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专题1.2 常用逻辑用语【六大题型】
【新高考专用】
【题型1 充分条件与必要条件的判断】..................................................................................................................3
【题型2 根据充分条件、必要条件求参数】.........................................................................................................4
【题型3 全称量词命题与存在量词命题的真假】.................................................................................................6
【题型4 全称量词命题与存在量词命题的否定】.................................................................................................7
【题型5 根据命题的真假求参数】..........................................................................................................................8
【题型6 常用逻辑用语与集合综合】......................................................................................................................9
1、常用逻辑用语
考点要求
真题统计
考情分析
(1)必要条件、充分条件、
充要条件
(2)全称量词与存在量词
(3)全称量词命题与存在量
词命题的否定
2021 年全国甲卷：第7 题，5
分
2022 年天津卷：第2 题，5 分
2023 年新高考I 卷：第7
题，5 分
常用逻辑用语是高考数学的重要考点，
从近几年高考情况来看，常用逻辑用语
没有单独命题考查，偶尔以已知条件的
形式出现在其他考点的题目中，难度偏
易.重点关注以下两点：①集合与充
分、必要条件相结合的问题的求解；②
命题的否定和以全称量词命题与存在量
词命题为条件，求参数的范围问题.
【知识点1 常用逻辑用语】
1．充分条件与必要条件
命题真假
“若p,则q”是真命题
"若p,则q"是假命题
推出关系及
符号表示
由p 通过推理可得出
q，记作：p⇒q
由条件p 不能推出结论
q，记作：
1
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条件关系
p 是q 的充分条件
q 是p 的必要条件
p 不是q 的充分条件
q 不是p 的必要条件
一般地，数学中的每一条判定定理都给出了相应数学结论成立的一个充分条件．
数学中的每一条性质定理都给出了相应数学结论成立的一个必要条件．
2．充要条件
如果“若p，则q”和它的逆命题“若q，则p”均是真命题，即既有p⇒q，又有q⇒p，记作p⇔q.此
时p 既是q 的充分条件，也是q 的必要条件．我们说p 是q 的充分必要条件，简称为充要条件．
如果p 是q 的充要条件，那么q 也是p 的充要条件，即如果p⇔q，那么p 与q 互为充要条件．
3．全称量词与全称量词命题
全称量词
所有的、任意一个、 一切、每一个、任给
符号
∀
全称量词
命题
含有全称量词的命题
形式
“对M 中任意一个x，有p(x)成立”，可用符号简记为
“∀ x ∈ M
，
p ( x ) ”
4.存在量词与存在量词命题
存在量词
存在一个、至少有一个、有一个、有些、有的
符号表示
∃
存在量词
命题
含有存在
量词
的命题
形式
“存在M 中的一个x，使p(x)成立”可用符号简记为
“∃ x ∈ M
，
p ( x ) ”
5．全称量词命题与存在量词命题的否定
(1)全称量词命题p：∀x∈M，p(x)的否定：∃x∈M，¬p(x)；全称量词命题的否定是存在量词命题．
(2)存在量词命题p：∃x∈M，p(x)的否定：∀x∈M，¬p(x)；存在量词命题的否定是全称量词命题．
【方法技巧与总结】
1．从集合与集合之间的关系上看充分、必要条件
设
.
(1)若
，则
是
的充分条件(
)，
是
的必要条件；若
，则
是
的充分不必
要条件，
是
的必要不充分条件，即
且
；
2
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(2)若
，则
是
的必要条件，
是
的充分条件；
(3)若
，则
与
互为充要条件.
2．全称量词命题与存在量词命题的真假判断
(1)要判定一个全称量词命题是真命题，必须对限定集合M 中的每一个元素x 证明其成立；要判断全称
量词命题为假命题，只要能举出集合M 中的一个x0，使得其不成立即可，这就是通常所说的举一个反例.
(2)要判断一个存在量词命题为真命题，只要在限定集合M 中能找到一个x0使之成立即可，否则这个存
在量词命题就是假命题.
【题型1 充分条件与必要条件的判断】
【例1】（2024·天津·二模）已知a,b∈R，则“a=b=0”是“|a+b|=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
【解题思路】根据题意可直接判断充分性，举例说明必要性不成立即可.
【解答过程】若a=b=0，则|a+b|=0，即充分性成立；
若|a+b|=0，例如a=1,b=−1，满足条件，但a=b=0不成立，即必要性不成立；
综上所述：“a=b=0”是“|a+b|=0”的充分不必要条件.
故选：A.
【变式1-1】（2024·四川成都·模拟预测）命题“x + y ≤6”是“x ≤2，或y ≤4”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
【解题思路】通过命题相互是否推出判断充分不必要条件.
【解答过程】命题“x + y ≤6”是“x ≤2，或y ≤4”的充分不必要条件.
即：“x + y ≤6 ⇒ x ≤2，或y ≤4”，且“x ≤2，或y ≤4 ⇒ x + y ≤6”.
