第四节第2课时 充要条件-【赢在起点】2024年初高中衔接教材数学

藏在起点·初升高知识衔接 数学 第2课时 充要条件 课程标准要求 1.结合具体实例，理解充分条件、必要条件、充要条件的意义.（重点、难点） 2.会求（判断）某些问题成立的充分条件、必要条件，充要条件.（重点） 3.能够利用命题之间的关系判定充要关系或进行充要条件的证明.（难点） 初中知识回眸 因式分解 L,分组分解法 根据多项式各项的特点，适当分组，分别变形，再对各组之间进行整体分解（先部分后整体的分 解方法). 2.十字相乘法 十字相乘法：对于二次三项式或可看作二次三项式的多项式分解因式 图重温中考 L.分解因式： (1).x3+9+3.x2+3x: (2)2x2+xy-y2-4x+5y-6. 2.在因式分解的学习中我们知道对二次三项式x+(a+b)x十ab可用十字相乘法 得出x2+(a+b)x+ab=(x十a)(x十b),用上述方法将下列各式因式分解， (1)x+5xy-6y: (2)x2-(4a+2)x+3a2+6a: (3).x2-b(5.x-a-6b)-a2: (4)(2018.x)2-2017×2019.x-1. 321 第三部分 巧对照一初高中知识衔接 3.分解因式x2+xy-6y十x+13y一6. 高中新课学习 1.如果“若p,则q”和“若g,则p”均是真命题，既有p→q,又有→p,就记作p台q,此时，p既是g 的充分条件，也是q的必要条件，我们说p是g的充分必要条件，简称为充要条件. 2.如果p是q的充要条件，那么g也是p的充要条件.概括地说，如果→q,那么p与q互为充要 条件。 解读：从概念的角度去理解充分条件、必要条件、充要条件 ①若p→q,则称p是q的充分条件，q是p的必要条件.②若p台g,则p是q的充要条件.③若 p→q,且q为p,则称p是g的充分不必要条件.④若力户q,且q→p,则称p是g的必要不充分 条件.⑤若p力q,且q羚p,则称p是q的既不充分也不必要条件. 3.“台”的传递性 若p是q的充要条件，q是s的充要条件，即p台g,g曰s,则有p台s,即p是s的充要条件 识点充要条件的判断 例1已知下列所给的各组p,g中，p是q的充要条件的为 A.p:a<0,q:a>0 B.p:两个三角形全等，q:两个三角形的两边及其夹角分别对应相等 C.p:a=b.q:u=b D.p:两直角三角形的斜边相等，g:两直角三角形全等 Ba>0,解得：a>0或a<0,所以a<0→a>0,但a>0为a<0,故p为g的充分不必要 条件，A错误：根据全等三角形的性质及判定可知，p台q,故p是g的充要条件，B正确：由a= b可得u=b或a=一b,p→q,q户p,则p为g的充分不必要条件，C错误：两直角三角形全等， 则两直角三角形的斜边相等，但两直角三角形的斜边相等，但两直角三角形不一定全等，例如： Rt△ABC中∠B=90°，AB=1,BC=√7，斜边AC=22,Rt△DEF中∠E=90°，DE=EF=2, 则斜边DF=2√2，故p为g的必要不充分条件.故选B. 133 赢在起点·初升高知识衔接数学 知识点利用充分、必要条件求参数 例2若“不等式x一m<1成立”的充要条件为“x<2”,则实数m的值为 答案：1 解析：解不等式x一m<1得x<m十1，因为“不等式x一m<1成立”的充要条件为“x<2”,所以 2=m十1，解得m=1,所以m=1.故答案为1. 知识点充要条件的证明 例3设a,b,c∈R,求证：关于x的方程a.x+bx十c=0有一个根是1的充要条件为a十b+c=0. 证明：充分性：a十b十c=0,c=一a一b, 代人方程a.x2+b.x+c=0得a.x2+bx-a-b=0,即(.x-1)(a.x十a十b)=0. .关于x的方程ax2十bx十c=0有一个根为1： 必要性：方程a.xr2十bx十c=0有一个根为1，∴.x=1满足方程ax2+b.x十c=0, .a×1°+b×1十c=0,即a十b+c=0. 故关于x的方程a.x2十bx十c=0有一个根是1的充要条件为a十b十c=0. 随堂达标演练 h.已知实数a,6.则日±务0是1a>61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 2.