北京市2022-2023学年上学期高二期末数学试题汇编-05常用逻辑用语（含解析）

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一、单选题

1．（2023春·北京房山·高二统考期末）设各项均为正数的等比数列的公比为q，且，则“为递减数列”是“”的（）

A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件

C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件

2．（2023春·北京海淀·高二统考期末）已知等差数列的前项和为，公差为，则“有最大值”是“”的（）

A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件

C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件

3．（2023春·北京密云·高二统考期末）“”是“”成立的（）

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

4．（2023春·北京大兴·高二统考期末）设函数，则“”是“有个零点”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

5．（2023春·高二校考期末）设是公差为的等差数列，为其前项和，则“”是“数列为递增数列”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

6．（2023秋·北京平谷·高二统考期末）“”是“方程表示双曲线”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

7．（2023秋·北京朝阳·高二统考期末）已知直线，直线，则“”是“”的（）

A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件

8．（2023秋·北京大兴·高二统考期末）设是各项不为0的无穷数列,“”是“为等比数列”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

9．（2023秋·北京·高二校考期末）设直线的方向向量为，的法向量为，则“”是“”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

10．（2023春·北京顺义·高二统考期末）“”是“”的（）

A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件

C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件

11．（2023春·北京石景山·高二统考期末）设，则“”是“”的（）

A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件

C．充要条件D．既不充分也不必要条件

12．（2023秋·北京西城·高二统考期末）设，则“”是“直线与直线平行”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

13．（2023春·北京朝阳·高二统考期末）设,则“”是“”的（）

A．充分而不必要条件

B．必要而不充分条件

C．充要条件

D．既不充分也不必要条件

14．（2023春·北京海淀·高二统考期末）已知命题，则为（）

A．B．

C．D．

15．（2023春·北京密云·高二统考期末）命题“，”的否定为（）

A．，B．，

C．，D．，

16．（2023春·北京顺义·高二统考期末）命题“”的否定是（）

A．B．

C．D．

二、填空题

17．（2023春·北京东城·高二北京二中校考期末）命题“，”的否定形式是．

18．（2023春·北京东城·高二北京市第五中学校考期末）能够说明“若，则”是假命题的一组实数的值依次为.

19．（2023春·北京海淀·高二人大附中校考期末）能说明“若f（x）>f（0）对任意的x∈（0，2］都成立，则f（x）在［0，2］上是增函数”为假命题的一个函数是．

20．（2023春·北京海淀·高二人大附中校考期末）能够说明“设是任意实数,若,则”是假命题的一组整数的值依次为.

三、解答题

21．（2023春·北京·高二北大附中校考期末）若数列满足：，且，则称为一个X数列.对于一个X数列，若数列满足：，且，则称为的伴随数列.

(1)若X数列中，，，，写出其伴随数列中的值；

(2)若为一个X数列，为的伴随数列.

①证明：“为常数列”是“为等比数列”的充要条件；

②求的最大值.

22．（2023春·北京顺义·高二牛栏山一中校考期末）已知集合.在①；②“”是“”的充分不必要条件；③这三个条件中任选一个，补充到本题第②问的横线处，求解下列问题.

(1)当时，求；

(2)若______，求实数的取值范围.

参考答案：

1．C

【分析】由等比数列通项公式及对数运算性质可得，根据充分、必要性定义判断题设条件间的推出关系，即可得答案.

【详解】由题设且，则，

若为递减数列，故，则，充分性成立；

若，则，易知为递减数列，必要性也成立；

所以“为递减数列”是“”的充分必要条件.

故选：C

2．B

【分析】根据等差数列项的符号特点和前项和最值的关系进行分析.

【详解】若，

当时，则等差数列从第二项开始都是负数，显然取到最大值，

当，则等差数列的项必然先正后负，不妨设，则取到最大值，故可以推出有最大值；

若有最大值，

当时，，若，则取到最大值,充分性不成立.

于是“有最大值”是“”的必要不充分条件.

故选：B

3．A

【分析】根据函数的单调性化简，得，从而根据充分条件与必要条件的定义判断即可.

【详解】因为函数在上单调递增，

由，可得，

而“”是“”成立的充分不必要条件.

所以“”是“”成立的充分不必要条件.

故选：A

4．B

【分析】求出函数的导数，探讨函数的极值情况，再利用充分条件、必要条件的定义判断作答.

【详解】函数定义域为R，求导得，

当，即时，恒成立，函数在R上单调递增，最多1个零点，

当，即时，方程有两个不等实根，

当或时，，当时，，

因此函数在取得极大值，在取得极小值，

当且时，函数有3个零点，

由上，当时，不能确保函数有3个零点，

反之函数有3个零点，由三次函数性质知，必有两个极值点，，即，

所以“”是“有个零点”的必要而不充分条件.

故选：B

5．D

【分析】通过举反例可以判断得结论.

【详解】当时，数列不一定是递增数列，

例如,,；

当数列为递增数列时，也不一定成立，例如，此时单调递增，

所以“”是“数列为递增数列”的既不充分也不必要条件.