① “x + y ≤6 ⇒ x ≤2，或y ≤4”.
证明：用反证法.假设“x ≤2，或y ≤4”不成立，
则x>2，且y >4.
所以有x + y >6，这与已知x + y ≤6矛盾.
故假设错误，即x ≤2，或y ≤4成立.
②“x ≤2，或y ≤4 ⇒ x + y ≤6”.
因为当x =2, y =100时，满足条件x ≤2，或y ≤4，
此时x + y =102，不满足x + y ≤6.
3
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故“x ≤2，或y ≤4”⇒“x + y ≤6”.
故选：A.
【变式1-2】（2023·上海普陀·二模）设a,b为实数，则“a>b>0”的一个充分非必要条件是（ ）
A．√a−1>√b−1
B．a
2>b
2
C．1
b > 1
a
D．a−b>b−a
【解题思路】由充分非必要条件定义，根据不等式的性质判断各项与a>b>0推出关系即可.
【解答过程】由√a−1>√b−1，则¿，可得a>b≥1，可推出a>b>0，反向推不出，满足；
由a
2>b
2，则|a|>|b|，推不出a>b>0，反向可推出，不满足；
由1
b > 1
a，则a>b>0或b>0>a或0>a>b，推不出a>b>0，反向可推出，不满足；
由a−b>b−a，则a>b，推不出a>b>0，反向可推出，不满足；
故选：A.
【变式1-3】（2023·江苏南京·模拟预测）设A，B，C，D 是四个命题，若A 是B 的必要不充分条件，A 是
C 的充分不必要条件，D 是B 的充分必要条件，则D 是C 的（ ）
A．必要不充分条件
B．充分不必要条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【解题思路】利用充分条件必要条件之间的关系进行推理判断即可.
【解答过程】因为A是B的必要不充分条件，所以B⇒A，A推不出B，
因为A是C的充分不必要条件，所以A ⇒C，C推不出A，
因为D是B的充要条件，所以D⇒B，B⇒D，
所以由D⇒B，B⇒A，A ⇒C可得D⇒C，
由C推不出A，A推不出B，B⇒D可得C 推不出D.
故D 是C 的充分不必要条件.
故选：B.
【题型2 根据充分条件、必要条件求参数】
【例2】（23-24 高三上·四川·期中）已知p: x−a>0,q: x>1，若p是q的充分不必要条件，则实数a的取
值范围为（ ）
A．{a∣a<1}
B．{a∣a≤1}
C．{a∣a>1}
D．{a∣a≥1}
【解题思路】先化简条件，利用充分不必要条件列出不等关系，求解即可.
【解答过程】p: x>a，因为p是q的充分不必要条件，所以a>1.
故选：C.
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【变式2-1】（2023·云南昆明·模拟预测）已知集合A =¿，B =¿，若x∈A是x∈B的必要不充分条件，
则实数a的所有可能取值构成的集合为（ ）
A．{−1,0,1}
B．{−1,1}
C．{1}
D．{−1}
【解题思路】由题意，对集合B分等于空集和不等于空集两种情况讨论，分别求出符合题意的a的值即可．
【解答过程】由题，A = {−2,2}，BA，
当B =∅时，有a=0，符合题意；
当B≠∅时，有a≠0，此时B ={
2
a}，所以2
a =2或2
a =−2，所以a=±1.
综上，实数a的所有可能的取值组成的集合为{−1,0,1}.
故选：A.
【变式2-2】（23-24 高一上·贵州黔西·期末）关于x的方程x
2+ax +1=0有两个不相等的实数根的充要条件
是（ ）
A．a>2或a<−2
B．a≥2或a≤−2
C．a<1
D．a>2
【解题思路】根据题意，结合一元二次方程的的性质，列出不等式，即可求解.
【解答过程】由方程关于x的方程x
2+ax +1=0有两个不相等的实数根，则满足a
2−4>0，
解得a>2或a<−2，即方程有两个不相等的实数根的充要条件是a>2或a<−2.
故选：A.
【变式2-3】（22-23 高一下·浙江·期末）已知条件p:| x +1|>2，条件q: x>a，且¬ p是¬q的充分不必要
条件，则a的取值范围是（ ）
A．a≤1
B．a≥1
C．a≥−1
D．a≤−3
【解题思路】解不等式得到p: x<−3或x>1，根据题意得到q是p的充分不必要条件，从而得到两不等式
的包含关系，求出答案.
【解答过程】由条件p:|x +1|>2，解得x<−3或x>1；
因为¬ p是¬q的充分不必要条件，所以q是p的充分不必要条件，
故A ={x|x>a}是B =¿或x>1}的真子集，
则a的取值范围是a≥1，
故选：B．
【题型3 全称量词命题与存在量词命题的真假】
【例3】（23-24 高一上·陕西宝鸡·期末）下列命题中正确的是（ ）
A．∃x∈R，x ≤0
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B．至少有一个整数，它既不是合数也不是质数
C．∃x∈{x| x是无理数}，x +5是无理数
D．存在x∈R，使得x
2+1<2 x
【解题思路】利用存在量词命题、全称量词命题的真假判断方法逐项判断即得.
