第02 讲 常用逻辑用语
内容导航
命题透视·考情前瞻
——
素养，研判高考命
对标
题趋势
01
命题透视·考情前瞻
素养，研判高考命
对标
题趋势
02
思维建模·脉络梳理
搭建知
框架，构建系
思
识
统
维
03
知识精讲·靶向突破
拆解核心知
，
型技巧
识归纳题
知识解构
知识点1 充分条件与必要条件 知识点2 全称量词与存在量词
题型破译 (含超链接）
题型
1 充分必要条件的判断
【方法技巧】充分必要条件的快速判断
【易错分析】混淆定义
题型
2
充分必要条件的
证明
【方法技巧】充要条件证明的规范步骤
【易错分析】遗漏过程
题型
3
全称、存在量词命题的否定与真假判断
【方法技巧】含量词命题的解题要点
【易错分析】遗漏量词符号的改变
题型
4 根据命题真假
/ 充要关系求参数范围
【方法技巧】求参数范围的解题思路
【易错分析】忽略条件
04
真题溯源·考向感知
溯源真
，感知高考考向
题逻辑
05
课本典例·高考素材
立足
本典例，挖掘高考素材
课
核心考点
2026 年
2025 年
2024 年
充分条件与必要条件
——
——
全国甲卷（理） T9
（5 分）
全称量词与存在量词
——
——
全国Ⅱ卷 T2（3 分）
考情分析
新教材删除了四种命题及其关系和简单逻辑联结词（且、或、非） 两个知识
点，考查范围大幅聚焦，题型以选择题第 2-3 题为主，分值固定 5 分，整体难
度中等偏下，属于必得分板块。
考查方向：
1.
充分条件、必要条件、充要条件的判断（核心高频）
2.
全称量词命题与存在量词命题的否定及真假判断
3.
根据命题真假 / 充要关系求参数的取值范围
4.
充要条件的严谨证明（新教材新增重点考查）
常结合函数单调性与奇偶性、一元二次不等式、立体几何线面关系、解析几何基
本概念考查，侧重逻辑推理核心素养，强调数学语言的严谨性。
复习目标
1.
理解充分条件、必要条件、充要条件的含义，掌握定义法、集合法、等价转
化法三种判断方法。
2.
能规范书写充要条件的证明过程（分充分性和必要性两步）。
3.
理解全称量词（∀）与存在量词（∃）的意义，能正确写出全称量词命题和
存在量词命题的否定。
4.
能判断全称量词命题和存在量词命题的真假，掌握 “举反例” 和 “找特
例” 的判断技巧。
5.
能根据命题真假性或充要关系，求解参数的取值范围，具备分类讨论与等价
转化思想。
思维建模·脉络梳理
——搭建知
框架，构建系
思
识
统
维
知识精讲·靶向突破
——拆解核心知
，
型技巧
识归纳题
知●识●解●构
知识点1 充分条件与必要条件
1、核心辨析
“p 是q 的充分条件” 等价于 “只要有p，就一定有q”；
“p 是q 的必要条件” 等价于 “没有p，就一定没有q”；
充要条件是数学定义的标准形式，如 “两组对边分别平行的四边形是平行四边形” 就是充要条件。
2、集合关系与充要条件的对应（新教材重点）
集合关系
逻辑关系
条件类型
A⫋B
p⇒q 且q⇏p
p 是q 的充分不必
要条件
B⫋A
p⇏q 且q⇒p
p 是q 的必要不充
分条件
A=B
p⟺q
p 是q 的充要条件
A⊈B 且B⊈A
p⇏q 且q⇏p
p 是q 的既不充分
也不必要条件
3、充要条件证明规范
第一步：证明充分性（由条件推结论）；
第二步：证明必要性（由结论推条件）；
最后下结论：“综上，p 是q 的充要条件”。
自主检测（2026·福建名校联盟·适应性）已知函数f (x)= x
2+mx +1（m∈R），则“∃x0>0，f (x0)=0
”是“m≤-2”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．既不充分也不必要条件
D．充分必要条件
【答案】D
【分析】根据充分必要条件的定义，结合二次函数的图象及性质即可得到答案．
【详解】由函数f (x)= x
2+mx +1是开口向上的二次函数，且f (0)=1，
若∃x0>0，f (x0)=0，即方程x
2+mx +1=0有正实根，
则¿，解得m≤-2，所以充分性成立；
若m≤-2，则Δ=m
2- 4≥0，即方程x
2+mx +1=0有实根，
又二次函数f (x)= x
2+mx +1的对称轴x =- m
2 >0，即该方程必有正实根，
即∃x0>0，f (x0)=0，所以必要性成立，
故“∃x0>0，f (x0)=0”是“m≤-2”的充分必要条件．
知识点2 全称量词与存在量词
1.
命题否定的易错点
不能只否定结论，必须同时改变量词；
常见结论的否定：“是”→“不是”；“都是”→“不都是”；“至少有一个”→“一个也没
有”；“至多有一个”→“至少有两个”。
2.
含量词命题的真假判断技巧
全称量词命题找反例：只要找到一个不满足的元素，命题即为假；
存在量词命题找特例：只要找到一个满足的元素，命题即为真；
3.
新教材术语规范：统一使用 “全称量词命题”“存在量词命题”。
自主检测（2026·长沙铁一中·学考模拟（二））下列命题中，是存在量词命题的是（ ）
A．正方形的四条边相等
B．有三个角是60°的三角形是等边三角形
C．正数的平方根不等于0
D．至少有一个正整数是奇数
【答案】D
【详解】A 选项完整含义为“所有正方形的四条边相等”，隐含全称量词“所有”，属于全称量词命题；
B 选项完整含义为“所有有三个角是60❑
∘的三角形是等边三角形”，隐含全称量词“所有”，属于全称
量词命题；
C 选项完整含义为“所有正数的平方根不等于0”，隐含全称量词“所有”，属于全称量词命题；
D 选项含有存在量词“至少有一个”，属于存在量词命题.
题●型●破●译
题型1 充分必要条件的判断
例1-1 已知命题p:∀x<3，2
x -2 >2，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】C
【详解】对于命题p：例如x =1，满足x<3，但2
x -2 =-2<2，
则命题p为假命题，¬ p为真命题；
对于命题q：例如x =-1，满足x<0，且x
2= ❑√- x =1，
则命题q为真命题，¬q为假命题；
所以ABD 错误，C 正确.
例1-2（2026·天津南开·二模）设x , y ∈R，则“x
3+ y
3>0”是“x + y >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】C
【详解】由x
3+ y
3=(x + y)(x
2- xy + y
2)=(x + y)[(x - y
2)
2
+ 3
4 y
2]，
因(x - y
2)
2
+ 3
4 y
2≥0当且仅当¿，即x = y =0时取等，
显然x , y不能全都为0，故(x - y
2)
2
+ 3
4 y
2>0，则由x
3+ y
3>0可得x + y >0；
反之，当x + y >0时，必有x
3+ y
3>0成立.
故得“x
3+ y
3>0”是“x + y >0”的充要条件.