(多选)下列选项中，p是？的充要条件的为 A.p:x>0,y<0,q:xy<0 B.p:a>b,q:a+c>b+c C.p:x>5,q:.x>10 D.p:a>b≥0，q:Na>√万 3.方程x2+kx十2=0与x2+2x十k=0有一个公共实数根的充要条件是 A.k=3 B.k=0 C.k=1 D.k=-3 4.若“一1<x<1”是“1<一2x十m<5”的充要条件，则实数m的取值是 A.1 B.2 C.3 D.4 6.若“一1<一m<1“成立的充分不必要条件是“号<<号”，则实数m的取值范围是 A.m-专<m≤号 Bm-2≤m≤ C.mlm<-2 D.mm> 341 第三部分 巧对照一初高中知识衔接 6.已知x∈R,y∈R,下列各结论正确的是 A.“xy>0”是“工>0”的充要条件 B“>y”是号>1”的充要条件 C.“x≠0”是“xy≠0”的必要不充分条件 D.“x十y=0”是“工=一1”的充分不必要条件 7,在下列所示电路图中，下列说法正确的是 (1)如图①所示，开关A闭合是灯泡B亮的充分不必要条件： (2)如图②所示，开关A闭合是灯泡B亮的必要不充分条件： (3)如图③所示，开关A闭合是灯泡B亮的充要条件： (4)如图④所示，开关A闭合是灯泡B亮的必要不充分条件 8.在整数集中，被4除所得余数为k的所有整数组成一个“类”，记为[k幻，即[k]=(4n十kn∈Z}, k=0,1,2,3.给出下列四个结论. ①2021∈[1]：②-1∈[1]：③Z=[0]U[1]U[2]U[3]:④“整数a,b属于同一‘类”的充要条 件是“a-b∈[0]”". 其中正确的结论是 (填所有正确的结论的序号). 9.方程x2一ax十a一1=0有一正一负根的充要条件是 10.已知A,B二U,则“A∩B=A”是“C,B二CA”的 条件. 第五节全称量词与存在量词 课程标准要求 L.了解含有量词的全称量词命题和存在量词命题的含义，并能用数学符号表示含有量词的命题， 提升数学抽象核心素养.（重点） 2,会判断全称量词命题、存在量词命题的真假，强化逻辑推理核心素养，（难点） 3.能写出命题的否定，并会判断真假：会正确地对全称量词命题和存在量词命题进行否定.（重点） 4.理解全称量词命题的否定是存在量词命题，存在量词命题的否定是全称量词命题.（难点） [35感在起点，初升高知识衔接 数学 2.解：(1)4a-16a+16 8.AB因为集合A={xa十1<x<2a-3},B={x|x≤ =4(a-4a十4)=4(a-2): 一2戏x≥7引，当A=☑时，a十1≥2a一3，解得a≤4，此时 (2)a(x-y)+16(y-x) A∩B=,当A≠时，a十1<2a一3，解得a>4,若 =a2(x-y)-16(x-y) =(x-y)(&2-16) AnB-,则g时2解得1<≤5，又0>.期4 2a-3≤71 =(.x-y)(a十4)(a-4)t a≤5，则A∩B=必的充要条件为a≤5，所以A∩B■ 3.解：(1)a'+6 的必要不充分条件可能是a7,a<6,故选AB. =(a2)+(b) 9.答案：必要充分 =(a2+b)(a-a26+6) 解析：由于x=0→x2=2x,x=2x→x=2我x=0,所以 =(a+b)(a-ab+b)(a°-a36+b): “x=2x”是“x=0”的必要条件，“x=0“是“x=2x”的充 (2)a'-6 分条件，故答案为必要：充分 =(a)-(b) 10,答案：必要不充分条件 =(a-b)(a'+a+b) 解析：当x=1,y=4时，x十y=5,故充分性不成立，若 =(a-b)(a+b)(a'+ab+b); x十y≠5，则x=2与y=3不同时成立，即能得到x≠2 (3)a+b=3,ab=1, 或y≠3，故必要性成立，所以x≠2或y≠3是x十y≠5 ∴.a+b=(a十b)-2ab=7, 的必要不充分条件，故答案为必要不充分条件， .a+b=(a+b)(a-a6+b) =[(a+b)2-2ab][(a+b)'-2a6-a'b] 第2课时充要条件 =7×(49-3×1)=322. 【重温中考】 【随堂达标演练】 1.解：(1Dx+9+3r+3x=(x2+3x)+(3x十9)=x(x十3)十 1,BC若x=4是0<x<3的充分不必要条件，别4∈ 3(x十3)=(x十3)(x+3). (0,3).