【解答过程】对于A，∃x∈R，x ≤0，如x =0，A 正确；
对于B，至少有一个整数，它既不是合数也不是质数，例如数1 满足条件，B 正确；
对于C，∃x∈{x| x是无理数}，x +5是无理数，如x =√2，C 正确；
对于D，x
2−2 x +1=( x−1)
2≥0恒成立，即不存在x∈R，使得x
2+1<2 x成立，D 错误.
故选：ABC.
【变式3-1】（2010·湖南·高考真题）下列命题中的假命题是（ ）
A．∀x∈R，2
x−1>0
B．∀x∈N
∗，(x−1)
2>0
C．∃x∈R，lg x<1
D．∃x∈R，tan x =2
【解题思路】根据题意，对于B 选项，举反例即可得解.
【解答过程】可知：A、C、D 选项都是真命题；
当x=1 时，（x-1）2=0，显然选项B 中的命题为假命题，
故选B．
【变式3-2】（23-24 高一上·贵州贵阳·阶段练习）下列命题是全称量词命题，且是真命题的是（ ）
A．所有的素数都是奇数
B．∀x∈R，|x|+1≥1
C．有一个实数x，使x
2+2 x +3=0
D．有些平行四边形是菱形
【解题思路】根据全称量词命题的定义即可知选项CD 不合题意，再判断出命题真假即可得出结论.
【解答过程】对于A，“所有的素数都是奇数”是全称量词命题，但是假命题，
例如2 是素数，但2 是偶数，所以A 错误；
对于B，易知“∀x∈R，|x|+1≥1”是全称量词命题，
且由|x|≥0可得|x|+1≥1，所以是真命题，即B 正确；
对于C，“有一个实数x，使x
2+2 x +3=0”是存在量词命题，不合题意；
对于D，“有些平行四边形是菱形”是存在量词命题，不合题意；
故选：B.
【变式3-3】（23-24 高三上·山东·阶段练习）给出下列命题
①∀x∈R , x
2+1>0；②∀x∈N , x
4≥1；③∃x∈Z, x
3<1；④∀x∈Q , x
2≠2．
其中真命题有（ ）
6
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A．1 个
B．2 个
C．3 个
D．4 个
【解题思路】根据全称命题与存在性命题的真假判定方法，逐个判定，即可求解.
【解答过程】①中，由不等式x
2+1>0恒成立，所以命题∀x∈R , x
2+1>0为真命题；
②中，当x =0时，此时0<1，所以命题∀x∈N , x
4≥1为假命题；
③中，当x =−1时，此时x
3<1成立，所以命题∃x∈Z, x
3<1为真命题；
④中，由x
2=2，可得x =±√2，所以命题∀x∈Q , x
2≠2为真命题．
故选：C.
【题型4 全称量词命题与存在量词命题的否定】
【例4】（2024·四川成都·模拟预测）命题∃x∈[−1,1], x +|x|<0的否定是（ ）
A．∃x∈[−1,1], x +|x|≥0
B．∀x∈[−1,1], x +|x|≥0
C．∀x∈(−∞,−1)∪(1,+∞), x +|x|≥0
D．∀x∈(−∞,−1)∪(1,+ ∞), x +|x|<0
【解题思路】由特称命题的否定是全称命题，即可得到结果.
【解答过程】因为命题∃x∈[−1,1], x +|x|<0，
则其否定为∀x∈[−1,1], x +|x|≥0.
故选:B.
【变式4-1】（2024·全国·模拟预测）命题“∀a>1，函数f (x)= x
a在[a,+ ∞)上单调递增”的否定为
（ ）
A．∃a>1，函数f (x)= x
a在[a,+ ∞)上单调递减
B．∃a>1，函数f (x)= x
a在[a,+ ∞)上不单调递增
C．∃a≤1，函数f (x)= x
a在[a,+ ∞)上单调递减
D．∃a≤1，函数f (x)= x
a在[a,+ ∞)上不单调递增
【解题思路】根据题意，结合全称命题与存在性命题的关系，准确改写，即可求解.
【解答过程】因为全称量词命题的否定为存在量词命题，
所以命题“∀a>1，函数f (x)= x
a在[a,+ ∞)上单调递增”的否定为“∃a>1，函数f (x)= x
a在[a,+∞)上
不单调递增”．
故选：B．
【变式4-2】（2024 高三·全国·专题练习）已知命题p：∀x>0，e
x+2 x ≤4，则¬ p为（ ）
A．∃x ≤0，e
x+2 x>4
B．∃x>0，e
x+2 x>4
C．∃x>0，e
x+2 x ≤4
D．∀x>0，e
x+2 x>4
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【解题思路】首先分析题意，利用命题的否定知识解答即可.
