对于A，由于f (- x)=(- x)
3+2sin (- x)=-(x
3+2sin x)=- f (x)，所以f ( x)是奇函数，故A 正确；
对于B，由于f
' (- x)=3(- x)
2+2cos(- x)=3 x
2+2cos x = f
' (x)，所以f
'( x)是偶函数，故B 正确；
对于C，由于f
' (x)=3 x
2+2cos x，令g(x)= f
' (x)=3 x
2+2cos x，则g
' (x)=6 x -2sin x，
再令h(x)= g
' (x)=6 x -2sin x，则h
' (x)=6-2cos x>0在R上恒成立，所以h(x)在R上单调递增，
所以当x<0时，h(x)<h(0)=0，即g
' (x)<0；当x>0时，h(x)>h(0)=0，即g
' (x)>0；
所以g(x)在(-∞,0)上单调递减，在(0,+ ∞)上单调递增，
即f
' (x)在(-∞,0)上单调递减，在(0,+ ∞)上单调递增，所以f
' (x)≥f
' (0)=2，
所以f
' (x)>0在R上恒成立，因此f ( x)在R上单调递增，故C 错误；
对于D，由于f
' (x)=3 x
2+2cos x，若f
'( x)是周期函数，则存在实数T ≠0，对任意x∈R，有
f
' (x +T )= f
' (x)，
即3(x +T )
2+2cos(x +T )=3 x
2+2cos x，化简得6Tx +3T
2+2cos(x +T )=2cos x，
显然，当x→∞时，左边代数式趋于无穷，右边代数式值域为[-2,2]，矛盾，
因此f
'( x)不是周期函数，则命题“f
'( x)是周期函数”是假命题，
所以命题“f
'( x)是周期函数”的否定是真命题，故D 正确.
【新思维】16．（2026·浙江义乌·适应性考试）定义：对于实数数列{an}，若存在正整数T，使得对任意
n∈N
*，都有an+T =-an，则称数列{an}为“半周期数列”，正整数T 称为该数列的一个半周期．已知数
列{an}的前n 项和为Sn，则下列说法正确的是（ ）
A．若{an}是公差为d 的等差数列，则“{an}是半周期数列”是“a1=d =0”的必要不充分条件
B．若{an}是公比为q 的等比数列，则“{an}是半周期数列”的充要条件是“q =-1”
C．“Sn>0对所有n∈N
*成立”的必要不充分条件是“{an}不是半周期数列”
D．若an=cos knπ
2
（k 为正整数），则“数列{an}的最小半周期为2”的充要条件是“k 为偶数”
【答案】BC
【分析】对于A，根据定义可得an+2T =an，可得d =0，再结合an+T =-an，可得an=0即可判断；对于B，
根据an+T =anq
T =-an，可得T为奇数，q =-1，再结合充要条件判断即可；对于C，若“{an}是半周期数
列”，可得S2T =0，易得an=-2
n不是半周期数列，但Sn<0，据此判断即可；对于D，易得k =1时，“数
列{an}的最小半周期也为2”．
【详解】解：对于A，∵an+T =-an，∴an+2T =-an+T =-(-an)=an，
又an+2T =an+2Td =an，所以2Td =0，解得d =0，
则an+T =an+Td =an=-an，解得an=0，
所以“等差{an}是半周期数列”是“a1=d =0”的充要条件，故A 错误；
对于B，若等比数列{an}是半周期数列，
则an+T =anq
T =-an，∴q
T =-1，则T为奇数，q =-1，
当q =-1时，an+1=-an，“{an}是半周期数列”，
综上，则“等比数列{an}是半周期数列”的充要条件是“q =-1”，故B 正确；
对于C，若“{an}是半周期数列”，则an+T =-an，
∴a1+a1+T =0,a2+a2+T =0,⋯,aT +aT +T =0，∴S2T =0，
即若“{an}是半周期数列”，则一定存在n∈N
*，Sn=0，
故Sn>0对所有n∈N
*成立，则{an}一定不是半周期数列，
易知an=-2
n不是半周期数列，但Sn<0，
则“Sn>0对所有n∈N
*成立”的必要不充分条件是“{an}不是半周期数列”，故C 正确；
对于D，k =1时，an=cos nπ
2 ，
an+2=cos (n+2)π
2
=cos(
nπ
2 +π)=-cos nπ
2 =-an，
则k =1时，“数列{an}的最小半周期也为2”，故D 错误．
【新角度】17．（2026·重庆育才中学·一模）已知函数f (x)的定义域为R，且对于任意实数x , y，恒有
f (x + y)= f (x)⋅f ( y)，当x>0时，有f (x)>1，函数g(x)满足[g(x)+1]f (- x)= f (x)[1- g(x)]，则（ ）
A．f (0)=1
B．x<2是f (x +1)<1的充分不必要条件
C．-1<g(x)<1
D．任意m,n∈R，g(m)+ g(n)
g(m+n)
=1+ g(m)⋅g(n) (g(m+n)≠0)
【答案】ACD
【分析】令x =1, y =0可判断A；设x1< x2，利用f (x2)= f [(x2- x1)+ x1]= f (x2- x1)f (x1)，结合单调性定
义得f (x)的单调性，再利用单调性解得x<-1可判断B；令y =- x得f (- x)=
1
f (x)，代入已知得
g(x)= [f (x)]
2-1
[f (x)]
2+1
，根据f (x)>0求出g(x)的范围可判断C；结合选项C，分别求出g(m)+ g(n)
g(m+n)
与
1+ g(m)⋅g(n)可判断D.