方法技巧 充分必要条件的快速判断
1、定义法：适用于逻辑关系清晰的命题，直接推导两个方向的真假
2、集合法：适用于条件和结论都能转化为集合范围的命题，如不等式解集
3、等价转化法：适用于否定形式的命题，转化为判断其逆否命题
易错分析 混淆定义
1、混淆 “p 是q 的充分条件” 和 “p 的充分条件是q”
2、忽略特殊情况，如空集、零向量、常数函数等
3、立体几何中线面关系的判定定理和性质定理混淆
【变式训练1-1·变载体】（2026·天津耀华中学·一模）“θ = 2π
3 +2k π或θ = 4π
3 +2k π，（k ∈Z）”
是“tanθ =2cos(
π
2 +θ)”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】A
【分析】化简三角函数等式结合命题的判断解题
【详解】tanθ =2cos( π
2 +θ)=-2sinθ，
当θ = 2π
3 +2k π 时，tanθ =-2sinθ =- ❑√3，当θ = 4 π
3 +2k π 时， tanθ =-2sinθ = ❑√3成立，
因为tanθ = sinθ
cosθ =-2sinθ，所以sinθ =0或cosθ =- 1
2，
当θ =0时，tanθ =-2sinθ成立，但θ≠2π
3 +2k π 且θ≠4 π
3 +2k π，
故选：A
【变式训练1-2】（2026·新疆乌鲁木齐·三模）已知a,b,c∈R，则（ ）
A．“a>b”是“a
2>b
2”的充分条件
B．“a>b”是“a
2>b
2”的必要条件
C．“a>b”是“ac
2>bc
2”的充分条件
D．“a>b”是“ac
2>bc
2”的必要条件
【答案】D
【详解】对于A，若a=1,b=-1，满足a>b，而a
2=b
2，
则“a>b”不是“a
2>b
2”的充分条件，故A 错误；
对于B，若a=-2,b=1，满足a
2>b
2，而a<b，
则“a>b”不是“a
2>b
2”的必要条件，故B 错误；
对于C，由a>b，当c =0时，ac
2=bc
2，
则“a>b”不是“ac
2>bc
2”的充分条件，故C 错误；
对于D，由ac
2>bc
2，则c≠0且c
2>0，即a>b，
所以“a>b”是“ac
2>bc
2”的必要条件，故D 正确.
【变式训练1-3】（2026·四川遂宁·二诊）设a,b∈R ,a>b，且a,b≠0，则“1
a > 1
b ”是“ab<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】C
【详解】充分性：对不等式移项通分得1
a - 1
b = b-a
ab >0，已知a>b，即b-a<0，
要使分式大于0，分母ab必须也为负，因此可得ab<0，充分性成立；
必要性：若ab<0，说明a,b异号，结合条件a>b，可知a为正数，b为负数.
因此1
a >0，1
b <0，必然有1
a > 1
b ，必要性成立.
综上，1
a > 1
b 是ab<0的充要条件。
【变式训练1-4】（2026·安徽蚌埠·适应性考试）已知集合A = {2,5,8}，B = {a-1,2}，则“a=6”是“
A ∩B = B”的（ ）
A．充分不必要条件
B．充要条件
C．必要不充分条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据A ∩B = B可得出B⊆A，利用集合的包含关系可求出a的值，再利用充分条件和必要条件的
定义判断即可.
【详解】若A ∩B = B，则B⊆A，
又因为集合A = {2,5,8}，B = {a-1,2}，则a-1=5或a-1=8，可得a=6或a=9，
所以“a=6”是“A ∩B = B”的充分不必要条件.
【变式训练1-5】（2026·哈尔滨师大附中·模拟）“x
2+ x -2<0”是“|x|<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】∵x
2+ x -2<0，∴(x +2)(x -1)<0，解得-2< x<1，
∵|x|<2，∴-2< x<2，
∵当x满足-2< x<1，则其一定满足-2< x<2，
即由x
2+ x -2<0可以推出|x|<2，
∴“x
2+ x -2<0”是“|x|<2”的充分条件;
∵若x =1.5时，其满足-2< x<2，不满足-2< x<1，
即由|x|<2不能推出x
2+ x -2<0;
∴“x
2+ x -2<0”不是“|x|<2”的必要条件，
∴“x
2+ x -2<0”是“|x|<2”的充分不必要条件.
【变式训练1-6·变载体】（2025·辽宁大连·适应性演练一）已知函数f (x)=a
x¿，对于m,n∈R，若命题
p:a
m>a
n， 命题q:m>n，则p 是q 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】A
【分析】由充分条件和必要条件的单调性结合指数函数的单调性即可得出答案.
【详解】因为函数a>1，所以f (x)=a
x在R上单调递增，
所以由a
m>a
n，能推出m>n，
又因为m>n，所以a
m>a
n，
所以p 是q 的充要条件.
故选：A.
【变式训练1-7】（2025·北京丰台·二模）已知关于x的方程x
2+bx +c =0(b,c∈R)的两实根为x1, x2，则
“|x1|=|x2|”是“关于x的不等式x
2+bx +c<0的解集为∅”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】利用充分条件、必要条件的定义，结合二次方程的根的情况与二次函数图象、二次不等式的解集
之间的联系，推导证明可得出结论.
【详解】充分性的判断：
若|x1|=|x2|，则x1= x2或x1=- x2，
当x1= x2时，关于x的方程x
2+bx +c =0有两个相等的实数根，则Δ=b
2- 4 c =0，
因为二次函数y = x
2+bx +c开口向上，所以关于x的不等式x
2+bx +c<0的解集为∅；
当x1=- x2时，关于x的方程x
2+bx +c =0有两个不相等的实数根，不妨设x1< x2，
因为二次函数y = x
2+bx +c开口向上，所以关于x的不等式x
2+bx +c<0的解集为(x1, x2).
所以，由“|x1|=|x2|”不能推出“关于x的不等式x
2+bx +c<0的解集为∅”，充分性不成立.
必要性的判断：
若关于x的不等式x
2+bx +c<0的解集为∅，因为二次函数y = x
2+bx +c开口向上，所以Δ=b
2- 4 c≤0，
又因为关于x的方程x
2+bx +c =0有两个实数根x1, x2，则x1= x2，则|x1|=|x2|，必要性成立.
综上，“|x1|=|x2|”是“关于x的不等式x
2+bx +c<0的解集为∅”的必要不充分条件.
故选：B.
题型2 充分必要条件的证明
例2-1（2026·天津耀华中学·二模）设a，b∈R，则“a>b”是“a|a|>b|b|”成立的（ ）
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】根据充分条件和必要条件的定义判断,即可得出答案.
【详解】充分性证明:当a>b
①若a>b≥0,则有|a|>|b|,于是a|a|>b|b|;
②若a≥0>b,则有a|a|≥0,b|b|<0,于是a|a|>b|b|;
③若0≥a>b,则有a
2<b
2,于是-a
2>-b
2,因为a|a|=-a
2,b|b|=-b
2,所以有a|a|>b|b|成立.
∴ “a>b”是“a|a|>b|b|”的充分条件.
必要性证明:当a|a|>b|b|
(1)若a=0时，由a|a|>b|b|，可得0>b|b|，则b<0=a，于是a>b;
(2)b=0时，由a|a|>b|b|，可得a|a|>0，则a>b=0，于是a>b;
(3)若a>0,b>0,则有a
2>b
2,于是a>b;
(4)若a>0,b<0,则有a|a|>0,b|b|<0,满足条件a|a|>b|b|,于是成立a>b;
(5)若a<0,b>0,则a|a|>b|b|不成立,不满足条件;
(6)若a<0,b<0,由a|a|>b|b|,可得-a
2>-b
2,即a
2<b
2,所以有0>a>b.
∴ “a>b”是“a|a|>b|b|”的必要条件.
综上所述,“a>b”是“a|a|>b|b|”的充要条件.
例2-2（24-25 高三上·安徽铜陵一中&安徽师大附中·12 月联考）设等比数列{an}的前n项和为Sn，则“
a1<0”是“S3<S2”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】利用S3- S2=a3和a1⋅a3=a2
2判断a3与0 的关系，即可得到答案.
