第2讲 常用逻辑用语【7个核心题型归纳】2027届高三数学一轮复习【解析版】

2027届高考数学一轮复习题型全归纳2/45第2讲常用逻辑用语题型总览题型总览总览核心题型归纳（目录）模块一模块一核心题型·举一反三【题型1】充分条件必要条件充要条件的判断核心知识 若则是的充分条件是的必要条件 若则与互为充要条件 集合视角：设则 （是的充分条件） （是的必要条件） （充要条件）方法技巧1.定义法判断：直接判断和是否成立分四种情况（充分不必要/必要不充分/充要/既不充分也不必要）2.集合法转化：将条件转化为集合利用集合包含关系判断条件关系数集类题目优先使用3.等价命题转化：利用逆否命题的等价性判断是否成立与等价4.特殊值排除法：举反例排除错误选项适用于选择题【经典例题1】（2026·重庆·一模）“x2+x−2<0”是“2xx−2A．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】解不等式，利用集合之间的包含关系，充分条件、必要条件的概念即可得解【详解】因为x2+x−2<0，所以(x+2)(x−1)<0，解得由2xx−2因为x|−2<x<1是x|−2<x<2的真子集，所以x2+x−2<0是【经典例题2】（2026·湖南岳阳·三模）设F1,F2是椭圆C:x29+y24=1的两个焦点，点P在C上，命题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】由椭圆方程x29+y2设PF1=m,PF2=n解得m=2,n=4或m=4,n=2，此时△PF1F满足22+42=若q成立，即△PF1F2为直角三角形，若直角顶点为结合m+n=6得mn=8，此时p成立，若直角顶点为F1或F2，则PFP的横坐标为±5，代入椭圆方程得yP=±43mn=569≠8，此时p不成立，因此q成立时p不一定成立，即p【巩固练习1】（2026·天津滨海新区·三模）已知a、b∈R，则“lna>lnb”是“a>bA．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】根据对数函数的单调性结合充分条件、必要条件的定义判断即可.【详解】若lna>lnb，则a>b>0，反之，若a>b>0，则lna>lnb，即“因为“a>b>0”时满足“a>b”，而“a>b”时不一定有“a>b>0”，即“lna>lnb”时一定有“a>b”，而“a>b所以“lna>lnb【巩固练习2】（2026·陕西渭南·三模）设α∈0,π，则“sinα=32A．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】在α∈0,【详解】已知α∈0,π，若sinα=32当α=π3时，cosα=12因此由sinα=32所以“sinα=32已知α∈0,π，若cosα=12因此由cosα=12所以“sinα=32综上，“sinα=32【巩固练习3】（2026·陕西渭南·三模）若a>0，b>0，则“a+b>2”是“log2a+logA．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】∵a>0，b>0，∴当a=4，b=14，则a+b=4+14=∴当a=4，b=15，则a+b=4+15=∴充分性不成立.由log2a+log2b>0∵a>0，b>0，∴由基本不等式得a+b≥2ab（当且仅当a=b∴a+b≥2ab∴a+b>2.∴必要性成立.综上，“a+b>2”是“log2【题型2】充分不必要条件，必要不充分条件的探索核心知识 充分不必要条件：且对应集合关系 必要不充分条件：且对应集合关系 本质：寻找条件间的单向推出关系区分“只能推过去”和“只能推回来”方法技巧1.双向推导验证：分别验证和找出仅单向成立的情况2.集合关系定位：将条件转化为集合若是的真子集则是的充分不必要条件3.