【解答过程】易知全称量词命题的否定是特称量词命题，而命题p：∀x>0，e
x+2 x ≤4是全称量词命题，
所以¬ p为“∃x>0，e
x+2 x>4” ，
故选:B.
【变式4-3】（2024·山西·模拟预测）命题“∀x∈(0,π
2 )，e
x+2sin x>2 x”的否定是（ ）
A．“∀x∈(0,π
2 )，e
x+2sin x ≥2 x”
B．“∀x∈(0,π
2 )，e
x+2sin x ≤2 x”
C．“∃x∈(0,π
2 )，e
x+2sin x ≤2 x”
D．“∃x∈(0,π
2 )，e
x+2sin x<2 x”
【解题思路】
全称量词命题的否定为存在量词命题.
【解答过程】依题意全称量词命题“∀x∈(0,π
2 )，e
x+2sin x>2 x”的否定为：
存在量词命题“∃x∈(0,π
2 )，e
x+2sin x ≤2 x”.
故选：C.
【题型5 根据命题的真假求参数】
【例5】（2023·黑龙江哈尔滨·二模）命题“∀x∈[1,2]，x
2−a≤0”是真命题的充要条件是（ ）
A．a>4
B．a≥4
C．a<1
D．a≥1
【解题思路】直接利用恒成立问题的建立不等式，进一步求出实数a 的取值范围．
【解答过程】命题“∀x∈[1,2]，x
2−a≤0”为真命题，则a≥x
2在[1,2]上恒成立，
∵x∈[1,2]，∴x
2∈[1,4]，则a≥4.
故选：B．
【变式5-1】（23-24 高一上·陕西渭南·期末）已知命题p：“∃x∈R，x
2−ax +3<0”为假命题，则实
数a 的取值范围为（ ）
A．(−∞,−2√3]
B．(−2√3,2√3)
C．(−∞,−2√3)∪(2√3,+∞)
D．[−2√3,2√3]
【解题思路】根据命题p是假命题列不等式，由此求得a的取值范围.
【解答过程】由于命题p：“∃x∈R，x
2−ax +3<0”为假命题，
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所以Δ=a
2−12=(a+2√3)(a−2√3)≤0，
解得−2√3≤a≤2√3.
故选：D.
【变式5-2】（2023·江苏南通·模拟预测）命题“∀x∈[1,2]，x
2−a≤0”是真命题的一个必要不充分条
件是（ ）
A．a>4
B．a≥4
C．a<1
D．a≥1
【解题思路】根据“充分不必要条件”的定义推导.
【解答过程】“充分不必要条件”的定义是由结论可以推导出条件，但由条件不能推导出结论，
其中“∀x∈[1,2]，x
2−a≤0”为真命题是结论，可以推出a≥x
2,∴a≥4 ，∴a≥1 ，
其中a≥1 是条件，由a≥1 不能推出“∀x∈[1,2]，x
2−a≤0”为真命题，
对于A，B 选项，可以推出“∀x∈[1,2]，x
2−a≤0”为真命题，是充分条件；
对于C 选项，是既不充分也不必有的条件；
故选：D.
【变式5-3】（23-24 高一上·浙江·阶段练习）已知命题p:∃x∈[0,1], x
2−2 x−2+a>0；命题
q:∀x∈R , x
2−2 x−a≠0，若命题p,q均为假命题，则实数a的取值范围为（ ）
A．[−1,3]
B．[−1,2]
C．[0,2]
D．(−∞,−1]
【解题思路】求出p,q为真命题时a的范围，进一步可得答案．
【解答过程】由∃x∈[0,1], x
2−2 x−2+a>0，得∃x∈[0,1],a>−x
2+2 x +2，
−x
2+2 x +2=−( x−1)
2+3，x∈[0,1]，
则当x =0时，−x
2+2 x +2取最小值2，所以a>2，
命题q:∀x∈R , x
2−2 x−a≠0，则Δ=(−2)
2+ 4 a<0，即a<−1，
若命题p,q均为假命题，则a≤2且a≥−1，即−1≤a≤2，
∴实数a的取值范围为[−1,2]．
故选：B.
【题型6 常用逻辑用语与集合综合】
【例6】（23-24 高一下·湖南株洲·阶段练习）已知集合A ={x|−3<2 x +1<7}，B =¿或x>2}，
C ={x|3a−2< x<a+1}．
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(1)求A ∩(∁R B)；
(2)若“p: x∈∁R( A ∪B)”是“q: x∈C”的充分不必要条件，求实数a的取值范围．
【解题思路】（1）先求出集合A，再求出∁R B，最后由交集的运算求出A ∩(∁R B)；
（2）先求出A ∪B，再求出∁R( A ∪B)，再由充分不必要条件构造关于a的方程组，解出即可.
【解答过程】（1）因为A ={x|−3<2 x +1<7}={x|−2< x<3}，又∁R B = {x|−4≤x ≤2}，
所以A ∩(∁R B)= {x|−2< x ≤2}.