【详解】若a1<0，且a1⋅a3=a2
2>0，∴a3<0，∴S3- S2=a3<0，则“a1<0”是“S3<S2”的充分条件；
若S3<S2，则S3- S2=a3<0，又a1⋅a3=a2
2>0，∴a1<0，则“S3<S2”是“a1<0”的必要条件；
则则“a1<0”是“S3<S2”的充要条件.
故选：C.
方法技巧 充要条件证明的规范步骤
1、明确证明方向：分充分性和必要性两步 。
2、充分性：假设条件成立，推导结论成立 。
3、必要性：假设结论成立，推导条件成立 。
4、最后总结：“综上，p 是q 的充要条件”。
易错分析 遗漏过程
1、只证明一个方向，遗漏另一个方向 。
2、证明过程中逻辑不严谨，出现循环论证 。
3、混淆充分性和必要性的推导方向。
【变式训练2-1】数列{an}的前n 项和记为Sn，则“数列{Sn}为等差数列”是“数列{an}为常数列”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
【分析】先证必要性，由“数列{an}为常数列”出发，得出“数列{Sn}为等差数列”；再证充分性，由
“数列{Sn}为等差数列”，设公差为d ，Sn= S1+(n-1)d，得出当a1≠d 时，数列{an}不是常数列，即
可得出答案.
【详解】若数列{an}为常数列，则设an=a ，所以Sn=na ，
于是S1=a1=a,Sn+1- Sn=(n+1)a-na=a ，所以{Sn}为等差数列；
即“数列{Sn}为等差数列”是“数列{an}为常数列”的必要条件；
若数列{Sn}为等差数列，设公差为d ，Sn= S1+(n-1)d ，
于是a1= S1 ，an= Sn- Sn-1= S1+(n-1)d - S1-(n-2)d =d ，
当a1≠d 时，数列{an}不是常数列，
所以“数列{Sn}为等差数列”不是“数列{an}为常数列”的充分条件；
综上所述，“数列{Sn}为等差数列”是“数列{an}为常数列”的必要不充分条件，
故选：B
【变式训练2-2·变考法】下列命题错误的是（ ）
A．“x =2”是“x
2- 4 x + 4 =0”的充要条件
B．若等比数列{an}公比为q，则“q>1”是“{an}为递增数列”的充要条件
C．在△ABC中，若“A >B”，则“sin A >sin B”
D．命题“若m≥- 1
4 ，则方程x
2+ x -m=0有实根”的逆命题为真命题
【答案】B
【分析】对于A:用配方法解一元二次方程即可判断；
对于B：列举特殊数列-1，-2，-4，-8……作为反例否定结论；
对于C:根据大边对大角及正弦定理即可判断；
对于D:先写出原命题的逆命题，再利用判别式解得m 的范围，即可判断.
【详解】对于A:由x
2- 4 x + 4 =0⇔(x -2)
2=0⇔x =2，∴A 正确；
对于B：数列-1，-2，-4，-8……是公比q>1的数列，但是是递减数列，故B 错误；
对于C: 在△ABC中，根据大边对大角，A >B⇔a>b；又有正弦定理
a
sin A =
b
sin B 得：
a>b⇔sin A >sin B,所以A >B⇔a>b⇔sin A >sin B，即若“A >B”，则“sin A >sin B”，故C 正确；
对于D：命题“若m≥- 1
4 ，则方程x
2+ x -m=0有实根”的逆命题是“若方程x
2+ x -m=0有实根，则
m≥- 1
4 ”，
∵方程x
2+ x -m=0有实根，∴Δ=1+ 4 m≥0，解得：m≥- 1
4 ，故D 正确.
故选:B
【变式训练2-3】设甲：a>2且b>1，乙：a+b>3且ab>2，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】A
【分析】根据充分条件，必要条件的定义判断即可．
【详解】根据充分条件，必要条件的定义，若”a>2且b>1”则”a+b>3且ab>2”是真命题，充分性成
立．
反之是假命题，比如当a=1，b=3时满足a+b>3且ab>2，但推不出a>2且b>1.
【变式训练2-4·变考法】（25-26 高三下·江苏如皋中学·培优）设集合A ={x| x
2-(a+1) x +a=0}，集合
B =¿，则“A ∩B = {3}”的一个必要不充分条件是（ ）
A．a=3
B．a∈{2,3}
C．a=1
D．a∈{1,2}
【答案】B
【详解】因为B =¿，
若A ∩B = {3}，则3∈A，所以9-3(a+1)+a=0，解得a=3，
当a=3时，A ={x | x
2- 4 x +3=0}= {1,3}，此时A ∩B = {3}，
所以a=3是A ∩B = {3}的充要条件，
故“A ∩B = {3}”的一个必要不充分条件是a∈{2,3}.
【变式训练2-5】命题p:a>1,b>2是命题q:¿成立的（ ） 条件.
A．充分不必要
B．必要不充分
C．充分必要
D．既不充分也不必要
【答案】A
【分析】根据p⇒q判断充分性，取a=3,b=1.5判断必要性即可得答案.
【详解】当a>1,b>2时，a+b>3且ab>2成立，即p成立，则q一定成立，充分性成立；
反之，取a=3,b=1.5，满足a+b>3且ab>2成立，但不满足a>1,b>2，即q成立时，p不一定成立，必
要性不成立，
所以命题p:a>1,b>2是命题q:¿成立的充分不必要条件.
【变式训练2-6】已知p：log2( x +1)≤2，q：1
x ≥1
3，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】∵p:log2( x +1)≤2⇒0< x +1≤4⇒x∈(-1,3]，
q: 1
x ≥1
3 ⇒3- x
3 x ≥0⇒x∈(0,3]，
∴(0,3]⊊(-1,3]，∴q⇒p且p⇏q，
∴p是q的必要不充分条件．
【变式训练2-7·变考法】（25-26 高三上·安徽皖南八校·第一次联考）（多选题）若a,b∈R，则“a
3<b
3
”的充分不必要条件是（ ）
A．a<b
B．❑√b-a>1
C．a
2<b
2
D．0< 1
b < 1
a
【答案】BD
【分析】由充分不必要条件的定义逐项验证求解即可.
【详解】a
3<b
3⇔a<b，故“a<b”是“a
3<b
3”的充要条件，故A 错误
由❑√b-a>1得b>a+1>a，能推出a<b，反之不成立，
所以“❑√b-a>1”是“a
3<b
3”的充分不必要条件，故B 正确；
若a=1,b=-2,a
2<b
2,a
3<b
3不成立，故充分性不成立，
若a=-2,b=-1,a
3<b
3,a
2<b
2不成立，故必要性不成立，
所以“a
2<b
2”是“a
3<b
3”的既不充分也不必要条件，故C 错误；
0< 1
b < 1
a ⇔0<a<b，所以“0< 1
b < 1
a”是“a
3<b
3”的充分不必要条件，故D 正确.
故选：BD.
【变式训练2-8】已知集合A ={x ¿，B ={x ¿.
(1)若A ∩B = B，求实数m 的取值范围；
(2)设p: x∈A，q: x∈B，若p 是q 的充分不必要条件，求实数m 的取值范围.
【答案】(1)(-∞,1]
(2)[2,+∞)
【分析】（1）由A ∩B = B可得B⊂A，分B =∅和B≠∅两种情况讨论即可；
（2）由p 是q 的充分不必要条件可得A真包含于B，根据包含关系列出不等式组即可.
【详解】（1）由A ∩B = B可得B⊂A，
当B =∅时，则2-m>2+m，解得m<0；
当B≠∅时，则¿，解得0≤m≤1.
综上，实数m的取值范围是(-∞,1].
（2）若p 是q 的充分不必要条件，则A真包含于B，这等价于A ⊆B且A ≠B，
由A ⊆B可得{2-m≤1
2+m≥4，解得m≥2，
又A = B（即2-m=1且2+m= 4）无解，故A ≠B恒成立，
所以实数m的取值范围是[2,+ ∞).