必要条件的补集思路：寻找的必要不充分条件等价于寻找包含的更大集合4.命题变形法：对条件进行等价变形（如因式分解、化简不等式）再判断推导关系【经典例题1】（2026·江苏南通·三模）设集合A=x|x2−a+1x+a=0，集合A．a=3 B．a∈2,3 C．a=1 D．【答案】B【详解】因为B=x若A∩B=3，则3∈A，所以9−3a+1+a=0当a=3时，A=x|x2所以a=3是A∩B=3故“A∩B=3”的一个必要不充分条件是a∈【经典例题2】（2026·上海杨浦·模拟预测）对数函数fx=logax与双曲线xA．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【详解】若对数函数fx=logax若x23−a−y2综上，若两者均存在，则0<a<1或1<a<3.而2在上述区间内，所以a=2是对数函数fx=log【巩固练习1】（2026·上海浦东新·三模）已知a、b为非零实数，则使不等式baA．ab>0 B．ab<0 C．a>0, b<0 【答案】C【详解】若ab>0，则ba>0,ab>0，若ab<0，则ba<0,abx+1x当且仅当x=1（即a=−b）时取等号.因此，不等式ba+A.ab>0：此时式子≥2，与题目矛盾，排除.B.ab<0：这是不等式成立的充要条件，不是“充分不必要条件”，排除.C.a>0,b<0：若a>0,b<0，则ab<0，一定能推出不等式成立（充分性成立）；但不等式成立只要求ab<0，也可以是a<0,b>0，不一定是a>0,b<0（必要性不成立），所以这是充分不必要条件D.a<0,b<0：此时ab>0，式子≥2，与题目矛盾，排除【巩固练习2】（2026·山东泰安·模拟预测）若x∈R，下列选项中，使x2−2x−3<0A．−1<x<3 B．−1≤x≤3 C．−1<x<2 D．−2<x<3【答案】C【详解】解不等式x2−2x−3<0，得则不等式x2−2x−3<0的解集为记使不等式x2−2x−3<0成立的充分不必要条件为集合则集合B为集合A的真子集，所以集合B=x|−1<x<2【巩固练习3】（2026·福建泉州·模拟预测）“函数fx=13xA．0<a<2 B．1<a<4 C．1≤a<4 D．−2<a<2【答案】B【分析】利用导数求出f(x)的单调性和极值点，结合题意，分析可得a的范围，根据充分、必要条件的定义，结合选项，分析即可得答案.【详解】由题意f′(x)=x2+2x=x(x+2)，令f当x∈(−∞,−2),(0,+∞)时，当x∈(−2,0)时，f′(x)<0，则所以f(x)的极小值为f(0)=0，因为f(x)区间a−4,a内存在最小值，所以极小值点0在区间a−4,a内，则a−4<0a>0，解得0<a<4令fx=13x所以a−4≥−3，解得a≥1，综上，函数fx=13x要满足“函数fx=1即所求为1≤a<4的真子集，分析选项可得，只有1<a<4符合题意.【题型3】由充分不必要条件，必要不充分条件求参数范围核心知识 已知是的充分不必要条件则（） 已知是的必要不充分条件则 核心是将条件关系转化为集合的真包含关系再通过数轴列不等式求解参数方法技巧1.条件转集合：将、对应的集合化简明确、的形式2.数轴法列不等式：画数轴表示集合利用真包含关系列出端点满足的不等式3.端点验证：必须验证区间端点是否可取避免因等号导致集合变为相等关系4.空集优先：若集合含参数需先讨论集合为空集的情况避免漏解【经典例题1】（2026·重庆·模拟预测）已知p：x2−1<0，q：x≥m，若p是q的既不充分又不必要条件，则实数m的取值范围是（A．−1,1 B．−1,1 C．−1,+∞ D．【答案】C【详解】解x2−1<0，得因为p是q的既不充分又不必要条件，所以(−1,1)和[m,+∞所以m>−1，所以m的取值范围是−1,+∞【经典例题2】（2026·云南怒江·模拟预测）已知m>0，使得不等式2x+1x−m≤1成立的一个充分不必要条件是−2≤x≤4，则m的取值范围是【答案】4,+【分析】解分式不等式，再结合充分不必要条件建立关于m的不等式求解即可.