（2）A ∪B =¿或x>−2}，所以∁R( A ∪B)= {x|−4≤x ≤−2}，
因为“p: x∈∁R( A ∪B)”是“q: x∈C”的充分不必要条件，
则∁R( A ∪B)⊆C，又C ={x|3a−2< x<a+1}，
所以¿.
【变式6-1】（22-23 高一上·河南平顶山·阶段练习）已知集合A = {x∣2≤x ≤7}，
B = {x∣−3m+ 4≤x ≤2m−1}，且B≠∅．
(1)若p:∀x∈A , x∈B是真命题，求实数m的取值范围；
(2)若q:∃x∈B , x∈A是真命题，求实数m的取值范围．
【解题思路】（1）依题意可得A ⊆B，即可得到不等式组，解得即可；
（2）由B≠∅求出m的取值范围，依题意可得A ∩B≠∅，求出A ∩B =∅时参数的取范围，即可得解.
【解答过程】（1）由于p:∀x∈A , x∈B是真命题，所以A ⊆B．
而B≠∅，所以¿，解得m≥4，故m的取值范围为{m|m≥4}．
（2）因为B≠∅，所以−3m+ 4≤2m−1，解得m≥1．
由q为真命题，得A ∩B≠∅，
当A ∩B =∅时，−3m+ 4>7或2m−1<2，解得m< 3
2．
因为m≥1，所以当A ∩B =∅时，1≤m< 3
2；
所以当A ∩B≠∅时，m≥3
2．故m的取值范围为{m|m≥3
2}．
【变式6-2】（23-24 高一上·吉林·阶段练习）已知集合A =¿ B =¿.
(1)若A ⊆B，求实数m的取值范围；
(2)命题p：“∃x∈A，使得x∈B”是真命题，求实数m的取值范围.
【解题思路】（1）由A ⊆B，根据A =∅，A ≠∅分类求参数即可；
（2）命题p是真命题即A ∩B≠∅，先求A ∩B =∅时，m的取值范围−3≤m<−2或m>7，
10
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进而可得A ∩B≠∅时m的取值范围.
【解答过程】（1）若A =∅，满足A ⊆B，此时m−2>2m+1，即m<−3，
当A ≠∅时，要使A ⊆B，则¿，即¿，即−1≤m≤2，
综上实数m的取值范围为(−∞,−3)∪[−1,2].
（2）命题p：“∃x∈A，使得x∈B”是真命题，等价于A ∩B≠∅，
若A ∩B =∅时，
当A =∅，满足A ∩B =∅，此时m−2>2m+1，即m<−3，
当A ≠∅时，m≥−3，
若A ∩B =∅，则满足¿或¿，
即−3≤m<−2或m>7，
综上若A ∩B =∅，得m>7或m<−2，
则当A ∩B≠∅时，即实数m的取值范围是[−2,7].
【变式6-3】（23-24 高一上·云南德宏·期末）设集合A ={x|m−3< x<m+3,m∈R}，集合B ={ x| x<2
或x>6}．
(1)当m=2时，求A ∩B，A ∪B；
(2)设命题p: x∈A，命题q: x∈B，若p 是q 的充分不必要条件，求实数m的取值范围．
【解题思路】（1）根据交集、并集的知识求得正确答案.
（2）根据充分不必要条件列不等式，由此求得m的取值范围.
【解答过程】（1）当m=2时，A ={x|−1< x<5}；
所以A ∩B ={x|−1< x<2}，A ∪B ={x| x<5或x>6}．
（2）若p是q的充分不必要条件，则A是B的真子集；
∴m+3≤2或m−3≥6，解得：m≤−1或m≥9，
所以，实数m的取值范围是（−∞,−1]∪[9,+ ∞)．
一、单选题
1．（2023·天津和平·二模）若x , y ∈R，则“x> y”的一个充分不必要条件可以是（ ）
A．|x|>|y|
B．x
2> y
2
C．x
y >1
D．2
x−y>2
【解题思路】根据充分不必要条件的概念，逐项判断，即可得出结果.
【解答过程】由|x|>|y|，x
2> y
2推不出x> y，排除AB；
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由x
y >1可得x−y
y
>0，解得x> y >0或x< y <0，所以x
y >1是x> y的既不充分也不必要条件，排除C；
2
x−y>2⇒x> y，反之不成立，D 正确；
故选：D．
2．（2024·贵州遵义·一模）已知命题p:∀x>1，ln x> 1
3 −1
3 x
3，则¬ p为（ ）
A．∀x>1，ln x ≤1
3 −1
3 x
3
B．∃x ≤1，ln x< 1
3 −1
3 x
3
C．∃x ≤1，ln x ≤1
3 −1
3 x
3
D．∃x>1，ln x ≤1
3 −1
3 x
3
【解题思路】全称命题的否定为特称命题，否定形式为：将∃改为∀，再将结论否定.