题型3 全称、存在量词命题的否定与真假判断
例3-1（2026·四川巴中·一诊模拟）下列命题中为真命题的是（ ）．
A．∃x∈R，x
2+1<0
B．∀x∈R，x +|x|>0
C．∀x∈Z，|x|∈N
D．∃x∈R，x
2-3 x +10=0
【答案】C
【分析】对四个选项进行一一分析，即可求得答案.
【详解】对于A：∀x∈R,都有x
2≥0，所以x
2+1≥1>0，故不存在x∈R使得x +
❑
2 1<0成立，所以是假
命题，故A 错误.
对于B：当x =0时，x +|x|=0，所以是假命题，故B 错误.
对于C：∀x∈Ζ，|x|为非负整数，且自然数集N包含所有非负整数，故该命题是真命题，故C 正确.
对于D：x
2-3 x +10=0，Δ=b
2- 4 ac =(-3)
2- 4×1×10=-31<0，故不存在，所以是假命题，故D 错
误.
故选：C
例3-2 命题“∀x>0，x
2- x +1>0”的否定为（ ）
A．∀x>0，x
2- x +1≤0
B．∀x ≤0，x
2- x +1≤0
C．∃x>0，x
2- x +1≤0
D．∃x ≤0，x
2- x +1≤0
【答案】C
【分析】根据全称量词命题的否定形式解决问题即可.
【详解】由全称量词命题的否定形式可知：
命题“∀x>0，x
2- x +1>0”的否定为“∃x>0，x
2- x +1≤0”.
故选：C.
方法技巧 含量词命题的解题要点
1、否定：严格遵循 “改量词，否结论” 的规则。
2、真假判断：全称命题找反例，特称命题找特例。
3、常见结论否定：“≥”→“<”；“≤”→“>”；“所有”→“存在”；“存在”→“所有”。
易错分析 遗漏量词符号的改变
1、只否定结论，不改变量词。
2、对 “都是”“至少有一个” 等结论的否定错误。
3、忽略量词的取值范围，如x∈N 包含x=0。
【变式训练3-1】（2025·广西桂林·一模）“∃x∈R，使a x
2- 4 x -3>0”的一个充分不必要条件是
（ ）
A．a≤0
B．a<- 4
3
C．a≥1
D．a<- 4
3 或a≥0
【答案】C
【分析】分a=0、a>0、a<0三种情况讨论，分别确定不等式有解，即可求出参数的取值范围，再根据集
合的包含关系判断即可.
【详解】当a=0时，- 4 x -3>0有解；
当a>0时，二次函数y =a x
2- 4 x -3开口向上，所以a x
2- 4 x -3>0有解；
当a<0时，a x
2- 4 x -3>0有解，则¿，解得- 4
3 <a<0；
综上可得a>- 4
3 ；
因为[1,+∞)真包含于(- 4
3 ,+ ∞)，
所以“∃x∈R，使a x
2- 4 x -3>0”的一个充分不必要条件是a≥1.
故选：C.
【变式训练3-2·变考法】（2025·天枢杯·联考）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P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．¬∃n0∈N ∩[2,+ ∞)，∀p1∈P，∀p2∈P，p1+ p2≠2n0
B．{p1+ p2|p1∈P , p2∈P}⊇¿
C．¿
D．∀m∈N , 2m≤2或P∩{2m- p∣p∈P}≠0
【答案】C
【分析】根据题意逐一分析A ,B ,C , D四个选项即可得到答案.
【详解】A 的意思是不存在偶数2n0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2+3=5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．
【变式训练3-3】（2024·武汉华师一附中·高考模拟）若命题“∃a∈[1,3],a x
2+(a-2) x -2>0”是假命题，
则x不能等于（ ）
A．-1
B．0
C．1
D．2
3
【答案】C
【分析】转化为命题的否定“∀a∈[1,3],a x
2+(a-2) x -2≤0”为真命题.用关于a的一次函数来考虑，即
可解.
【详解】根据题意，知原命题的否定“∀a∈[1,3],a x
2+(a-2) x -2≤0”为真命题.
令f (a)=( x
2+ x)a-2 x -2,¿,解得-1≤x ≤2
3.
故选:C.
【变式训练3-4·变载体】（2024·湖南衡阳·二模）下列命题中的真命题是（ ）
A．∀x∈N，x
2≥1
B．命题“∃a,b∈R , b
a + a
b >2”的否定
C．“直线l1与直线l2垂直”的充要条件是“它们的斜率之积一定等于-1”
D．“m>-1”是“方程x
2
2+m -
y
2
m+1 =1表示双曲线”的充分不必要条件
【答案】D
【分析】对各选项逐一判断，利用特殊值判断ABC，利用充分条件与必要条件的定义判断D，即可选出正
确答案．
【详解】对于选项A，当x =0时，x
2≥1不成立，故A 错误；
对于选项B，命题“∃a, b∈R，b
a + a
b >2”的否定是“∀a,b∈R , b
a + a
b ≤2”，
当a=3, b=1不成立，故B 错误；
对于选项C，当一直线斜率为0，另一直线斜率不存在时，
“它们的斜率之积一定等于-1”不成立，故C 错误；
对于选项D，由方程x
2
2+m -
y
2
m+1 =1表示双曲线等价于(2+m)(m+1)>0，
即m<-2或m>-1，所以“m>-1”是“方程x
2
2+m -
y
2
m+1 =1表示双曲线”的充分不必要条件，故D 正确．
故选:D.
【变式训练3-5】使命题p:“∃x∈(1,2),m≤x
2+1”为假命题的一个必要不充分条件是（ ）
A．m≥4
B．m>5
C．m≤2
D．m≤5
【答案】A
【分析】根据命题p是假命题可得命题¬ p是真命题，从而可得m≥5，再根据包含关系可得.
【详解】因为命题p:“∃x∈(1,2),m≤x
2+1”为假命题，
所以命题¬ p:“∀x∈(1,2),m> x
2+1”为真命题，所以m≥5.
所以m≥5的一个必要不充分条件m≥4.
故选：A
【变式训练3-6】命题“∃x∈R，x
2+ x +1>0”的否定为（ ）
A．∃x∈R，x
2+ x +1<0
B．∃x∈R，x
2+ x +1≤0
C．∀x∈R，x
2+ x +1>0
D．∀x∈R，x
2+ x +1≤0
【答案】D
【分析】利用存在量词命题的否定为全称量词命题，从而分析原命题求出其否定．
【详解】∵存在量词命题“∃x∈M , p(x)”的否定为全称量词命题“∀x∈M ,¬ p(x)”，
∴命题“∃x∈R，x
2+ x +1>0”的否定是：∀x∈R，x
2+ x +1≤0．
故选：D．
【变式训练3-7】（2026·西安高新一中·三模）已知命题p:∀x∈R ,|x +1|>1；命题q:∃x>0, x
3= x，
则以下为真命题的是（ ）
A．p和q
B．¬ p和q
C．p和¬q
D．¬ p和¬q
【答案】B
【分析】根据不等式的解法，可判定命题p为假命题，再由方程的解，可判定命题q为真命题，结合选项，
即可求解.
【详解】由不等式|x +1|>1，可得x +1<-1或x +1>1，解得x<-2或x>0，
所以命题p为假命题，则¬ p为真命题，
又由x
3= x，解得x =0或x =1或x =-1，所以命题q为真命题，则¬q为假命题，
故选：B.
