专题2 常用逻辑用语-【创新大课堂】高考数学五年（2022-2026年）真题分类汇编168优化重组卷

专题2常用逻辑用语 考向充分条件与必要条件 B.必要不充分条件 1.(2026·北京卷，4分){am},{bn}是无穷数列，则 C.充要条件 “存在常数M,使an≤M≤bn(n=1,2,3,…)”是 D.既不充分也不必要条件 “am≤bn(n=1,2,3,…)”的 )5.(2024·新课标Ⅱ卷，5分)已知命题：Vx∈R, A.充分不必要条件 |x十1|>1；命题q:3x>0,x3=x.则() B.必要不充分条件 A.p和q都是真命题 C.充分必要条件 B.一p和q都是真命题 D.既不充分也不必要条件 C.饣和q都是真命题 2.(2026·天津卷，5分)设x∈R,则“x>0”是 D.7饣和q都是真命题 “x2+3x>0”的 ）6.(2024·北京卷，4分)设a,b是向量，则“(a十b)· A.充分不必要条件 (a-b)=0”是“a=-b或a=b”的 ( B.必要不充分条件 A.充分不必要条件 C.充分必要条件 B.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件 C.充要条件 3.(2026·上海卷，5分)对于任意两个复数之，， D.既不充分也不必要条件 如果满足“之一心∈R”或“之一∈R”,那么就称之 、 7.(2024·天津卷，5分)设a,b∈R,则“a3=b3”是 与伴随.如果之与伴随，则一i与之十i伴 “34=3b”的 随的充要条件是（注：在复数中，Re代表复数的 A.充分不必要条件 实部；Im代表复数的虚部)》 B.必要不充分条件 A.Re之十Re=0 C.充要条件 B.Re之-Re=0 D.既不充分也不必要条件 C.Im之+Imw=0 8.(2023·新课标I卷，5分)设Sm为数列{am}的 D.Im之-Imw=0 4.(2025·天津卷，5分)设x∈R,则“x=0”是 前a项和设甲：a,为等老数列：乙一}为等 “sin2.x=0”的 差数列.则 A.充分不必要条件 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 (1)给定数列A:1,3,2,4,6,3,1,9和序列2： C.甲是乙的充要条件 (1,3,5,7),(2,4,6,8),(1,3,5,7),写出 D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要 2(A); 条件 (2)是否存在序列2，使得2(A)为a1十2，a2十 9.(2023·全国甲卷·理，5分)设甲：sina十sin2B= 6,a3+4,a4+2,a5+8,a6+2,a7+4,a8+4? 1,乙：sina十cos3=0,则 若存在，写出一个2，若不存在，请说明理由； A.甲是乙的充分条件但不是必要条件 (3)若数列A的各项均为正整数，且a1十a3十 B.甲是乙的必要条件但不是充分条件 a5十a7为偶数，求证：“存在序列2，使得2(A) C.甲是乙的充要条件 的各项都相等”的充要条件为“a1十a2=a3+ D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要 a4=a5十a6=a7十a8”. 条件 10.(2023·天津卷，5分)“a2=b2”是“a2+b2= 2ab”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.既不充分又不必要条件 11.(2024·北京卷，15分)已知集合M={(i,j,k, w)i∈{1,2}，j∈{3,4〉，k∈{5,6}，w∈{7,8}， 且i十j十k十w为偶数}.给定数列A:a1, a2,…,a8和序列2：T1,T2,…,T,其中T= (i4,j,k,w)∈M(t=1,2,…,s),对数列A进 行如下变换：将A的第i1j1,k1w1项均加1， 其余项不变，得到的数列记作T1(A);将 T1(A)的第i2,j2,k2,w2项均加1，其余项不 变，得到的数列记作T2T1(A)；…;以此类 推，得到数列T…T2T1(A),简记为2(A). 4参芳答案与详解 专题1集合 专题2常用逻辑用语 考向1集合的含义与表示 考向充分条件与必要条件 1,D[集合的运算（理性思维、数学应用，数学探索）B=(1,4,9,!1.A[常用逻辑用语十不等式的性质十数列 16,25,81},A∩B=(1,4,9},则CA(A∩B)={2,3,5}.故选D.] 充分性：若存在常数M,使a,≤M≤bn,则由不等式的传递性，得 2.B[依题意，有a-2=0或2a-2-0.当a-2=0时，解得a=2,此 an≤bn,充分性成立.必要性（举反例）：取an=n,bn=n十1，则an≤ 时A={0,一2}，B=(1,0,2},不满足A≤B;当2a-2=0时，解得： b（n=1,2,3,…).