故选BC. 或x2+9+3x2+3x=(x2+3x2+3.x+1)+8=(x+1)+ 2.D若a=一2，b=1,剃满足a<h,不满足a<b:由： 8=(x+1)+2=[(x+1)+2][(x+1)-(x+1)× b可得(a十b)(a一b)<0,不能狼出a<b.所以“a<b”是 2+2]=(x+3)(x+3). “。<b”的慨不充分也不必要条件，故选D, (2)2x+xy-y-4x+5y-6=2x+(y-4)x-y+5y-6 3.B当abc=0时，若a=1,b=c=0,不能机出a十十 =2x+(y-4)x-(y-2)(y-3)=(2x-y+2)(x+y-3). c=0,不满足充分：当a'十b十c=0,别a=b=C=0, 或2x+ry-y-4r+5y-6=(2x+xy-y)-(4r 有abm=0,满足必要性：所以“alc=0”是“a十b十c=0” 5y)-6=(2.r-y)(x+y)-(4r-5y)-6=(2.x-y+2) 的必要不充分条件， (x十y-3). 4.BD当a>. 2.解：(1)原式=x+(-y十6y)x十（一y·6y) 1b>1 时，a十b>2,但反之，a十h>2不能得到 =(x-y)(x十6y): 公：故A错溪1不能得到x=一1，反之=一 (2)原式=x+[-3:-(a+2)]x+(-3a)[-(a+2)] 能够得到x=1,故B正确：“a≠0且b≠0“是“ab≠0”的 =(x-3a)(.x-a-2): (3)原式=x2-5hr+ab+66-a 充要条件，故C错误：由A∩B=A得A二B,所以A=☑ 能够推出A∩B=A,反之，不一定成立，故D正骑 =r-5hr+(3h-a)(2h+a) 5.BC因为方程x十(m一1).x十1=0至多有一个实数根， =2+[(-3h+a)+(-2b-d)]x+(-h+a)(-2b-a) =(x十a一36)(x-a一2h): 所以方程x2十(m一1)x十1=0的判刚式△≤0，即 (m一1)一4≤0，解得一1≤m≤3，利用必要条件的定义， (4)原式=(2018x)-(2018-1)(2018+1).x-1 结合选项可知，一1≤m≤3成主的必要条件可以是选 =2018x-(20182-1).x-1 项B和C. =2018x2+(1-2018)x-1 6.A若ab>0,则a,b同号，所以|a十b=a+b成 =(2018x+1)(x-10. 立，充分性成立：若a十h=|a|十h成立，两边阿时平 3.解：设x十xy一6y十x十13y-6=(x十3y十m)(x-2y+), 方可得：a+b+2ab=a+b十2|ab,所以|ab|=ah,别 ,(x+3y+m)(x-2y+n)=x+xy-6y+(m+n)x+ ab≥0，所以必要性不成立，所以“ab>0”是“|a十b|= (3n-2m)y十m: |a+b”的充分不必要条件，故选A. ∴x+xy-6y2+x+13y-6=x2+xy-6y2+(m十m) 7,BD取a=-2.b=一4.得(4十1)十(b+3)=2≠0，故 x十(3n一2m)y十nn, A不是“a<0,b<0"的必要条件：由4<0，b<0,得a十b< m十刀=1， 0,放B是“a<0,b<0”的必要条件：取a=一2，b=一4，得 对比左右两边相同项的系数可得3n一2m=13, a-6=一2-（一4）=2>0，故C不是“a<0.<0”的必要 mn=一6. 条件：由a<0,0,得分>0，放D是“a<0,h<0"的必要 解得/m=一2. 【n=3. 条件.故选BD. ∴.原式=(x+3y-2)(x-2y+3). 80 参考答案 【随堂达标演练】 当xy≠0时，能撞出x≠0，所以“r≠0“是“xy≠0”的必要 1.Ca±0=(a+b)(a-b)>0=a-6>0=a>6台 不充分条件，C正扇：由x十y=0可得x=一y,当满足 4-b a>b为充要条件，故选C. ≠0时，才可得号-1，即十y=0粮不出号=-1，反 2.BD对A选项，p→g,但xy<0不一定得到x>0,y<0, 之，当=-1时，可得x=一y,即x十y=0,所以“x十 故争不是？的无受条件：对B速项，p→，且？