【变式训练3-8】（2026·河南邓州十校联考·模拟）（多选题）下列结论正确的有（ ）
A．∀x∈R，x
2+ 4>2 x
B．“∃x∈R，| x -1|+1<0”是假命题
C．“有理数的平方是有理数”是存在量词命题
D．“∀x∈R，x + 4 x
4≥0”的否定是“∀x∉R，x + 4 x
4<0”
【答案】AB
【分析】由全称量词、存在量词命题的定义及真假逐个判断选项.
【详解】选项A：将不等式变形：x
2-2 x + 4>0，配方得：( x -1)
2+3>0，
对所有实数恒成立，因此选项A 正确；
选项B：由绝对值的非负性，|x -1|≥0，
因此|x -1|+1>0，不可能小于0，因此选项B 正确；
选项C：“有理数的平方是有理数”等价于“所有有理数的平方都是有理数”，
是全称量词命题，而非存在量词命题，因此选项C 错误；
选项D：全称量词命题的否定应为存在量词命题，而非改变x的取值范围，因此选项D 错误.
故选：AB.
【变式训练3-9】（2025·河北·模拟）（多选题）已知集合A =¿，则下列结论正确的是（ ）
A．∃a∈R , A ∩B = A
B．∃a∈R , A ∩B = B
C．∀a∈R , A ∩B≠∅
D．∃a∈R , A ∪(∁R B)= R
【答案】BCD
【分析】通过讨论a，得到集合A，利用集合的运算、集合间的关系可判断各选项的正误.
【详解】已知集合A =¿，
当a>0时，A =(- 6
a ,+∞)；当a=0时，A = R；当a<0时，A =(-∞,- 6
a)，
对于A，由对集合A分析知A ∩B≠A，故A 不正确，
对于C，由对集合A分析知∀a∈R , A ∩B≠∅，故C 正确；
对于B，当a=-1时，A =(-∞,6)，此时A ∩B = B，故B 正确；
对于D，当a=2时，A ∪(∁R B)= R，故D 正确.
故选：BCD.
题型4 根据命题真假/充要关系求参数范围
例4-1 若命题“∃x0∈R，x0
2+ x0+m<0”为假命题，则m的取值范围是（ ）
A．(-∞,- 1
4]
B．(-∞, 1
4]
C．(0, 1
4]
D．[
1
4 ,+∞)
【答案】D
【分析】条件可转化为“∀x∈R，x
2+ x +m≥0”为真命题，结合二次函数性质列不等式可得结论.
【详解】因为命题“∃x0∈R，x0
2+ x0+m<0”为假命题，
所以命题“∀x∈R，x
2+ x +m≥0”为真命题，
则Δ=1- 4 m≤0，解得m≥1
4 ，
即m的取值范围是[
1
4 ,+ ∞)．
例4-2 已知命题“∀x∈R , x
2+ax + 1
4 >0” 是假命题，则实数a的取值范围是（ ）
A．(-∞,-1)∪(1,+ ∞)
B．¿
C．(-1,1)
D．[-1,1]
【答案】B
【分析】根据题意，转化为∃x∈R , x
2+ax + 1
4 ≤0是真命题，结合二次函数的性质，列出不等式，即可
求解.
【详解】由命题∀x∈R , x
2+ax + 1
4 >0是假命题，可得命题∃x∈R , x
2+ax + 1
4 ≤0是真命题，
则满足Δ=a
2- 4×1× 1
4 ≥0，解得a≤-1或a≥1，
所以实数a的取值范围为¿.
故选：B.
方法技巧 求参数范围的解题思路
1、先分别求出每个命题为真时参数的取值范围。
2、根据复合命题真假或充要关系，转化为集合间的包含关系。
3、利用数轴画出集合范围，列不等式组求解。
4、注意端点值的取舍，单独验证。
易错分析 忽略条件
1、忽略参数使集合为空集的情况。
2、端点值取舍错误，导致范围扩大或缩小。
3、分类讨论不全面，遗漏参数的取值情况。
【变式训练4-1】（25-26 高三上·陕西汉中·一调）若∃x∈{x∣-3≤x ≤3}，使得x - 4 a-13<0成立，则
实数a的取值范围是（ ）
A．(-∞,3)
B．(- 4 ,+∞)
C．(-3,+∞)
D．(-∞,- 4)
【答案】B
【分析】由题意得4 a+13>-3，解出即可求解.
【详解】将题中条件转化为不等式x<4 a+13，在区间[-3,3]上至少有一个解，
这等价于4 a+13的值大于该区间上x 的最小值，
因为当x∈[-3,3]时，x 的最小值为-3，
所以必有4 a+13>-3，解得以a>- 4.
故选：B.
【变式训练4-2】（2025·西南名校联盟·四诊）已知命题：“∃x∈(0,+∞)，2 x
2-ax +1<0”为假命题，
则实数a的取值范围是（ ）
A．(-∞,2❑√2]
B．(-∞,2]
C．(-∞,1]
D．(-∞, 1
2]
【答案】A
【分析】根据原命题为假命题得出其否定为真命题，再将问题转化为不等式恒成立问题，最后利用基本不
等式求解实数a的取值范围.
【详解】已知命题“∃x ∈(0,+ ∞),2 x
2-ax +1<0”为假命题，根据特称命题的否定为全称命题，
可知其否定“∀x∈(0,+∞),2 x
2-ax +1≥0”为真命题.
由2 x
2-ax +1≥0，x∈(0,+ ∞)，移项可得ax≤2 x
2+1，
因为x>0，两边同时除以x，得到a≤2 x + 1
x 在(0,+∞)上恒成立.
在2 x + 1
x 中，因为x>0，所以2x 和1
x 都是正实数，则2 x + 1
x ≥2❑√2 x⋅1
x =2❑√2，
当且仅当2 x = 1
x ，即x =
❑√2
2 时等号成立.
因为a≤2 x + 1
x 在(0,+ ∞)上恒成立，所以a要小于等于2 x + 1
x 的最小值2❑√2，
即a≤2❑√2，
所以实数a的取值范围是(-∞,2❑√2].
故选：A.
【变式训练4-3】若命题“∃x ∈R ,(k
2-1) x
2+2(k -1) x -1>0”是假命题，则k的值可以为（ ）
A．-1
B．1
C．2
D．3
【答案】B
【分析】根据存在量词命题的否定的真假性，对k
2-1进行分类讨论来求得k的取值范围.
【详解】由题知∀x ∈R ,(k
2-1) x
2+2(k -1) x -1≤0是真命题，
当k
2-1=0，即k =1时，-1<0恒成立，k =-1时，- 4 x -1≤0不恒成立；
当k
2-1<0时，Δ= 4(k -1)
2+ 4(k
2-1)≤0，解得0≤k <1，
综上得0≤k ≤1.
故选：B.
【变式训练4-4·变考法】（2025·福建·适应性（二））（多选题）若平面点集M满足：任意点
( x , y)∈M，存在t ∈(0,+∞)，都有(tx , ty )∈M，则称该点集M是t阶聚合点集．下列命题为真命题
的是（ ）
A．若M =¿，则M是3 阶聚合点集
B．存在M对任意正数t，使M不是t阶聚合点集
C．若M =¿，则M不是1
3阶聚合点集
D．“t ∈[1,+ ∞）”是“M =¿是t阶聚合点集”的充要条件
【答案】ACD
【分析】根据集合新定义的规定，易判断A 正确；通过举反例排除B；按照集合新定义得不出合理结论否
定M =¿为1
3阶聚合点集判断C；运用等价转化思想，即可得到D 正确.