【详解】由2x+1x−m−1=x+m+1x−m≤0因为m>0，所以−m−1<m，故不等式的解集为[−m−1,m).由−2≤x≤4是不等式成立的充分不必要条件，可得[−2,4]是[−m−1,m)的真子集，故−m−1≤−24<m，解得4<m所以m的取值范围是(4,+∞【巩固练习1】（25-26高一上·天津武清·期中）已知集合A=x|x−1<2，集合B=x|2m<x<1−m，若A是B的必要不充分条件，则【答案】[−【分析】化简集合A，由集合A与集合B关系求解.【详解】由已知，集合A=x|−1<x<3因为A是B的必要不充分条件，所以B⫋A，当2m≥1−m，即m≥13时，B=∅，满足当2m<1−m，即m<13时，B≠∅，若则2m≥−11−m≤3（等号不同时成立），解得m≥−12综上可得，m的取值范围为[−1故答案为：[−1【巩固练习2】（25-26高一上·福建厦门·月考）已知集合A={x|x−2x+5<0}(1)若m=3，求A∩(∁(2)若存在正实数m，使得“x∈B”是“x∈A”成立的必要不充分条件，求正实数m的取值范围．【答案】(1){x|−5<x≤−2}(2)[6,+∞【分析】（1）当m=3时，求得∁RB={x|x≤−2或x≥4}，由分式不等式的解法，求得集合（2）由（1）知A={x|−5<x<2}，根据题意，转化为集合A是集合B的真子集，列出不等式组，即可求解.【详解】（1）解：当m=3时，集合B={x|−2<x<4}，则∁RB={x|x≤−2或又由不等式x−2x+5<0，即(x−2)(x+5)<0解得−5<x<2，所以所以A∩(∁（2）解：由（1）知，集合A={x|−5<x<2}，当m>0时，B={x|1−m<x<1+m}，因为“x∈B”是“x∈A”成立的必要不充分条件，即集合A是集合B的真子集，则1−m≤−51+m≥2且等号不能同时成立，解得m≥6所以正实数m的取值范围中[6,+∞【巩固练习3】（24-25高一上·上海·期中）已知集合A=x|13x2−x−6<1，B=x|log【答案】−【分析】先由指数函数和对数函数性质解不等式13x2−x−6<1和log3x+a≥2，从而求出集合A、B，接着由“x∈A”是“【详解】解不等式13x2因为y=13x是减函数，所以x2−x−6>0即x−3所以A=x|13解不等式log3x+a≥2因为y=log3x是增函数，所以x+a≥9所以B=x|因为“x∈A”是“x∈B”的必要不充分条件，所以集合B是集合A的真子集，所以9−a>3⇒a<6.所以实数a的取值范围是−∞故答案为：−∞【题型4】充要条件核心知识 若则与互为充要条件即且 集合视角：（） 充要条件的证明需分两步：证明充分性（）和必要性（）方法技巧1.双向证明法：证明充要条件时必须同时证明充分性和必要性缺一不可2.等价转化法：将命题进行等价变形（如利用定义、定理化简）直接得到等价条件3.集合相等法：将条件转化为集合证明两个集合相等（互相包含）4.充要条件的寻找：寻找的充要条件即寻找与完全等价的命题【经典例题1】（2026·浙江宁波·三模）在△ABC中，角A,B,C为三个内角，则“1+sinAcosA=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】将其转化为函数fx【详解】考虑fx=1+sinx因为fx=sin因为函数fx=tanx2+π若1+sinAcosA=1+sin若A=B，则fA【经典例题2】（2026·重庆北碚·模拟预测）“a=−6”是“直线x−y−2=0与圆x2+yA．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】根据圆与直线相切以及圆的标准方程求解即可.【详解】圆x2+y因此a2−4>0，即∣a∣>2因为直线x−y−2=0与圆相切，所以圆心(a,0)到直线的距离d=∣a−0−2∣整理a2+4a−12=0，解得a=−6或a=2.