【解答过程】由命题p:∀x>1，ln x> 1
3 −1
3 x
3可知，
¬ p为∃x>1，ln x ≤1
3 −1
3 x
3，故D 正确；ABC 错误；
故选：D.
3．（2024·四川绵阳·二模）已知x>0, y >0，则“x + y ≥1”是“x
2+ y
2≥1”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
【解题思路】根据给定条件，利用充分条件、必要条件的定义分析判断即得.
【解答过程】x>0, y >0，取x = y = 2
3，此时x + y = 4
3 ≥1，而x
2+ y
2= 8
9 <1，
反之，若x
2+ y
2≥1，则x + y =√x
2+ y
2+2 xy >√x
2+ y
2≥1，
所以“x + y ≥1”是“x
2+ y
2≥1”的必要不充分条件.
故选：B.
4．（2024·山东·二模）已知a∈R，若集合M = {1,a}, N = {0,1,2}，则“a=0”是“M ⊆N”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
【解题思路】由M ⊆N，可得a=0或a=2，再由充分不必要条件的定义即可得答案.
【解答过程】因为M ⊆N，
则a=0或a=2，
所以a=0⇒M ⊆N，
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由M ⊆N推不出a=0.
故选:A．
5．（2023·河北·模拟预测）命题p：∀x>1，√x +2 x−3>0，命题q：∃x∈R，2 x
2−4 x +3=0，则
（ ）
A．p真q真
B．p假q假
C．p假q真
D．p真q假
【解题思路】对于命题p：根据特称命题结合二次函数分析判断；对于命题q：根据存在命题结合二次函数
的Δ判别式分析判断.
【解答过程】对于命题p：令t =√x>1，则y =t +2t
2−3=2t
2+t −3开口向上，对称轴为t =−1
4 ，
且y |x =1=0，则y =2t
2+t −3>0，
所以∀x>1，√x +2 x−3>0，即命题p为真命题；
对于命题q：因为Δ=(−4)
2−4×2×3=−8<0，
所以方程2 x
2−4 x +3=0无解，即命题q为假命题；
故选：D.
6．（2023·重庆·模拟预测）命题“∀−2≤x ≤3, x
2−2a≤0”是真命题的一个必要不充分条件是（ ）
A．a≥1
B．a≥9
2
C．a≥5
D．a≤4
【解题思路】根据恒成立问题分析可得命题“∀−2≤x ≤3, x
2−2a≤0”是真命题等价于“a≥9
2”，结
合充分、必要条件分析判断.
【解答过程】若命题“∀−2≤x ≤3, x
2−2a≤0”是真命题，则(x
2−2a)max≤0，
可知当x =3时，x
2−2a取到最大值9−2a≤0，解得a≥9
2，
所以命题“∀−2≤x ≤3, x
2−2a≤0”是真命题等价于“a≥9
2”.
因为{a|a≥9
2}{a|a≥1}，故“a≥1”是“a≥9
2”的必要不充分条件，故A 正确；
因为{a|a≥9
2}= {a|a≥9
2}，故“a≥9
2”是“a≥9
2”的充要条件，故B 错误；
因为{a|a≥5}{a|a≥9
2}，故“a≥5”是“a≥9
2”的充分不必要条件，故C 错误；
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因为{a|a≥9
2}与{a|a≤4}不存在包含关系，故“a≤4”是“a≥9
2”的即不充分也不必要条件，故D 错
误；
故选：A.
7．（2023·四川绵阳·一模）若命题“∀x∈R，m≥sin x +cos x”是真命题，则实数m的取值范围是
（ ）
A．m≥√2
B．m≥2
C．m≤−√2
D．m≤−2
【解题思路】根据命题是真命题，转换为求函数的最大值，即可求解.
【解答过程】sin x +cos x =√2sin(x + π
4)，函数的最大值是√2，
根据命题是真命题可知，m≥(sin x +cos x)max，即m≥√2.
故选：A.
8．（2024·全国·模拟预测）已知向量a
→
=(4 ,m)，b
→
=(m−2,2)，则“m= 4”是“a
→与b
→共线”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
【解题思路】由m= 4，可得⃗a与⃗b共线，充分性成立；由⃗a∥⃗b，可得m=−2或m= 4，必要性不成立，可
得结论.
【解答过程】由m= 4，得⃗a=(4,4)，⃗b=(2,2)，所以⃗a与⃗b共线，
所以“m= 4”是“是⃗a与⃗b共线”的充分条件；
由⃗a∥⃗b，可得m(m−2)=8，解得m=−2或m= 4，
“m= 4”是“⃗a与⃗b共线”成立的不必要条件，
故“m= 4”是“⃗a与⃗b共线”的充分不必要条件．
故选：A．
二、多选题
9．（23-24 高一下·云南红河·开学考试）下列说法正确的是（ ）.
A．命题“∃x∈R，x +1≥0”的否定是“∀x∈R，x +1<0”
B．命题“∃x∈R，x
2−x +1=0”是假命题
C．“a>b”是“a
2>b
2”的充分条件
D．“x>4”是“x>2”的充分不必要条件
【解题思路】
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利用量词命题的否定与真假性判断AB，利用充分与必要条件的定义判断CD，从而得解.