【详解】对于A，由x ≥y可得3 x ≥3 y，故M是3 阶聚合点集，即A 正确；
对于B，对任意的点集M，总存在t =1，使得M是1 阶聚合点集，故B 错误；
对于C，因x
2
4 + y
2=1，而( x
3 )
2
4
+( y
3 )
2
= x
2
36 + y
2
9 < x
2
4 + y
2=1，故M不是1
3阶聚合点集，即C 正确；
对于D，因M =¿是t阶聚合点集等价于t
2 y
2≥tx，
因t >0，可得t y
2≥x，又因y
2≥x，依题意可得t ≥1，反之也成立，
故“M =¿是t阶聚合点集”是“t ∈[1,+ ∞）”的充要条件，即D 正确.
故选：ACD.
【变式训练4-5·变载体】若“∃x∈(0,π),sin 2 x -msin x<0”是假命题，则m的取值范围为
__________．
【答案】(-∞,-2]
【分析】由sin 2 x -msin x ≥0对任意x∈(0,π)恒成立，变换m≤2cos x，根据三角函数的值域即可得到
答案.
【详解】由于“∃x∈(0,π),sin 2 x -msin x<0”是假命题，则有sin 2 x -msin x ≥0对任意x∈(0,π)
恒成立，
由于x∈(0,π)时，sin x>0，因此m≤sin 2 x
sin x = 2sin x cos x
sin x
=2cos x，
又因为当x∈(0,π)时，2cos x∈(-2,2)，且2cos x在(0,π)内可无限趋近-2，为满足m≤2cos x恒成
立，
故m的取值范围是(-∞,-2].
【变式训练4-6】已知命题“存在x∈{x|-1< x<2}，使得等式3 x -m=0成立”是假命题，则实数m的
取值范围是_____________
【答案】{m|m≤-3或m≥6}
【分析】根据特称命题的否定是全称命题，结合原命题和命题的否定的真假关系即可求解.
【详解】由已知命题“存在x∈{x|-1< x<2}，使得等式3 x -m=0成立”是假命题，
等价于“任意x∈{x|-1< x<2}，使得等式3 x -m≠0成立”是真命题，
又因为-1< x<2，所以-3<3 x<6，要使3 x≠m，则需m≤-3或m≥6.
所以实数m的取值范围为{m|m≤-3或m≥6}.
故答案为：{m|m≤-3或m≥6}
【变式训练4-7】（2025·江西吉安一中·模拟二）若命题“∃x∈[-1,2]，使得2 x
2+mx -m-10≥0”是假
命题，则m 的取值范围是______．
【答案】(- 4,2)
【分析】根据原命题的否定是真命题，令f (x)=2 x
2+ mx -m-10，由f (x)max<0求解参数范围即可.
【详解】由题意知，原命题的否定“∀x∈[-1,2]，2 x
2+mx -m-10<0”是真命题，
令f (x)=2 x
2+ mx -m-10，
所以¿，
解得- 4<m<2，即m 的取值范围是(- 4,2).
故答案为：(- 4,2).
【变式训练4-8】（2023·吉林吉林·二调）若命题：“∃x∈R，a x
2+ x +1<0”为假命题，则实数a 的取
值范围为____________.
【答案】[ 1
4 ,+∞)
【分析】分析可知命题“∀x∈R,a x
2+ x +1≥0”为真命题，对实数a的取值进行分类讨论，再根据二
次不等式恒成立即可求解.
【详解】由题意可知，题“∀x∈R,a x
2+ x +1≥0”为真命题，
当a=0时，由x +1≥0可得x ≥-1，不符合题意，
当a≠0时，根据题意知不等式恒成立则¿，
解之可得a≥1
4 .
故答案为：[ 1
4 ,+∞)
【变式训练4-9·变考法】（2026·福建部分高中·一模）若实数λ使得命题：“∃c∈R，使得∀a,b∈R，
均有λ a
2+b
2-2ab+2b+c≠0”是假命题，则λ的取值范围是___________．
【答案】(-∞,1]
【分析】先将原命题的假命题转化为其否命题为真命题，再把式子视为关于b的方程，利用判别式得到关
于a的不等式，最后分1- λ≥0和1- λ<0两种情况分析，确定λ的取值范围.
【详解】由题意可知，原命题的否命题：“∀c∈R ,∃a,b∈R，使得λ a
2+b
2-2ab+2b+c =0”是真
命题．
所以对任意实数c，方程b
2-2(a-1)b+ λ a
2+c =0都有实数解(a,b)．
故而Δb= 4 (a-1)
2- 4 λ a
2- 4 c≥0对任意固定的实数c都有解．
即关于a的不等式(1- λ)a
2-2a+1-c≥0对任意固定的实数c都有解．
对不等式(1- λ)a
2-2a+1-c≥0分情况讨论：
①.若1- λ≥0,即λ≤1.当λ =1时,不等式为-2a+1-c≥0,对任意c显然有解.
当λ<1时,关于a的二次函数f (a)=(1- λ)a
2-2a+1-c开口向上,
其值域包含正数,故对任意c,总存在a使得f (a)≥0.所以λ≤1符合题意.
②.若1- λ<0,即λ>1.关于a的二次函数g(a)=(1- λ)a
2-2a+1-c开口向下,
其最大值为gmax = g(
1
1- λ)=- λ
1- λ -c.
要使不等式g(a)≥0对任意c都有解,则需要其最大值对任意c都非负,
即- λ
1- λ -c≥0对任意c恒成立,这显然是不可能的.故λ>1不符合题意.
因此，λ的取值范围是(-∞,1]．
故答案为：(-∞,1]
真题溯源·考向感知
——溯源真
，感知高考考向
题逻辑
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“sin2 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⇒sin 2 x =sin 0=0，则“x =0”是“sin 2 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“sin 2 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·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.
4．（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.
5．（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.
6．（2023·北京·高考）若xy ≠0，则“x + y =0”是“ y
x + 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】C
【分析】解法一：由x
y + y
x =-2化简得到x + y =0即可判断；解法二：证明充分性可由x + y =0得到x =- y，
代入x
y + y
x 化简即可，证明必要性可由x
y + y
x =-2去分母，再用完全平方公式即可；解法三：证明充分性
可由x
y + y
x 通分后用配凑法得到完全平方公式，再把x + y =0代入即可，证明必要性可由x
y + y
x 通分后用配
凑法得到完全平方公式，再把x + y =0代入，解方程即可.
【详解】解法一：
因为xy ≠0，且x
y + y
x =-2，
所以x
2+ y
2=-2 xy，即x
2+ y
2+2 xy =0，即(x + y)
2=0，所以x + y =0.
所以“x + y =0”是“ x
y + y
x =-2”的充要条件.
解法二：
充分性：因为xy ≠0，且x + y =0，所以x =- y，
所以x
y + y
x =- y
y + y
- y =-1-1=-2，
所以充分性成立；
必要性：因为xy ≠0，且x
y + y
x =-2，
所以x
2+ y
2=-2 xy，即x
2+ y
2+2 xy =0，即(x + y)
2=0，所以x + y =0.
所以必要性成立.
所以“x + y =0”是“ x
y + y
x =-2”的充要条件.
解法三：
充分性：因为xy ≠0，且x + y =0，
所以x
y + y
x = x
2+ y
2
xy
= x
2+ y
2+2 xy -2 xy
xy
= (x + y)
2-2 xy
xy
=-2 xy
xy
=-2，
所以充分性成立；
必要性：因为xy ≠0，且x
y + y
x =-2，
所以x
y + y
x = x
2+ y
2
xy
= x
2+ y
2+2 xy -2 xy
xy
= (x + y)
2-2 xy
xy
= (x + y)
2
xy
-2=-2，
所以(x + y)
2
xy
=0，所以(x + y)
2=0，所以x + y =0，
所以必要性成立.
所以“x + y =0”是“ x
y + y
x =-2”的充要条件.