→，即 p一g,故p是g的充要条件；对C选项，x>5不能得到 y=0是“=一1”的必要不充分条件，故D不正确.故 x>10,但x>10一定x>5,故p不是g的克要条件：对D y 谌项，p→g,且9→p,故p是g的充要条件，故选BD. 选AC 3.D方程x+kx十2=0有实根，枚△=k一8≥0， 7.答案：(1)(2)(3) 解得k≤-2泛或k≥22， 解析：(1)开关A闭合，灯泡B亮：而灯泡B亮时，开关A 方程x十2x十k=0有实根，故△=4一4k≥0， 不一定闭合，所以开关A闭合是灯泡B亮的充分不必要 解得k≤1. 条件，选项(1)正扇. 综上所速，k≤一2瓦，只有D速项符合题意 (2)开关A闭合，灯泡B不一定亮，而灯泡B亮时，开关A 若方程x十x十2=0与x十2x十k=0有一个公共实数 必须闭合，所以开关A闭合是打泡B亮的必要不充分条 张，设公共实根为· 件，速项(2)正确. (3)开芙A闭合，女泡B亮：而灯泡B亮时，开关A必须 则 xi+kx,+2=0, 两式相减得(k-2)x,十(2一)=0， x+2x1+k=0, 闭合，所以开关A闭合是灯泡B亮的克要条件，选项(3) 正确， (k一2)x1=k-2, 由于k一2≠0，所以x1=1, (4)开美A闭合，灯泡B不一定亮：而灯泡B亮时，开美A 所以1十k十2=0，k=一3. 不一定闭合，所以开关A闭合是灯泡B亮的既不充分也 当k■一3时，两个方程分别为7-3十2=0，x十2x-3=0, 不必要条件，达项(4)错误，故答案为(1)(2)(3)正确. 方程x-3x+2=0的两个根为1,2： 8.答案：①③④ 方程x+2x一3=0的两个根为1.一3： 解析：对于①，2021=4×505+1，则2021∈[1]，①正 即方程x十kx十2=0与x2十2x十k=0有一个公共实 确：对于②，一1=4×（一1）十3，则一1∈[3]，②不正 数极 确：对于③，：任意整数除以4，余数可以且只可以是0,1， 棕上所述，方程x十kx十2=0与x十2x十k=0有一个 2,3四类，则Z=[0]U[1]U[2]U[3],③正骑：对于④： 公共实数根的充要条件是k=一3.故选D. 若整数4，b离于同一“类”，则整致a、b被4除的余数相 4,C由1<-2.x十m<5得1一m<一2x<5一m,故 同，可设日=4”十k,b=4元十表，其中””∈乙，K∈(0,1， (m-5)K<2(m-1), 1 2,3},则a-b=4(n,-),故d一b∈[0们，若a-b∈[0]， 不妨令a=4n,十k,6=4n十k(nn∈Z,k1,k,∈{0,1， 因为“一1<x<1"是“1<-2x十m<5”的充要条件， 2,3}),别a一b=4(n一m)十(k,一k),显然n1一元∈Z 2(m-5)=-1, k一，∈(0,1,2.31，于是得k,一|=0，.k=,即荟数 所以 解得m=3, ab属于同一“类”，“整数ab属于同一‘类”的充要条件 2(m-1)=1, 是“a一长[0们”，①正确.∴正确的结论是①③①. 所以实数m的取值是3，故选C 9,答案：a<1 5.B不等式一1≤x一m<1￥价于：m一1<r<m十1，由题 解析：x2一4以+4一1=0有一正一负根台 “<<号”是”-1一m<1”成主的充分不必要 意得“ [a-1<0, 4=(-a)-4(a-1)>0,3a<1故签案为a<1. 条件，所以（）(m-1,m+1,且(，） 10.答案：充要 解析：由A门B=A可得A三B,所以CB二CcA,由 m-1 CB二CA得A三B,进而A∩B=A,故“A∩B=A"是 (m一1，m十1)，所以 ,且等号不能同时成立， “CBCCA”的充要条件.故签紫为充要 第五节金称量词与存在量词 解得一豆 ≤m≤3，故实数m的取值范国是 【随堂达标演练】 41 1.Ap,g都是假命题.由p:了r∈R,mr十2≤0为假命 题，得Vx∈R,m.x+2>0,m≥0. 6.AC图为xy>0与>0等价，救“xy>0”是“二>0“的 由9：x∈R,r2-2mx+1>0为假命题，探3r∈R,x2 2m.x十1≤0 充美条件A显确：调为一1>y一2，宁一号枚不 ,4=(一2m)-4≥0，得m≤-1或m≥1. m≥1 出工>1，故B错误：周为当r≠0，y=0时推不出xy≠0， 故选A L81