【详解】对于A，令x =1, y =0，得f (1+0)= f (1)= f (1)⋅f (0)，
因为x>0时，有f (x)>1，所以f (1)>0，所以f (0)=1，故A 正确；
对于B，设x1< x2，则x2- x1>0，所以f (x2- x1)>1，
f (x2)= f [(x2- x1)+ x1]= f (x2- x1)f (x1)，
因为f (x)= f(
x
2 + x
2)=[f(
x
2)]
2
≥0，且f (x)≠0，所以f (x)>0，
所以f (x2)>f (x1)，所以f (x)在x∈R上是单调递增函数，
由f (x +1)<1= f (0)，得x +1<0，解得x<-1，
因为{x| x<-1}是{x| x<2}的真子集，
所以x<2是f (x +1)<1的必要不充分条件，故B 错误；
对于C，令y =- x，得f (0)= f (x)⋅f (- x)=1，所以f (- x)=
1
f (x)，
代入[g(x)+1]f (- x)= f (x)[1- g(x)]得
[g(x)+1]
1
f (x) = f (x)[1- g(x)]，
可得g(x){1+[f (x)]
2}=[f (x)]
2-1，
g(x)= [f (x)]
2-1
[f (x)]
2+1
=1-
2
1+[f (x)]
2，
因为f (x)>0，所以[f (x)]
2>0，
则1+[f (x)]
2>1，-1<1-
2
1+[f (x)]
2 <1，即-1<g(x)<1，故C 正确；
对于D，任意m,n∈R，
g(m)+ g(n)= [f (m)]
2-1
[f (m)]
2+1
+ [f (n)]
2-1
[f (n)]
2+1
= {[f (m)]
2-1}{[f (n)]
2+1}+{[f (n)]
2-1}{[f (m)]
2+1}
{[f (m)]
2+1}{[f (n)]
2+1}
=
2[f (m)]
2[f (n)]
2-2
{[f (m)]
2+1}{[f (n)]
2+1}
，
g(m+n)= [f (m+n)]
2-1
[f (m+n)]
2+1
= [f (m)f (n)]
2-1
[f (m)f (n)]
2+1
，
1+ g(m)⋅g(n)=1+ [f (m)]
2-1
[f (m)]
2+1
⋅[f (n)]
2-1
[f (n)]
2+1
= {[f (m)]
2+1}{[f (n)]
2+1}+{[f (m)]
2-1}{[f (n)]
2-1}
{[f (m)]
2+1}{[f (n)]
2+1}
=
2[f (m)]
2[f (n)]
2+2
{[f (m)]
2+1}{[f (n)]
2+1}
，
g(m+n)≠0，
所以
g(m)+ g(n)
g(m+n)
=
2[f (m)]
2[f (n)]
2-2
{[f (m)]
2+1}{[f (n)]
2+1}
× [f (m)f (n)]
2+1
[f (m)f (n)]
2-1
=
2[f (m)f (n)]
2+2
{[f (m)]
2+1}{[f (n)]
2+1}
，
所以g(m)+ g(n)
g(m+n)
=1+ g(m)⋅g(n)，故D 正确.
故选：ACD.