故选：C
7．（2024·上海·高考）定义一个集合Ω，集合中的元素是空间内的点集，任取P1, P2, P3∈Ω，存在不
全为0 的实数λ1, λ2, λ3，使得λ1⃗OP1+ λ2⃗O P2+ λ3⃗O P3=⃗0．已知(1,0,0)∈Ω，则(0,0,1)∉Ω的充分条
件是（ ）
A．(0,0,0)∈Ω
B．(-1,0,0)∈Ω
C．(0,1,0)∈Ω
D．(0,0,-1)∈Ω
【答案】C
【分析】首先分析出三个向量共面，显然当(1,0,0),(0,0,1),(0,1,0)∈Ω时，三个向量构成空间的一个基
底，则即可分析出正确答案.
【详解】由题意知这三个向量⃗OP1,⃗O P2,⃗O P3共面，即这三个向量不能构成空间的一个基底，
对A，由空间直角坐标系易知(0,0,0),(1,0,0),(0,0,1)三个向量共面，则当(0,0,0),(1,0,0)∈Ω无法推出
(0,0,1)∉Ω，故A 错误；
对B，由空间直角坐标系易知(-1,0,0),(1,0,0),(0,0,1)三个向量共面，则当(-1,0,0),(1,0,0)∈Ω无法推
出(0,0,1)∉Ω，故B 错误；
对C， 由空间直角坐标系易知(1,0,0),(0,0,1),(0,1,0)三个向量不共面，可构成空间的一个基底，
则由(1,0,0),(0,1,0)∈Ω能推出(0,0,1)∉Ω，
对D，由空间直角坐标系易知(1,0,0),(0,0,1),(0,0,-1)三个向量共面，
则当(0,0,-1)(1,0,0)∈Ω无法推出(0,0,1)∉Ω，故D 错误.
故选：C．
8．（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.
9．（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
10．（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
11．（2023·天津·高考）已知a,b∈R，“a
2=b
2”是“a
2+b
2=2ab”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．既不充分又不必要条件
【答案】B
【分析】根据充分、必要性定义判断条件的推出关系，即可得答案.
【详解】由a
2=b
2，则a=±b，当a=-b≠0时a
2+b
2=2ab不成立，充分性不成立；
由a
2+b
2=2ab，则(a-b)
2=0，即a=b，显然a
2=b
2成立，必要性成立；
所以a
2=b
2是a
2+b
2=2ab的必要不充分条件.
故选：B
课本典例·高考素材
——立足
本典例，挖掘高考素材
课
一、解答题
1．（高一上·人教A 版·单元测试）如图，直线a 与b 被直线1 所截，分别得到了∠1，∠2，∠3和∠4.请
根据这些信息，写出几个“a∥b”的充分条件和必要条件.
【答案】充分条件和必要条件见解析
【分析】根据a∥b可以得到内错角相等，同位角相等，同旁内角互补，根据内错角相等，同位角相等，同
旁内角互补，得到a∥b.
【详解】因为内错角相等，同位角相等，同旁内角互补，得到a∥b，
所以 “a∥b”的充分条件：∠1=∠2，∠1=∠4，∠1+∠3=180
°；
因为a∥b可以得到内错角相等，同位角相等，同旁内角互补，
所以“a∥b”的必要条件：∠1=∠2，∠1=∠4，∠1+∠3=180
°.
2．（高一上·人教A 版·单元测试）下列各题中，哪些p 是q 的充要条件？
（1）p：四边形是正方形，q：四边形的对角线互相垂直且平分；
（2）p：两个三角形相似，q：两个三角形三边成比例；
（3）p: xy >0，q: x>0，y >0；
（4）p: x =1是一元二次方程a x
2+bx +c =0的一个根，q:a+b+c =0(a≠0).
【答案】（2）（4）
【解析】根据所给命题，判断出能否得到p⇔q，从而得到p 是否是q 的充要条件，得到答案.
【详解】（1）p：四边形是正方形，q：四边形的对角线互相垂直且平分，因为对角线互相垂直且平分的
四边形不一定是正方形，也可能为菱形，所以q⇒p，所以p 不是q 的充要条件.
（2）p：两个三角形相似，q：两个三角形三边成比例，因为“若p，则q”是相似三角形的性质定理，“若
q，则p”是相似三角形的判定定理，所以它们均为真命题，即p⇔q，所以p 是q 的充要条件.
（3）p: xy >0，q: x>0，y >0，因为xy >0时，x>0，y >0不一定成立，也可能x<0，y <0，所以p⇒q，
所以p 不是q 的充要条件.
（4）p: x =1是一元二次方程a x
2+bx +c =0的一个根，q:a+b+c =0(a≠0)，因为“若p，则q”与“若
q，则p”均为真命题，即p⇔q，所以p 是q 的充要条件.
所以（2）（4）中，p 是q 的充要条件.
3．（高一上·人教A 版·单元测试）下列“若p，则q”形式的命题中，哪些命题中的q 是p 的必要条件？
（1）若直线l 与⊙o有且仅有一个交点，则l 为⊙o的一条切线；
（2）若x 是无理数，则x
2也是无理数.
【答案】（1）q 是p 的必要条件；（2）q 不是p 的必要条件
【解析】根据所给命题，判断出能否得到p⇒q，从而得到q 是否是p 的必要条件，得到答案.
【详解】（1）这是圆的切线定义，p⇒q，所以q 是p 的必要条件；
（2）由于❑√2是无理数，但(❑√2)
2=2不是无理数，p⇒q，
所以q 不是p 的必要条件.
4．（高一上·人教A 版·单元测试）下列“若p，则q”形式的命题中，哪些命题中的p 是q 的充分条件？
（1）若平面内点P 在线段AB的垂直平分线上，则PA = PB；
（2）若两个三角形的两边及一边所对的角分别相等，则这两个三角形全等；
（3）若两个三角形相似，则这两个三角形的面积比等于周长比的平方.
【答案】（1）p 是q 的充分条件；（2）p 不是q 的充分条件；（3）p 是q 的充分条件
【解析】根据所给命题，判断出能否得到p⇒q，从而得到p 是否是q 的充分条件，得到答案.
【详解】（1）线段垂直平分线的性质，p⇒q，p 是q 的充分条件；
（2）三角形的两边及一边所对的角分别相等的两个三角形不一定全等，p⇒q，p 不是q 的充分条件；
（3）相似三角形的性质，p⇒q，p 是q 的充分条件.
5．（高一上·人教A 版·单元测试）下列“若p，则q”形式的命题中，哪些命题中的q 是p 的必要条件？
（1）若四边形为平行四边形，则这个四边形的两组对角分别相等；
（2）若两个三角形相似，则这两个三角形的三边成比例；
（3）若四边形的对角线互相垂直，则这个四边形是菱形；
（4）若x =1，则x
2=1；
（5）若ac =bc，则a=b；
（6）若xy为无理数，则x，y 为无理数.
【答案】（1）q 是p 的必要条件；（2）q 是p 的必要条件；（3）q 不是p 的必要条件；（4）q 是p 的必
要条件；（5）q 不是p 的必要条件；（6）q 不是p 的必要条件
【分析】根据所给命题，判断出能否得到p⇒q，从而得到q 是否是p 的必要条件，得到答案.
【详解】（1）这是平行四边形的一条性质定理，p⇒q，所以，q 是p 的必要条件.
（2）这是三角形相似的一条性质定理，p⇒q，所以，q 是p 的必要条件.
（3）如图，四边形ABCD的对角线互相垂直，但它不是菱形，p⇒q，所以，q 不是p 的必要条件.
（4）根据x =1，两边平方，得到x
2=1，p⇒q，所以，q 是p 的必要条件.
（5）由于(-1)×0=1×0，但-1≠1，p⇒q，所以，q 不是p 的必要条件.