【解答过程】对于A，根据存在量词命题的否定形式可知A 正确；
对于B，在x
2−x +1=0中，Δ=1−4<0，所以方程无解，故B 正确；
对于C，取a=−1,b=−2，满足a>b，但a
2=1<4 =b
2，即充分性不成立，故C 错误；
对于D，因为¿是¿的真子集，所以“x>4”是“x>2”的充分必要不条件，故D 正确.
故选：ABD.
10．（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知集合A =¿，集合B =¿，能使A ∩B = A成立的充分不必
要条件有（ ）
A．m>0
B．m>1
C．m>3
D．m>4
【解题思路】由A ∩B = A成立的充要条件求出对应的参数m的范围，结合充分不必要条件的定义即可得解.
【解答过程】A ∩B = A当且仅当A是B的子集，当且仅当m+1≥3，即m≥2，
对比选项可知使得m≥2成立的充分不必要条件有m>3，m>4.
故选：CD.
11．（23-24 高一上·湖南长沙·期末）已知两个命题：（1）若x>0，则2 x +1>5；（2）若四边形为等腰梯
形，则这个四边形的对角线相等．则下列说法正确的是（ ）
A．命题（2）是全称量词命题
B．命题（1）的否定为：存在x>0,2 x +1≤5
C．命题（2）的否定是：存在四边形不是等腰梯形，这个四边形的对角线不相等
D．命题（1）和（2）被否定后，都是真命题
【解题思路】对于A，由全称量词命题的定义即可判断；对于BC，由命题否定的定义即可判断；由命题
及其否定的真假性的关系即可得解.
【解答过程】对于A，若四边形为等腰梯形，则这个四边形的对角线相等．等价于“对于任意一个等腰梯
形而言，它的对角线都相等”，故A 正确；
对于B，命题（1）的否定为：存在x>0,2 x +1≤5，故B 正确；
对于C，命题（2）的否定是：存在四边形是等腰梯形，这个四边形的对角线不相等，故C 错误；
对于D，由于命题（2）：“若四边形为等腰梯形，则这个四边形的对角线相等．”是真命题，所以它的否
定是假命题，故D 错误.
故选：AB.
三、填空题
12．（2023·贵州遵义·模拟预测）命题p:∃x0∈R , x0
2−m x0+m+3<0,则命题p的否定为
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∀x∈R , x
2−mx +m+3≥0 .
【解题思路】根据存在量词命题的否定为全称量词命题即可写出答案.
【解答过程】因为命题p:∃x0∈R , x0
2−m x0+m+3<0,
所以命题p的否定为:∀x∈R , x
2−mx +m+3≥0.
故答案为:∀x∈R , x
2−mx +m+3≥0.
13．（2023·陕西西安·模拟预测）若“x>2”是“x
2−a>2”的充分不必要条件，则a 的取值范围是
(−∞,2] ．
【解题思路】根据题意转化为当x>2时，x
2−a>2恒成立，结合二次函数的性质，即可求解.
【解答过程】由x>2是x
2−a>2的充分不必要条件，可转化为当x>2时，x
2−a>2恒成立，
即当x>2时，a< x
2−2恒成立，
又由函数f (x)= x
2−2在(2,+∞)上为单调递增函数，且f (2)=2，所以a≤2，
经验证，当a≤2时，x
2−a>2不等价于x>2，所以a的取值范围是(−∞,2]．
故答案为：(−∞,2].
14．（2023·四川南充·模拟预测）若命题“∃x∈R，使得x
2+2 x−m=0成立”为真命题，则实数m的取
值范围是 [−1,+∞) ．
【解题思路】根据题意得到Δ= 4 + 4 m≥0，再解不等式即可.
【解答过程】因为命题“∃x∈R，使得x
2+2 x−m=0成立”为真命题，
所以Δ= 4 + 4 m≥0，解得m≥−1.
故答案为：[−1,+∞).
四、解答题
15．（23-24 高一上·山西长治·期末）已知命题p:∀x∈R , x
2−x−2>0．
(1)写出命题p的否定；
(2)判断命题p的真假，并说明理由．
【解题思路】（1）根据全称量词命题的否定的知识写出命题p的否定.
（2）根据二次函数的知识进行判断.
【解答过程】（1）由命题p:∀x∈R , x
2−x−2>0，
可得命题p的否定为∃x∈R , x
2−x−2≤0；
（2）命题p为假命题，理由如下：
因为y = x
2−x−2=(x +1)(x−2)，当−1≤x ≤2时，x
2−x−2≤0，
故命题p为假命题．
16．（2023·重庆酉阳·一模）命题p：任意x∈R，x
2−2mx−3m>0成立；命题q：存在x∈R，x
2+
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4 mx +1<0成立.