三、解答题
【新角度】18．（2026·江苏南京部分校·考前训练）已知F1(-2,0)，F2(2,0)，M为单位圆O: x
2+ y
2=1上
的动点，N为F2关于M的对称点，线段N F2的中垂线与直线F1 N交于点P，记P的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)设A，B是曲线C上的两点，直线AB与单位圆O相切.试判断：“|AB|=3”是“A，B，F2三点共线”
的什么条件（在①充分不必要、②必要不充分、③充要、④既不充分也不必要中选一个），并证明你的结
论；
(3)若Q (- 4,0)，过F2的直线l与曲线C交于D，E，且△QDE的外心在y轴上，求直线l的斜率.
【答案】(1)x
2- y
2
3 =1
(2)②必要不充分条件，
“|AB|=3”是“A，B，F2三点共线”的必要不充分条件，理由如下：
先证必要性：若A，B，F2三点共线，则设直线AB方程为x =my +2.
由相切，得
2
❑√m
2+1
=1，所以m
2=3.
由对称性，不妨设m>0，则m= ❑√3.
联立¿，得8 y
2+12❑√3 y +9=0.
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则¿.
所以| AB|=
❑√(❑√3)
2+1|y1- y2|=2×❑√( y1+ y2)
2- 4 y1 y2=2×
❑√144
8
=3.
故必要性得证.
再证不充分性：由对称性可知，若直线AB过点F1，则| AB|也为3.
比如：直线AB方程为x = ❑√3 y -2，过点F1，根据对称性知满足| AB|=3.
从而由| AB|=3不能推出A，B，F2三点共线.
综上：“|AB|=3”是“A，B，F2三点共线”的必要不充分条件.
(3)± ❑√15
【分析】（1）利用双曲线的定义求解曲线C的方程；
（2） 选择必要不充分条件，再分必要性和不充分性分别证明；
（3）法一：中垂线+垂径定理; 法二：圆的一般方程+同解; 法三：对称性+圆幂定理.
【详解】（1）因为PM为N F2的中垂线，所以| P F2|=| PN |.
又因为M为N F2中点，O为F1 F2中点，
所以OM为△N F1 F2的中位线，所以|N F1|=2|MO|.
从而|| P F1|-| P F2||=|| P F1|-| PN ||=| N F1|=2| MO|=2<| F1 F2|= 4 ，
所以点P的轨迹是以F1，F2为焦点，2 为实轴长的双曲线.
设焦距为2c，长轴长为2a，b
2=c
2-a
2，则c =2，a=1，b
2=3.
所以曲线C的方程为x
2- y
2
3 =1.
（2）略
（3）法一：中垂线+垂径定理
设直线DE: x =my +2 ，D( x3, y3)，E(x4, y4).
联立¿，得(3m
2-1) y
2+12my +9=0，所以¿
设DE中点为H，则H(-
2
3m
2-1
,-
6m
3m
2-1).
所以DE的中垂线为y =-m(x +
2
3m
2-1)-
6m
3m
2-1.令x =0，则y =-
8m
3m
2-1.
设△QDE的外心为G，则G(0,-
8m
3m
2-1).则由垂径定理，|G H |
2+(
| DE|
2 )
2
=|GQ|
2.
又| DE|=
❑√m
2+1|y3- y4|= 6(m
2+1)
|3m
2-1|
，所以4(m
2+1)
(3m
2-1)
2 + 1
4
36(m
2+1)
2
(3m
2-1)
2 =16+
64 m
2
(3m
2-1)
2.
即45m
4-18m
2+1=0 ，即(3m
2-1)(15m
2-1)=0 .
又3m
2-1≠0，所以15m
2=1 ，所以m=±
1
❑√15.
所以直线l的斜率为± ❑√15.
法二：圆的一般方程+同解
设△QDE的外接圆方程为x
2+ y
2+ Dx + Ey + F =0.
因为圆心在y轴上，所以D =0.将Q (- 4,0)代入，得F =-16.
所以外接圆方程为x
2+ y
2+ Ey -16=0 .
设直线DE: x =my +2 ，D( x3, y3)，E(x4, y4).
联立¿，得(m
2+1) y
2+(4 m+ E) y -12=0 ，则y3 y4=-
12
m
2+1.
联立¿，得(3m
2-1) y
2+12my +9=0，则y3 y4=
9
3m
2-1.