结合圆的条件∣a因此a=−6是直线与圆相切的充要条件.【巩固练习1】（2026·河北沧州·二模）已知直线l1：x+a+1y−1−a=0，直线l2：a+1x−2a−1y+a−1=0A．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】直线l1：x+a+1y−1−a=0，直线l当a=−1时，代入可得l1：x=0，直线l2：当a=12时，代入可得l1：2x+3y−3=0，直线l设直线l1方程为A1x+B1若l1//l2，则化简可得a2+4a=0，即aa+4=0，解得当a=0时，代入可得l1：x+y−1=0，l2：两直线重合，所以a=0舍去，当a=−4时，代入可得l1：x−3y+3=0，l2：l1和l2的斜率都为13因此a=−4是l1【巩固练习2】（2026·河南开封·模拟预测）“a=0”是“函数fx=x−aA．必要不充分条件 B．充分不必要条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】求函数定义域后分析函数为奇函数的条件，最后根据充分、必要条件判断即可【详解】由42+x−1>0，解得−2<x<2,即函数fx令ℎx=ln42+x此时fx=x−a若fx为奇函数，则f−x=−f因为ℎx不恒为0，所以−x+a2=−x−a2对所有若a=0，则fx=x2·ℎ故“a=0”是“函数fx【巩固练习3】（2026·河北衡水·二模）“log2a<log2bA．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】先由对数函数和幂函数的单调性得到a和b的关系，即可判断出答案.【详解】因为y=log2x所以由log2a<log由a−3>b−3>0又因为函数y=x−3在所以a−3>b因此，“log2a<log【题型5】全称命题与特称命题的真假判断核心知识 全称命题：真假判断：对所有都为真命题为真；存在使为假命题为假 特称命题：真假判断：存在使为真命题为真；对所有都为假命题为假 常见全称量词：所有任意一切每一个；常见特称量词：存在有些至少有一个方法技巧1.全称命题：举反例法：判断全称命题为假只需找到一个反例即可；判断为真需证明所有情况成立2.特称命题：找特例法：判断特称命题为真只需找到一个使成立的即可；判断为假需证明所有情况都不成立3.函数视角转化：若命题含函数可转化为函数的最值问题如等价于4.特殊值代入验证：代入特殊值（如端点值、0、1）快速判断命题真假适用于选择题【经典例题1】（2026·贵州贵阳·模拟预测）已知命题p:∀x>0，log2x>0；命题q:∃x<0，|x+1|>1.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【详解】因为当x=12时，log2x=−1<0，所以命题因为当x=−3时，|x+1|=2>1，所以q是真命题，所以¬q是假命题.【经典例题2】（2026·四川巴中·一模）下列命题中为真命题的是（

）．A．∃x∈R，x2+1<0 B．∀x∈RC．∀x∈Z，x∈N D．∃x∈R，【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x2≥0，所以x2+1≥1>0对于B：当x=0时，x+x对于C：∀x∈Ζ，x为非负整数，且自然数集N对于D：x2−3x+10=0，故选：C【巩固练习1】（2025·陕西榆林·一模）已知命题p：∀x∈R,x+1>1A．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】结合命题否定的定义，找出对应反例的取值并依次判断命题p,q的真假，即可求解【详解】命题p：∀x∈R,x+1>1命题q：∃x>0,x2>x，当x>1所以，¬p和q都是真命题，¬q和p是假命题.