全称量词与存在量词 -答案

充分条件与必要条件、全称量词与存在量词基础性1．设a∈R，则“a>1”是“a2>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解析：A由a2>a可得a>1或a<0，据此可知“a>1”是“a2>a”的充分不必要条件．故选A.2．“m<2”是“方程eq\f(x2,2－m)＋eq\f(y2,m＋1)＝1表示椭圆”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析：B方程eq\f(x2,2－m)＋eq\f(y2,m＋1)＝1表示椭圆⇔eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－m>0，,m＋1>0，,2－m≠m＋1，))⇔eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1<m<2，,m≠\f(1,2)，))所以“m<2”是“方程eq\f(x2,2－m)＋eq\f(y2,m＋1)＝1表示椭圆”的必要不充分条件，故选B.3．(2025·安徽芜湖月考)已知直线l1：mx－y－3＝0，l2：(m－2)x－y＋1＝0，则“m＝1”是“l1⊥l2”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解析：C当m＝1时，l1：x－y－3＝0，l2：－x－y＋1＝0，即l1：y＝x－3，l2：y＝－x＋1，则k1k2＝－1，即l1⊥l2；当l1⊥l2时，m(m－2)＋(－1)×(－1)＝0，解得m＝1.所以“m＝1”是“l1⊥l2”的充要条件．故选C.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|≥0B．∀x∈[－1，1]，x＋|x|≥0C．∀x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)，x＋|x|≥0D．∀x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)，x＋|x|<0解析：B因为命题为∃x∈[－1，1]，x＋|x|<0，则其否定为∀x∈[－1，1]，x＋|x|≥0.故选B.5．已知命题p：∀x∈R，(x－1)2>0；命题q：∃x∈R，tanx＝2，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都是真命题解析：B对于p，取x＝1，则有(x－1)2＝0，故p是假命题，¬p是真命题，对于q，y＝tanx的值域为R，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．(多选)给出下列命题，其中假命题为()A．∃a∈R，ln(a2＋1)<0B．∀a>2，a2>2aC．∀α，β∈R，sin(α－β)＝sinα－sinβD．a>b是2a>2b的充要条件解析：ABC对于A，ln(a2＋1)≥ln1＝0，所以该命题是假命题；对于B，当a＝4时，a2＝42＝16＝2a＝24，所以该命题是假命题；对于C，当α＝eq\f(π,3)，β＝eq\f(π,6)时，左边＝eq\f(1,2)，右边＝eq\f(\r(3),2)－eq\f(1,2)，所以该命题是假命题；对于D，a>b时2a>2b，2a>2b时a>b，所以a>b是2a>2b的充要条件，所以该命题是真命题．故选ABC.7．(多选)若“∀x∈M，x<0或x>1”为真命题，“∃x∈M，x>3”为假命题，则集合M可以是()A．(－∞，－5)B．(－3，－1]C．(3，＋∞)D．[2，3]解析：ABD命题“∃x∈M，x>3”为假命题，则命题“∀x∈M，x≤3”为真命题，可得M⊆{x|x≤3}，命题“∀x∈M，x<0或x>1”为真命题，则M⊆{x|x<0或x>1}，{x|x<0或x>1}∩{x|x≤3}＝{x|x<0或1<x≤3}，显然，A、B、D选项中的区间为(－∞，0)∪(1，3]的子集．故选ABD.8．已知命题p：∀x∈[1，3]，(eq\f(1,2))x-1＋m－1<0，命题q：∃x∈R，mx2＋x－4＝0.若命题p和q都是真命题，则实数m的取值范围为.解析：[－eq\f(1,16)，0)因为p：∀x∈[1，3]，(eq\f(1,2))x-1＋m－1<0，所以m<1－(eq\f(1,2))x-1在x∈[1，3]恒成立，因为y＝1－(eq\f(1,2))x-1是增函数，所以当x＝1时有ymin＝0，所以m<0.因为q：∃x∈R，mx2＋x－4＝0，所以mx2＋x－4＝0有解，即m＝0或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m≠0，,Δ＝1＋16m≥0，))所以m≥－eq\f(1,16).若命题p和q都正确，则－eq\f(1,16)≤m<0.故实数m的取值范围为[－eq\f(1,16)，0).综合性9．