所以-
12
m
2+1
=
9
3m
2-1，所以15m
2=1 ，所以m=±
1
❑√15.
所以直线l的斜率为± ❑√15.
法三：对称性+圆幂定理
△QDE
的外心在
y
轴上，所以
△QDE
的外接圆关于
y
轴对称.
由Q (- 4,0)在圆上，得R (4,0)也在圆上.
由圆幂定理得，| F2Q|⋅| F2 R|=| F2 D|⋅| F2 E|=12 .
设直线DE: x =my +2 ，D( x3, y3)，E(x4, y4).
联立¿，得(3m
2-1) y
2+12my +9=0，则y3 y4=
9
3m
2-1.
所以| F2 D|⋅| F2 E|=(m
2+1)|y3 y4|=- 9(m
2+1)
3m
2-1
=12 .
所以15m
2=1 ，所以m=±
1
❑√15.
所以直线l的斜率为± ❑√15.
真题·实战演练
高频考点：根据充要条件求参数
一、单选题
1．（2025·北京·高考）已知函数f ( x)的定义域为D，则“f ( x)的值域为R”是“对任意M ∈R，存在
x0∈D，使得|f (x0)|> M”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】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f ( x)的值域为R，则对任意M ∈R，一定存在x1∈D，使得f (x1)=|M|+1，
取x0= x1，则|f (x0)|=|M|+1> M，充分性成立；
取f ( x)=2
x，D =R，则对任意M ∈R，一定存在x1∈D，使得f (x1)=|M|+1，
取x0= x1，则|f (x0)|=|M|+1> M，但此时函数f ( x)的值域为(0,+ ∞)，必要性不成立；
所以“f ( x)的值域为R”是“对任意M ∈R，存在x0∈D，使得|f (x0)|> M”的充分不必要条件.
故选：A.
2．（2025·天津·高考）设x∈R，则“x =0”是“sin 2 x =0”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】A
【分析】通过判断是否能相互推出，由充分条件与必要条件的定义可得.
【详解】由x =0⇒sin2 x =sin 0=0，则“x =0”是“sin2 x =0”的充分条件；
又当x =π时，sin2 x =sin2π=0，可知sin2 x =0⇒x =0，
故“x =0”不是“sin2 x =0”的必要条件，
综上可知，“x =0”是“sin2 x =0”的充分不必要条件.
故选：A.
3．（2024·新课标全国Ⅱ卷·高考）已知命题p：∀x∈R，| x +1|>1；命题q：∃x>0，x
3= x，则
（ ）
A．p 和q 都是真命题
B．¬ p和q 都是真命题
C．p 和¬q都是真命题
D．¬ p和¬q都是真命题
【答案】B
【分析】对于两个命题而言，可分别取x =-1、x =1，再结合命题及其否定的真假性相反即可得解.
【详解】对于p而言，取x =-1，则有|x +1|=0<1，故p是假命题，¬ p是真命题，
对于q而言，取x =1，则有x
3=1
3=1= x，故q是真命题，¬q是假命题，
综上，¬ p和q都是真命题.
故选：B.
4．（2024·全国甲卷·高考）设向量⃗a=(x +1, x),⃗b=(x ,2)，则（ ）
A．“x =-3”是“⃗a⊥⃗b”的必要条件
B．“x =1+ ❑√3”是“⃗a//⃗b”的必要条件
C．“x =0”是“⃗a⊥⃗b”的充分条件
D．“x =-1+ ❑√3”是“⃗a//⃗b”的充分条件
【答案】C
【分析】根据向量垂直和平行的坐标表示即可得到方程，解出即可.
【详解】对A，当⃗a⊥⃗b时，则⃗a⋅⃗b=0，
所以x⋅( x +1)+2 x =0，解得x =0或-3，即必要性不成立，故A 错误；
对C，当x =0时，⃗a=(1,0),⃗b=(0,2)，故⃗a⋅⃗b=0，
所以⃗a⊥⃗b，即充分性成立，故C 正确；
对B，当⃗a//⃗b时，则2( x +1)= x
2，解得x =1± ❑√3，即必要性不成立，故B 错误；
对D，当x =-1+ ❑√3时，不满足2( x +1)= x
2，所以⃗a//⃗b不成立，即充分性不立，故D 错误.
故选：C.