故选：B【巩固练习2】（2025·陕西延安·模拟预测）已知命题p:∀x∈R,(x+1)2>0A．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】根据题意，利用全称命题与存在性命题的真假判定方法，逐个判定命题的真假，即可得到答案.【详解】由∀x∈R,(x+1)2≥0又由当x=1时，x3=x2，所以命题故选：B.【巩固练习3】（2025·江苏苏州·模拟预测）已知M,N为全集U的两个不相等的非空子集，若∁UM⊆A．∀x∈M,x∈N B．∃x∈N,x∉MC．∃x∉M,x∈N D．∀x∈N,x∉【答案】D【分析】由∁UM⊆【详解】由∁UM⊆所以∀x∈M,x∈N错误，∃x∈N,x∉M错误，∃x∉M,x∈N错误，∀x∈N,x∈M，即x∉∁故选：D.【题型6】全称命题与特称命题的否定核心知识 全称命题的否定：的否定为（全称变特称结论否定） 特称命题的否定：的否定为（特称变全称结论否定） 命题的否定只否定结论不否定条件；否命题既否定条件又否定结论（注意区分）方法技巧1.两步否定法：第一步改变量词（全称↔特称）；第二步否定结论（注意否定词的准确使用）2.常见否定词转化：是↔不是都是↔不都是至少一个↔一个也没有至多一个↔至少两个且↔或3.含不等式的否定：>的否定是，<的否定是避免写成反向不等号4.易错点规避：命题的否定与原命题真假相反可通过判断原命题真假验证否定是否正确【经典例题1】（2026·陕西咸阳·三模）命题“∀x>1，x2+2A．∀x≤1，x2C．∃x>1，x2【答案】C【详解】全称量词命题的否定是存在量词命题，把任意改为存在，把结论否定，故“∀x>1，x2【经典例题2】（2026·天津和平·二模）命题“∀x∈Z，∃n∈N∗，使得n≥xA．∃x∈Z，∃n∈N∗，使得n<x3 B．∀x∈ZC．∃x∈Z，∀n∈N∗，使得n<x3 D．∀x∈Z【答案】C【详解】命题“∀x∈Z，∃n∈N∗，使得n≥x3”的否定是“∃x∈Z【巩固练习1】（2026·山东泰安·模拟预测）命题“∀a>0，a+1a≥2A．∃a>0，a+1a<2 B．C．∃a≤0，a+1a<2 D．【答案】A【详解】因带量词的命题的否定为：改变量词，否定结论，故命题“∀a>0，a+1a≥2【巩固练习2】（2026·湖南邵阳·三模）命题“∃x∈R，2xA．∀x∈R，2xC．∀x∈R，2x【答案】A【详解】因为带量词的命题的否定只需改变量词，否定结论，所以命题“∃x∈R，2x【巩固练习3】（2026·陕西咸阳·模拟预测）若命题p:∀x∈Z，x2+2026∈N∗，则A．∀x∈Z，x2+2026∉N∗ C．∃x∉Z，x2+2026∉N∗ 【答案】D【详解】由题意，命题p:∀x∈Z，x2则¬p:∃x∈Z，x2【题型7】由全称命题与特称命题的真假求参数范围核心知识 已知全称命题为真则对所有恒成立转化为恒成立问题 已知特称命题为真则存在使成立转化为存在性问题 核心是将命题真假转化为函数的最值问题方法技巧1.全称命题：恒成立问题： 对恒成立 对恒成立2.特称命题：存在性问题： 对成立 对成立3.分类讨论：含参数的函数（如一次、二次函数）需按参数的取值范围分类讨论4.补集思想：当正面求解复杂时可先求命题为假时参数的范围再取补集【经典例题1】（2026·陕西西安·模拟预测）若命题“∀x∈R,x2+ax+a+3≥0”为真命题，则实数a的取值范围是（A．−6,2 B．−6,−2 C．−2,6 D．2−【答案】C【分析】由命题“∀x∈R，x【详解】由命题“∀x∈R∴△=a解得：−2≤a≤6，【经典例题2】（2025·云南·一模）已知命题“∀x∈[−2,3],2x−a>0”是真命题，则实数a的取值范围是（