(2023·全国甲卷)设甲：sin2α＋sin2β＝1，乙：sinα＋cosβ＝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解析：B当sin2α＋sin2β＝1时，例如α＝eq\f(π,2)，β＝0但sinα＋cosβ≠0，即sin2α＋sin2β＝1推不出sinα＋cosβ＝0.当sinα＋cosβ＝0时，sin2α＋sin2β＝(－cosβ)2＋sin2β＝1，即sinα＋cosβ＝0能推出sin2α＋sin2β＝1.综上可知，甲是乙的必要不充分条件．故选B.10．(多选)设a>0，b>0，且a≠b，则“a＋b>2”的一个必要条件可以是()A．a3＋b3>2B．a2＋b2>2C．ab>1D．eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)>2解析：AB对于A，若a＋b>2，则a3＋b3＝(a＋b)(a2－ab＋b2)＝(a＋b)[(a＋b)2－3ab]>(a＋b)[(a＋b)2－eq\f(3(a＋b)2,4)]>2成立；对于B，若a＋b>2，则a2＋b2>eq\f((a＋b)2,2)>2，成立；对于C，ab<(eq\f(a＋b,2))2，无法判断出ab>1；对于D，eq\f(a＋b,2)>eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))，且(eq\f(1,a)＋eq\f(1,b))(a＋b)>4，因为a＋b>2，所以不能得出eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)与2的大小关系．故选AB.11．记Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数列；乙：{eq\f(Sn,n)}为等差数列，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解析：C甲：{an}为等差数列，设其首项为a1，公差为d，则Sn＝na1＋eq\f(n(n－1),2)d，eq\f(Sn,n)＝a1＋eq\f(n－1,2)d＝eq\f(d,2)n＋a1－eq\f(d,2)，eq\f(Sn＋1,n＋1)－eq\f(Sn,n)＝eq\f(d,2)，因此{eq\f(Sn,n)}为等差数列，则甲是乙的充分条件；反之，乙：{eq\f(Sn,n)}为等差数列，即eq\f(Sn＋1,n＋1)－eq\f(Sn,n)＝eq\f(nSn＋1－(n＋1)Sn,n(n＋1))＝eq\f(nan＋1－Sn,n(n＋1))为常数，设为t，即eq\f(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，故选C.12．已知f(x)＝x2－2x，g(x)＝ax＋2(a>0)，若∀x1∈[－1，2]，∃x0∈[－1，2]，使g(x1)＝f(x0)，则实数a的取值范围为.解析：(0，eq\f(1,2)]由于函数g(x)在定义域[－1，2]内是任意取值的，且必存在x0∈[－1，2]，使得g(x1)＝f(x0)，因此问题等价于函数g(x)的值域是函数f(x)值域的子集．因为f(x)＝x2－2x＝(x－1)2－1，x∈[－1，2]，所以f(x)∈[－1，3]，即函数f(x)的值域是[－1，3].因为a>0，所以函数g(x)的值域是[2－a，2＋2a]，则有2－a≥－1且2＋2a≤3，即a≤eq\f(1,2).故实数a的取值范围是(0，eq\f(1,2)].创新性13．(2025·安徽合肥模拟)给出如下三个条件：①充要；②充分不必要；③必要不充分．请从中选择补充到下面横线上，使下列命题为真命题．已知集合P＝{x|－1≤x≤5}，S＝{x|2－m≤x≤3＋2m}，存在实数m使得“x∈P”是“x∈S”的条件．解析：②③①“x∈P”是“x∈S”的充要条件，则2－m＝－1，3＋2m＝5，此方程组无解，故不存在实数m，不符合题意；②“x∈P”是“x∈S”的充分不必要条件时，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－m≤－1，,3＋2m≥5，,2－m≤3＋2m，))解得m≥3，符合题意；③“x∈P”是“x∈S”的必要不充分条件时，当S＝∅，2－m>3＋2m，得m<－eq\f(1,3)；当S≠∅，需满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－m≤3＋2m，,2－m≥－1，,3＋2m≤5，))解得－eq\f(1,3)≤m≤1，所以m≤1，符合题意．14．(多选)在下列所示电路图中，下列说法正确的是()A．如图1所示，开关L1闭合是灯泡M亮的充分不必要条件B．如图2所示，开关L1闭合是灯泡M亮的必要不充分条件C．如图3所示，开关L1闭合是灯泡M亮的充要条件D．如图4所示，开关L1闭合是灯泡M亮的必要不充分条件解析：ABC对于A，由图1可得，开关L1闭合，灯泡M亮；而灯泡M亮时，开关L1不一定闭合，所以开关L1闭合是灯泡M亮的