习题 充要条件 同步精练 Word版含答案

充要条件同步精练1．设命题甲为0＜x＜5，命题乙为|x－2|＜3，那么甲是乙的()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2．设集合U＝{(x，y)|x∈R，y∈R}，A＝{(x，y)|2x－y＋m＞0}，B＝{(x，y)|x＋y－n≤0}，那么点P(2,3)∈[A∩(UB)]的充要条件是()A．m＞－1，n＜5B．m＜－1，n＜5 C．m＞－1，n＞5D．m＜－1，n＞3．已知实系数一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)，下列结论中正确的是()①Δ＝b2－4ac≥0是这个方程有实根的充分条件②Δ＝b2－4ac≥0是这个方程有实根的必要条件③Δ＝b2－4ac＝0是这个方程有实根的充分条件A．③ B．①② C．①②③ D．②③4．下面命题中是真命题的是()A．x＞2，且y＞3是x＋y＞5的充要条件B．A∩B≠是AB的充分条件C．b2－4ac＜0是一元二次不等式ax2＋bx＋c＞0的解集为RD．一个三角形的三边满足勾股定理的充要条件是此三角形为直角三角形5．已知p：x≠3，且y≠2，q：x＋y≠5，则p是q的______条件．6．已知p：ABS，q：(SB)(SA)，则p是q的______条件．7．平面向量a，b共线的充要条件是________．(填序号)①a，b方向相同；②a，b两向量中至少有一个为零向量；③存在λ∈R，b＝λa；④存在不全为零的实数λ1，λ2，使λ1a＋λ2b＝8．已知条件p：A＝{x|2a≤x≤a2＋1}，条件q：B＝{x|x2－3(a＋1)x＋2(3a＋1)≤0}，若条件p是条件q的充分条件，求实数a9．求证：若a2＋b2＝c2，则a，b，c不可能都是奇数．10．两个数列{an}和{bn}，满足bn＝eq\f(a1＋2a2＋3a3＋…＋nan,1＋2＋…＋n)(n∈N＋)．证明：{bn}为等差数列的充要条件是{an}为等差数列．

参考答案1.分析：先解不等式再判断．解析：由不等式|x－2|＜3，得－1＜x＜5.∵0＜x＜5－1＜x＜5，但－1＜x＜50＜x＜5，∴甲是乙的充分不必要条件．答案：A2.解析：UB＝{(x，y)|x＋y－n＞0}，∵点P(2,3)∈[A∩(UB)]，∴(2,3)∈A，且(2,3)∈UB，即2×2－3＋m＞0，且2＋3－n＞0，∴m＞－1，n＜5.答案：A3.解析：Δ＝b2－4ac≥0是实系数一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有实根的充要条件∵当Δ＝b2－4ac＞0时，方程ax2＋bx＋c＝0(a≠Δ＝b2－4ac＝0时，方程有两相等实根，故上述结论均正确答案：C4.解析：对于选项A，x＞2，且y＞3x＋y＞5，但x＋y＞5未必能推出x＞2，且y＞3，如x＝0，且y＝6满足x＋y＞5，但不满足x＞2，故A为假命题．对于选项B，A∩B≠未必能推出AB，如A＝{1,2}，B＝{2,3}，故B为假命题．对于选项C，例如一元二次不等式－2x2＋x－1＞0的解集为，但满足b2－4ac＜0，故C为假命题答案：D5.解析：原命题等价于判断“x＋y＝5”是“x＝3或y＝2”的什么条件，所以p是q答案：既不充分也不必要6.解析：利用集合的图示法，如下图，ABS(SB)(SA)，(SB)(SA)ABS.∴p是q的充分条件，也是必要条件，即p是q的充要条件．答案：充要7.解析：对于①，a，b方向相同时，a，b共线，但a，b共线时，a，b不一定方向相同，因此①不是充要条件．若a，b两向量中至少有一个为零向量，则a，b共线；但a，b共线时，a，b可能都是非零向量，如a＝(1,2)，b＝(2,4)，从而②不是充要条件．当b＝λa时，a，b一定共线；但a，b共线时，若b≠0，a＝0，则b＝λa就不成立，从而③也不是充要条件．对于④，假设λ1≠0，则a＝－eq\f(λ2,λ1)b，因此a，b共线；反之，若a，b共线且为非零向量时，则存在非零实数m，n使a＝eq\f(n,m)b，即ma－nb＝0，令λ1＝m，λ2＝－n，则λ1a＋λ2b＝0；若a，b中存在零向量时，显然成立．答案：④8.解：A＝{x|2a≤x≤a2＋1}，B＝{x|(x－2)[x－(3a＋1)]≤(1)当a≥eq\f(1,3)时，B＝{x|2≤x≤3a＋1}；(2)当a＜eq\f(1,3)时，B＝{x|3a＋1≤x≤2}．因为p是q的充分条件，所以AB，于是有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≥\f(1,3)，,a2＋1≤3a＋1，,2a≥2，))解得1≤a≤3.或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<\f(1,3)，,a2＋1≤2，,2a≥3a＋1，))解得a＝－1.所以a的取值范围为{a|1≤a≤3或a＝－1}．9.证明：若a，b，c都是奇数，设a＝2m－1，b＝2n－1，c＝2p－1，m，n，p∈Z，则a2＋b2＝(2m－1)2＋(2n－1)2＝2(2m2＋2n2－2m－2n＋1)，为偶数．而c2＝(2p－1)2＝4p2－4p＋1＝4(p2－p)＋1，为奇数，∴a2＋b2≠c2.∴原命题的逆否命题“若a，b，c都是奇数，则a2＋b2≠c2”为真命题．∴原命题为真命题．即“若a2＋b2＝c2，则a，b，c不可能都是奇数”成立．10.证明：必要性：由已知得a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝eq\f(1,2)n(n＋1)bn①于是有a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝eq\f(1,2)n(n－1)bn－1(n≥2)．②①－②整理得an＝eq\f(1,2)(n＋1)bn－eq\f(1,2)(n－1)bn－1(n≥2)．设{bn}的公差为d，由已知得a1＝b1，所以an＝eq\f(1,2)(n＋1)[a1＋(n－1)d]－eq\f(1,2)(n－1)[a1＋(n－2)d]＝eq\f(1,2)[(n＋1)a1＋(n＋1)(n－1)d－(n－1)a1－(n－1)(n－2)d]＝a1＋(n－1)·eq\f(3d,2)，故数列{an}是首项为a1，公差为eq\f(3d,2)的等差数列．充分性：由已知得eq\f(1,2)n(n＋1)bn＝a1＋2a2＋3a3＋…＋nan.(*)设等差数列{an}的公差为d，则a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝a1＋2(a1＋d)＋3(a1＋2d)＋…＋n[a1＋(n－1)d]＝a1(1＋2＋3＋…＋n)＋d(22－2＋32－3＋…＋n2－n)＝a1·eq\f(n(n＋1),2)＋deq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(n(n＋1)(2n＋1),6)－\f(n(n＋1),2)))