5．（2024·北京·高考）设 ⃗a，⃗b是向量，则“(⃗a+⃗b)·(⃗a-⃗b)=0”是“⃗a=-⃗b或⃗a=⃗b”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】B
【分析】根据向量数量积分析可知(⃗a+⃗b)⋅(⃗a-⃗b)=0等价于|⃗a|=|⃗b|，结合充分、必要条件分析判断.
【详解】因为(⃗a+⃗b)⋅(⃗a-⃗b)=⃗a
2-⃗b
2=0，可得⃗a
2=⃗b
2，即|⃗a|=|⃗b|，
可知(⃗a+⃗b)⋅(⃗a-⃗b)=0等价于|⃗a|=|⃗b|，
若⃗a=⃗b或⃗a=-⃗b，可得|⃗a|=|⃗b|，即(⃗a+⃗b)⋅(⃗a-⃗b)=0，可知必要性成立；
若(⃗a+⃗b)⋅(⃗a-⃗b)=0，即|⃗a|=|⃗b|，无法得出⃗a=⃗b或⃗a=-⃗b，
例如⃗a=(1,0),⃗b=(0,1)，满足|⃗a|=|⃗b|，但⃗a≠⃗b且⃗a≠-⃗b，可知充分性不成立；
综上所述，“(⃗a+⃗b)⋅(⃗a-⃗b)=0”是“⃗a=-⃗b或⃗a=⃗b”的必要不充分条件.
故选：B.
6．（2024·天津·高考）已知a,b∈R，则“a
3=b
3”是“3
a=3
b”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】说明二者与同一个命题等价，再得到二者等价，即是充分必要条件.
【详解】根据立方的性质和指数函数的性质，a
3=b
3和3
a=3
b都当且仅当a=b，所以二者互为充要条件.
故选：C.
7．（2023·新课标全国Ⅰ卷·高考）记Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数列；乙：{ Sn
n }为等差
数列，则（ ）
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】C
【分析】利用充分条件、必要条件的定义及等差数列的定义，再结合数列前n 项和与第n 项的关系推理判
断作答.，
【详解】方法1，甲：{an}为等差数列，设其首项为a1，公差为d，
则Sn=na1+ n(n-1)
2
d , Sn
n =a1+ n-1
2
d = d
2 n+a1- d
2 , Sn+1
n+1 - Sn
n = d
2 ，
因此{ Sn
n }为等差数列，则甲是乙的充分条件；
反之，乙：{ Sn
n }为等差数列，即Sn+1
n+1 - Sn
n = n Sn+1-(n+1)Sn
n(n+1)
= nan+1- Sn
n(n+1) 为常数，设为t，
即nan+1- Sn
n(n+1) =t，则Sn=nan+1-t ⋅n(n+1)，有Sn-1=(n-1)an-t ⋅n(n-1),n≥2，
两式相减得：an=nan+1-(n-1)an-2tn，即an+1-an=2t，对n=1也成立，
因此{an}为等差数列，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件，C 正确.
方法2，甲：{an}为等差数列，设数列{an}的首项a1，公差为d，即Sn=na1+ n(n-1)
2
d，
则Sn
n =a1+ (n-1)
2
d = d
2 n+a1- d
2 ，因此{ Sn
n }为等差数列，即甲是乙的充分条件；
反之，乙：{ Sn
n }为等差数列，即Sn+1
n+1 - Sn
n = D , Sn
n = S1+(n-1)D，
即Sn=n S1+n(n-1)D，Sn-1=(n-1)S1+(n-1)(n-2)D，
当n≥2时，上两式相减得：Sn- Sn-1= S1+2(n-1)D，当n=1时，上式成立，
于是an=a1+2(n-1)D，又an+1-an=a1+2nD -[a1+2(n-1)D ]=2 D为常数，
因此{an}为等差数列，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件.
故选：C
8．（2023·全国甲卷·高考）设甲：sin
2α +sin
2 β =1，乙：sin α +cos β =0，则（ ）
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】B
【分析】根据充分条件、必要条件的概念及同角三角函数的基本关系得解.
【详解】当sin
2α +sin
2 β =1时，例如α =π
2 , β =0但sin α +cos β ≠0，
即sin
2α +sin
2 β =1推不出sin α +cos β =0；
当sin α +cos β =0时，sin
2α +sin
2 β =(-cos β)
2+sin
2 β =1，
即sin α +cos β =0能推出sin
2α +sin
2 β =1.
综上可知，甲是乙的必要不充分条件.
故选：B