）A．(−∞,−4) B．(−4,+∞) C．【答案】A【分析】利用一次函数的单调性及全称命题的真假计算即可.【详解】由于该命题是真命题，则a<2x在[−2,3]上恒成立，设函数f(x)=2x,x∈[−2,3]，则a<f(x)因为f(x)min=f(−2)=−4故选:A．【巩固练习1】（2025高三上·湖北黄冈·专题练习）若“∀x∈0,2，2x−1+2−x−m<0【答案】−【分析】先求出原命题为真命题的时候m的范围，再取其补集即可.【详解】假设若“∀x∈0,2，2x−1+令t=2x，不等式即为m>t2+由对勾函数单调性可知，函数ft=t2+故其最大值在端点处取得，比较f(1)=32与可知f(t)max=f(4)=所以若“∀x∈0,2，2x−1+2−x故答案为：−【巩固练习2】（2026·甘肃张掖·模拟预测）命题p:“∃x∈R，使得不等式ax2+2ax+2<0成立”为假命题，则实数A．0, 4 B．2, 4 C．【答案】D【分析】题意说明¬p：“∀x∈R，ax2【详解】命题p:“∃x∈R，使得不等式ax2+2ax+2<0成立”为假命题，则命题¬p：“a=0时，不等式为2≥0恒成立，满足题意，a≠0时，则a>0Δ=4a综上，a的范围是[0,2].【巩固练习3】（25-26高一下·云南·开学考试）若命题“∃x0∈R，x02A．−∞,−14 B．−∞,【答案】D【分析】条件可转化为“∀x∈R，x2【详解】因为命题“∃x0∈R所以命题“∀x∈R，x2则Δ=1−4m≤0，解得m≥即m的取值范围是14课后过关检测课后过关检测一、单选题1．（25-26高一上·江苏淮安·阶段检测）命题“∀x>1，x2−x<0”的否定是（A．∀x≤1，x2−x<0 B．∀x>1C．∃x>1，x2−x≥0 D．∃x≤1【答案】C【详解】命题“∀x>1，x2−x<0”的否定是：“∃x>1，2．（2026·河北·一模）已知命题p:∀x∈R,5x−2A．p和q都是假命题 B．p是真命题，q是假命题C．p是假命题，q是真命题 D．p和q都是真命题【答案】C【分析】利用全称量词命题、存在量词命题真假判断方法确定给定命题真假即可.【详解】命题p是全称量词命题，当x=0时，5x−2e命题q是存在量词命题，当x0=0时，4cos故选：C3．（2026·江苏·模拟预测）已知实数a>0,b>0，则“a+b<1”是“ab<14”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】1>a+b时，1>a+b≥2ab，∴1>4ab，∴ab<又ab<14时，取a=100，b=1所以a>0,b>0，则“a+b<1”是“ab<14．（2026·天津武清·模拟预测）“0<x<1”是“|x|<1”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】根据绝对值不等式的解法及充分条件、必要条件的定义判定即可.【详解】若0<x<1则|x|<1显然成立，满足充分性；由|x|<1可得−1<x<1，推不出0<x<1，不满足必要性，所以A正确.5．（25-26高三上·北京·阶段检测）已知命题“∀x∈R,x2+ax+A．−∞,−1∪C．(−1,1) D．−1,1【答案】B【分析】根据题意，转化为∃x∈R【详解】由命题∀x∈R,x则满足Δ=a2−4×1×1所以实数a的取值范围为−∞故选：B.6．（25-26高一上·江西赣州·期末）使命题p:“∃x∈1,2,m≤xA．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所以命题¬p:“∀x∈1,2,m>x所以m≥5的一个必要不充分条件m≥4.故选：A7．（2026·四川绵阳·模拟预测）已知命题p:∀x∈R，x+1>1；命题q:∃x>0，2xA．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【详解】当x=0时，x+1>1不成立，所以命题p是假命题，¬p根据指数函数和对数函数的图象可知，函数y=2x与y=log则∃x>0，2x=log0.5x8．