故选：D.

6．C

【分析】根据题意求出方程表示双曲线的条件，即可判断出结论.

【详解】若时，方程不表示双曲线；

若时，方程为双曲线，则，

∴是方程表示双曲线的充分必要条件，

故选：.

7．C

【分析】根据直线的平行的判定即可求解.

【详解】等价于，

解得，

所以，

解得或，

当时，，，此时重合，

故“”是“”的充分必要条件.

故选：C.

8．C

【分析】根据等比数列的定义可以判断“”是“为等比数列”的充分必要条件,即可选出结果.

【详解】解:由题知是各项不为0,

若,

则,

故为等比数列;

若为等比数列,

则有,

即;

综上“”是“为等比数列”的充分必要条件.

故选:C

9．A

【分析】因为，所以或，再利用充分必要条件的定义判断得解.

【详解】解：因为，所以，

所以或.

当时，成立，所以“”是“”的充分条件；

当时，不一定成立，所以“”是“”的非必要条件.

所以“”是“”的充分不必要条件.

故选：A

10．A

【分析】直接利用充分条件和必要条件的判断方法，判断即可得出答案.

【详解】解：因为“”能推出“”，

而“”推不出“”，

所以“”是“”的充分不必要条件.

故选：A.

11．A

【分析】求绝对值不等式、一元二次不等式的解集，根据解集的包含关系即可判断充分、必要关系.

【详解】由，可得，即；

由，可得或，即；

∴是的真子集，

故“”是“”的充分而不必要条件.

故选：A

12．A

【解析】计算直线平行等价于或，根据范围大小关系得到答案.

【详解】直线与直线平行，则，或，

验证均不重合，满足.

故“”是“直线与直线平行”的充分不必要条件.

故选：A.

【点睛】本题考查了充分不必要条件，意在考查学生的计算能力和推断能力.

13．A

【详解】由一定可得出；但反过来，由不一定得出，如，故选A.

【考点定位】本小题主要考查充分必要条件、不等式的性质等基础知识，熟练掌握这两部分的基础知识是解答好本类题目的关键.

14．C

【分析】根据特称命题的否定为全称命题即可求解.

【详解】为,

故选：C

15．D

【分析】根据题意，由全称命题的否定是特称命题，即可得到结果.

【详解】因为命题“，”，则其否定为“，”

故选：D

16．B

【分析】根据含有一个量词的命题的否定，即可得到答案.

【详解】命题“”为全称命题，

则其否定为特称命题，即，

故选：B.

17．，.

【分析】由全称命题的否定是特陈命题，即可得出答案.

【详解】命题“，”的否定形式是：

，.

故答案为：，.

18．（答案不唯一）

【分析】由条件可得存在满足条件，，由此可得，再取满足条件的特殊值.

【详解】由“若，则”是假命题可得，

存在满足条件，但，

由此可得，故，

若取，，则，故可取.

故答案为：（答案不唯一）.

19．y=sinx（答案不唯一）

【详解】分析：举的反例要否定增函数，可以取一个分段函数，使得f（x）>f（0）且（0，2］上是减函数.

详解：令，则f（x）>f（0）对任意的x∈（0，2］都成立，但f（x）在［0，2］上不是增函数.

又如，令f（x）=sinx，则f（0）=0，f（x）>f（0）对任意的x∈（0，2］都成立，但f（x）在［0，2］上不是增函数.

点睛：要判定一个全称命题是假命题，只要举出集合中的一个特殊值，使不成立即可.通常举分段函数.

20．

【详解】试题分析：，矛盾，所以1，2，3可验证该命题是假命题.

【名师点睛】对于判断不等式恒成立问题，一般采用举反例排除法．解答本题时利用赋值的方式举反例进行验证，答案不唯一．

21．(1)，，；

(2)①证明见解析；②.

【分析】（1）利用题中定义，利用代入法进行求解即可；

（2）①根据充要条件的定义，结合反证法进行证明即可；②根据的性质分类讨论进行求解即可.

【详解】（1），，；

（2）①充分性：若数列为常数列，∵，∴，

∴，又，

∴其伴随数列是以1为首项，以为公比的等比数列；

必要性：假设数列为等比数列，而数列不为常数列，

∴数列中存在等于0的项，设第一个等于0的项为，其中，

∴，得等比数列的公比．

又，得等比数列的公比，与矛盾．∴假设不成立．

∴当数列为等比数列时，数列为常数列．

综上“为常数列”是“为等比数列”的充要条件；

②当，时，，

当，时，，

当，时，，

当，时，，

综上，结合可得：，，，

由题意知，所以，

于是有，

所以的最大值为.

【点睛】关键点睛：利用分类讨论法，结合题中定义是解题的关键.

22．(1)或

(2)答案见解析

【分析】（1）利用集合的交并补运算即可得解；

（2）选①③，利用集合的基本运算，结合数轴法即可得解；选②，由充分不必要条件推得集合的包含关系，再