(1)若命题q为假命题，求实数m的取值范围；
(2)若命题p和q有且只有一个为真命题，求实数m的取值范围.
【解题思路】（1）由q 真,由判别式求得m 的取值范围，进而得到q 假的条件；
（2）求得p 真的条件，由p和q有且只有一个为真命题，得到p真q假，或p假q真，然后分别求的m 的取
值范围，再取并集即得.
【解答过程】（1）由q 真：Δ=16m
2−4>0，得m<−1
2或m> 1
2，
所以q 假：−1
2 ≤m≤1
2；
（2）p 真：Δ= 4 m
2+12m<0推出−3<m<0，
由p和q有且只有一个为真命题，
∴ p真q假，或p假q真，
¿或¿，
∴−1
2 ≤m<0或m≤−3或m> 1
2.
17．（23-24 高一上·浙江杭州·期中）已知集合A ={x|1
4 ≤2
x≤32}，B ={x|x
2−4 x + 4−m
2≤0,m∈R}.
(1)若m=3，求A ∩B；
(2)若存在正实数m，使得“x∈A”是“x∈B”成立的充分不必要条件，求正实数m 的取值范围.
【解题思路】（1）解指数不等式，一元二次不等式化简集合A ,B，然后由交集定义计算；
（2）根据充分不必要条件的定义得不等式组求解；
【解答过程】（1）A =¿
因m>0，则B =¿.
当m=3时，B =[−1,5]，所以A ∩B =[−1,5].
（2）因“x∈A”是“x∈B”成立的充分不必要条件，则A 是B 的真子集.
所以¿，经检验“=”满足.
所以实数m 的取值范围是[4 ,+∞).
18．（23-24 高一上·福建莆田·期中）已知命题p：∃x∈R，a x
2+2 x−1=0为假命题．
(1)求实数a的取值集合A；
(2)设非空集合B ={x|6m−4<2 x−4<2m}，若“x∈A”是“x∈B”的必要不充分条件，求实数m的
取值集合．
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【解题思路】（1）根据一元二次方程无解的条件即Δ<0求解即可；
（2）根据题意可得BA，结合B≠∅得到¿，解得即可．
【解答过程】（1）因为命题p：∃x∈R，a x
2+2 x−1=0为假命题，
所以命题p的否定为：∀x∈R，a x
2+2 x−1≠0，为真命题，
∴a≠0且Δ= 4 + 4 a<0，解得a<−1．
∴A =¿．
（2）由6m−4<2 x−4<2m解得3m< x<m+2，即B = {x|3m< x<m+2}，
若“x∈A”是“x∈B”的必要不充分条件，则B是A的真子集，
又B≠∅，所以¿，解得m≤−3，
所以实数m的取值集合为{m|m≤−3}．
19．（2024·广东·模拟预测）设X，Y 为任意集合，映射f : X →Y ．定义：对任意x1, x2∈X，若x1≠x2，
则f (x1)≠f (x2)，此时的f 为单射．
(1)试在R→R上给出一个非单射的映射；
(2)证明：f 是单射的充分必要条件是：给定任意其他集合Z与映射g,h:Z →X，若对任意z∈Z，有
f (g( z))= f (h( z))，则g=h；
(3)证明：f 是单射的充分必要条件是：存在映射φ:Y →X，使对任意x∈X，有φ(f ( x))= x．
【解题思路】
（1）结合单射的定义举出符合条件的例子即可；
（2）结合单射的定义、反证法从两方面来说明即可；
（3）结合单射的定义、反证法从两方面来说明即可.
【解答过程】（1）由题意不妨设f (x)= x
2，当x1, x2（x1, x2非0）互为相反数时，f (x1)= f (x2)满足题意；
（2）一方面若f 是单射，且f (g( z))= f (h( z))，则g(z)=h(z)，即g=h（否则若g(z)≠h(z)，有
f (g( z))≠f (h( z))，矛盾），
另一方面，若对任意z∈Z，由f (g( z))= f (h( z))可以得到g=h，
我们用反证法证明f 是单射，
假设f 不是单射，即存在g(z)≠h(z)，有f (g( z))= f (h( z))，
又由f (g( z))= f (h( z))可以得到g=h，即g(z)=h(z)，这就产生了矛盾，
所以f 是单射，
综上所述，命题得证；
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（3）一方面若f 是单射，则由x1≠x2可得f (x1)≠f (x2)，
同理存在单射φ，使得f (x1),f (x2)∈Y ，f (x1)≠f (x2)，有φ(f ( x1))= x1≠x2=φ(f ( x2))，
另一方面，若存在映射φ:Y →X，使对任意x∈X，有φ(f ( x))= x，
我们用反证法来证明f 是单射，
若f 不是单射，即存在x1≠x2，有f (x1)= f (x2)，
又若f (x1)≠f (x2)，则由题意φ(f ( x1))= x1= x2=φ(f ( x2))，这与x1≠x2产生矛盾，
所以此时f 是单射，
综上所述，命题得证.
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