（6）由于1×❑√2= ❑√2为无理数，但1，❑√2不全是无理数，p⇒q，所以，q 不是p 的必要条件.
6．（高一上·第一章·小结）设a,b,c 分别是△ABC的三条边,且a⩽b⩽c.我们知道,如果△ABC为直角三角
形,那么a
2+b
2=c
2(勾股定理).反过来,如果a
2+b
2=c
2,那么△ABC为直角三角形(勾股定理的逆定理).由此可
知,△ABC为直角三角形的充要条件是a
2+b
2=c
2.请利用边长a,b,c 分别给出△ABC为锐角三角形和钝角三
角形的一个充要条件,并证明.
【答案】△ABC为锐角三角形的充要条件是a
2+b
2>c
2.△ABC为钝角三角形的充要条件是a
2+b
2<c
2.证明
见解析
【分析】根据勾股定理易得△ABC为锐角三角形的充要条件是a
2+b
2>c
2.△ABC为钝角三角形的充要条件
是a
2+b
2<c
2.再分别证明充分与必要性即可.
【详解】解:(1)设a,b,c 分别是△ABC的三条边,且a≤b≤c,△ABC为锐角三角形的充要条件是a
2+b
2>c
2.
证明如下:必要性:在△ABC中,∠C是锐角,作AD⊥BC,D 为垂足,如图(1).
显然A B
2= A D
2+ D B
2= A C
2-C D
2+(CB -CD)
2= A C
2-C D
2+C B
2+C D
2-2CB⋅CD
= A C
2+C B
2-2CB⋅CD< A C
2+C B
2,即c
2<a
2+b
2.
充分性:在△ABC中,a
2+b
2>c
2,∴∠C不是直角.
假设∠C为钝角,如图(2).作AD⊥BC,交BC 延长线于点D.
则A B
2= A D
2+ B D
2= A C
2-C D
2+(BC +CD)
2= A C
2-C D
2+ BC
2+C D
2+2BC ⋅CD
= A C
2+ BC
2+2BC ⋅CD> A C
2+ BC
2.
即c
2>b
2+a
2,与“a
2+b
2>c
2”矛盾.
故∠C为锐角,即△ABC为锐角三角形.
(2)设a,b,c 分别是△ABC的三条边,且a≤b≤c,△ABC为钝角三角形的充要条件是a
2+b
2<c
2.
证明如下:必要性:在△ABC中,∠C为钝角,如图(2),显然:
A B
2= A D
2+ B D
2= A C
2-C D
2+(CD +CB)
2= A C
2-C D
2+C D
2+C B
2+2CD⋅CB
= A C
2+C B
2+2CD⋅CB> A C
2+C B
2.即a
2+b
2<c
2.
充分性:在△ABC中,a
2+b
2<c
2,
∴∠C不是直角,假设∠C为锐角,如图(1),
则A B
2= A D
2+ D B
2= A C
2-C D
2+(CB -CD)
2
= A C
2-C D
2+C B
2+C D
2-2CD⋅CB= A C
2+C B
2-2CD⋅CB< A C
2+C B
2.即a
2+b
2>c
2,这与“
a
2+b
2<c
2”矛盾,从而∠C必为钝角,即△ABC为钝角三角形.
7．（高一上·第一章·小结）设a,b,c∈R证明:a
2+b
2+c
2=ab+ac+bc的充要条件是a=b=c.
【答案】见解析
【解析】分别证明充分性与必要性即可.
【详解】证明:(1)充分性:如果a=b=c,
那么(a-b)
2+(b-c)
2+(a-c)
2=0,
∴a
2+b
2+c
2-ab-ac -bc =0,∴a
2+b
2+c
2=ab+ac+bc.
(2)必要性:如果a
2+b
2+c
2=ab+ac+bc,
那么a
2+b
2+c
2-ab-ac -bc =0,
∴(a-b)
2+(b-c)
2+(c -a)
2=0,∴a-b=0,b-c =0,c -a=0,∴a=b=c.
由(1)(2)知,a
2+b
2+c
2=ab+ac+bc的充要条件是a=b=c.
8．（高一上·第一章·小结）判断下列命题的真假:
(1)点P 到圆心O 的距离大于圆的半径是点P 在⊙O外的充要条件;
(2)两个三角形的面积相等是这两个三角形全等的充分不必要条件;
(3)A ∪B = A是B⊆A的必要不充分条件;
(4)x 或y 为有理数是xy 为有理数的既不充分又不必要条件.
【答案】(1)真命题;(2)假命题;(3)假命题;(4)真命题.
【解析】(1)根据点与圆的位置关系判断.
(2)举例说明即可.
(3)根据集合的关系直接判断
(4)举例说明即可.
【详解】(1)根据点与圆的位置关系知点P 到圆心O 的距离大于圆的半径是点P 在⊙O外的充要条件.
故(1)为真命题.
(2)两个三角形面积相等也可能同底等高,全等三角形面积一定相等.故两个三角形的面积相等是这两个三角
形全等的必要不充分条件.
故(2)为假命题.
(3)A ∪B = A是B⊆A的充要条件.
故(3)为假命题.
(4)当x =1, y = ❑√2时,满足“x 或y 为有理数”但“xy 为有理数”不成立.
当x = y = ❑√2时满足“xy 为有理数”但“x 或y 为有理数”不成立.
故(4)为真命题.
9．（高一上·第一章·小结）在下列各题中,判断p 是q 的什么条件(请用“充分不必要条件”“必要不充分
条件”“充要条件”“既不充分又不必要条件”回答):
(1)p:三角形是等腰三角形,q:三角形是等边三角形;
(2)在一元二次方程中，p: a x
2+bx +c =0有实数根，q:b
2- 4 ac⩾0;
(3)p:a∈P∩Q ,q:a∈P;
(4)p:a∈P∪Q , q:a∈P;
(5)p: x> y ,q: x
2> y
2.
【答案】(1)必要不充分条件;(2)充要条件;(3)充分不必要条件;(4)必要不充分条件;(5)既不充分又不必要条件.
【解析】(1)根据等腰三角形与等边三角形的关系分析.
(2)根据二次方程的根分析
(3)根据集合的基本关系分析
(4)根据集合的基本关系分析
(5)举例说明分析
【详解】(1)因为等腰三角形是特殊的等边三角形,
故p 是q 的必要不充分条件.
(2) 一元二次方程a x
2+bx +c =0有实数根则判别式Δ=b
2- 4 ac⩾0.
故p 是q 的充要条件.
(3)因为a∈P∩Q,故a∈P且a∈Q；当a∈P时a∈Q不一定成立.
故p 是q 的充分不必要条件.
(4) 因为a∈P∪Q,故a∈P或a∈Q,所以a∈P不一定成立；
当a∈P时a∈P∪Q一定成立.
故p 是q 的必要不充分条件.
(5) 当x =1, y =-2时,满足x> y但x
2> y
2不成立.
当x =-2, y =1时,满足x
2> y
2但x> y不成立.
故p 是q 的既不充分又不必要条件.
10．（高一上·第一章·小结）举例说明:
(1)p 是q 的充分不必要条件;
(2)p 是q 的必要不充分条件;
(3)p 是q 的充要条件.
【答案】(1)“x>1”是“x>0”的充分不必要条件;
(2)“x
2= y
2”是“x = y”的必要不充分条件;
(3)“内错角相等”是“两直线平行”的充要条件
【解析】根据充分与必要条件的概念举例即可.
【详解】(1)可根据数轴上的关系举例：“x>1”是“x>0”的充分不必要条件;
(2)可根据方程的根的解举例：“x
2= y
2”是“x = y”的必要不充分条件;
(3)可根据定理举例：“内错角相等”是“两直线平行”的充要条件