（25-26高三上·湖北·期末）命题“对∀x∈1,2,xA．a≥2 B．a≤2 C．a≤3 D．a>3【答案】B【分析】首先根据条件，全称命题为假命题，则其否定为真命题，将不等式转化为a≤x【详解】原命题为假命题等价于其否命题“∃x∈1,2,xy=x2+1x=x+1x在区间1,2上单调递增，当x=2时，函数y=x2所以命题“对∀x∈1,2,x故选：B9．（2026·四川成都·二模）已知α,β∈0,π2，设甲：α+β>π2A．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】取α=π3,β=π3可得甲不能推出乙，若cosα+cos【详解】不妨取α=π3,β=π3不满足：cosα+若cosα+cosβ<1因为α,β∈0,π2，且α+β≤π2，则α≤所以cosα≥cosπ因为β∈0,π2，则β+π4所以cosα+cosβ≥1与cos所以乙能推出甲，综上，甲是乙的必要条件但不是充分条件.10．（2026·山东德州·二模）已知a,b为正实数，c为实数，则“a>b”的充要条件可以是（

）A．ac>bc B．aC．a+1a>b+【答案】D【分析】根据反例判断ABC，根据函数单调性判断D.【详解】对于AB，若c=0，此时ac=bc=0且a则a>b推不出ac>bc，也推不出ac取a=1,b=12，a>b成立，但设fx因为y=x,y=lnx均为0,+∞上的增函数，故f故a>b>0时必有fa>fb而a+lna>b+lnb即故a+lna>b+ln11．（2026·广西南宁·三模）下列命题为真命题的是（

）A．命题p:∀x∈R，x2>0，则命题p的否定是：B．“a>1”是“1aC．方程x2−4x+a=0D．0<k<4是关于x的不等式kx2−kx+1>0【答案】B【分析】对于A，根据全称量词的命题的否定要求判断；对于B，利用不等式的性质与举反例说明即可；对于C，利用三个二次的关系，数形结合列不等式求解即可判断；对于D，根据参数k的取值分类讨论，并结合图象列不等式求解即得.【详解】对于A，因含全称量词的命题的否定需要改变量词，否定结论，故命题p:∀x∈R，x2>0的否定是：∃x∈对于B，由a>1可得1a<1；但a=−1时，满足1a故“a>1”是“1a对于C，设f(x)=x2−4x+a−−42>1对于D，对于x的不等式kx2−kx+1>0，当k=0当k≠0时，不等式kx2−kx+1>0对一切实数x恒成立等价于k>0综上可得，0≤k<4是关于x的不等式kx2−kx+1>012．（2026·青海海东·三模）已知α，β均为锐角，则“sinα=sinβ”是“sinA．充要条件 B．必要不充分条件C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【详解】因为α,β均为锐角，正弦函数y=sin⁡x在所以若sin⁡α=sin⁡β，可得α=β由sin⁡2α=sin⁡2β，且2α,2β∈(0,π)即α=β或α+β=π2.举反例：取α=π且sin⁡2α=sin⁡因此推不出sin⁡α=综上，“sin⁡α=sin⁡β13．（2026·山东泰安·模拟预测）已知数列an，an+2−an=2，则“数列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】若数列an为递增数列，则a若a2<a当a2=2,a综上，“数列an为递增数列”是“a14．（2026·北京昌平·二模）设a∈R，函数fx=A．a∈−1,−12C．a∈[−1,0) D．a∈[−2,0)【答案】A【分析】先求出函数f(x)有最大值的充要条件，再判断哪个选项是其充分不必要条件.【详解】当a=0时：f(x)=−2x+1,x≤01,x>0，当x≤0时，f(x)=−2x+1单调递减，f(x)≥1；当当a>0时：x>a时，f(x)=ax+1单调递增，当x→+∞时，f(x)→+当a<0时：x>a时，f(x)=ax+1单