当n=1时，1M2,当n=2时，2M≤3，…， a=1,此时A={0,一1}，B={一1,0,1}，满足A二B.所以a=1,故 以此类推，对于任意正整数n,都有M,而不存在常数M大于所 远B.] 有正整数，必要性不成立.故远A] 3.-2[集合与元素的关系因为-1∈A,所以a十1=-1，所以a=2.A[充分，必要条件x>0→r+3x>0,x2+3x>0台x>0或 -2.] x<-3x>0.故“x>0”是“x2十3x>0”的充分不必要条件.] 4.[4,5][集合的补集由题意得A=[4,5].(注意：非上海考卷这3.C[新定义十复数的概念十充分、必要条件设x=a十i,0=c十 里为CA=[4,5])] di,a,b,c,d∈R已知之和伴随，则b一d=0或b十d=0,若一i 5.{1,3,5}[集合的补集A={1,3,5}.] 与z十i伴随，则b十d=0或b一d+2=0,故b十d=0,故选C.] 6.329[集合的性质+排列组合由题意可知集合中最多有一个奇！4.A[三角求值十充要关系的判断由x=0得sn2x=0,所以充 数，其余均为偶数.个数为0的无重复数字的三位正整数有P-72: 分性成立：由sn2x=0得x=经(k∈D,所以必要性不成主.故 (个)：个位为2,4,6,8的无重复数字的三位正整数有CCC=256 “x=0”是“sin2x=0”的充分不必要条件，故远A.] (个).所以集合中最多有72十256=328（个）偶数，再加上一个奇；5，B[全桥量词命题与存在量词命题的真假判断十命题的否定 数，则集合中元素个数的最大值为328十1-329.] 通解因为Hx∈R,x十1≥0，所以命题p为假命题，所以一p为 考向2集合的基本运算 真命题.因为x=x,所以x3一x=0,所以x(2-1)=0,即 1.C「三角求值十集合的交运算 x(x十1)(x一1)=0，解得x=一1或x=0或x=1,所以3x>0,使 因为A={ngos警am要}-{}：B- 得x3=x,所以命题q为真命题，所以一q为假命题，所以一p和q 都是真命题，故远B {9.-子}所以AnB={合号选C] 优解（特殊值法）在命题p中，当x=一1时，x十1=0，所以命 题p为假命题，一p为真命题.在命题中，因为立方根等于本身的 2.A[集合的交运算由√x=x,得x2=x,即x(x一1)=0，解得x= 实数有一1,0,1，所以3x>0,使得x3一x,所以命题g为真命题， 1或x=0,所以B={0,1},所以A∩B={0,1},故远A.] 一q为假命题，所以一p和q都是真命题，故远B.] 3,B[集合的并运算MUN=(xx>-1}=(-1,十∞).故选B.]!6,B[充分条件与必要条件+向量的数量积（理性思维，数学探索） 4.D[集合的补运算、并运算CA={一2,2}，(CA)UB={一2， 由(a十b)·(a一b)=0,得a-b2=0,即a2-b2=0,所以a 0,1,2}.] =b,当a-(1,1),b=(-1,1)时，a=b,但a≠b且a≠-b, 5.C「集合补集十集合中元素个数U=1,2,3,4,5,6,7,8},A=· 故充分性不成立：当a=一b或a=b时，(a十b)·(a一b)=0,故必 1,3,5},故CA-{2,4,6,7,8},故CA中有5个元素.故选C.] 要性成立.所以“(a十b)·(a一b)=0”是“a=一b或a=b”的必要不 6.D[集合的交运算由题可得B={一1,0,1}，所以A∩B={0, 充分条件.] 1},故远D.] !7.C[充分、必要条件（数学探索）由函数y=x3单调递增可知，若 7.D[集合的并、补运算由题可得AUB=(1,2,3,5},所以 a3=,则a=b:由函数y=3单调递增可知，若3“=3，则a=b. Cr(AUB)={4},故选D.] 故“a3=”是“3=3”的充要条件，故远C.] 8.A[集合的交运算十三次不等式的解法（理性思雏、数学探索） 8.C[若{an}为等差数列，设其公差为d,则an=a1十(n-1)d,所以 通解（直接法）因为A={x-5<x3<5}=x-5<r<5},: S=购+n2所以是=a1+a-1D·号，所以器-是 2 n十1n (注：a<b=a3<)B={-3,-1,0,2,3},所以A∩B={-1,0}, 故远A. a1十(n+1-1)· -【4中a-号】=号为常数，所以 优解（验证法）。因为(-3)3=-27<-5，(-1)3=-1∈(-5,5)，1 03=0∈(-5,5)，23=8>5,33=27>5，所以-1∈A,0∈A,-3∈ {三}为等差数列，即甲一乙；若三}为等差数列，设其公差为， n了 n了 A,2在A,3庄A,所以A∩B={一1,0}，故选A.] 9.C[集合的交运算因为B={xx十1∈A},分别令x十1一1，x十 则- +(n-1)t=a+(n-1)t,所以Sn=na1+n(n-1),所 1=2,x十1=3，x十1=4，x+1=5,x十1=9，得x=0,1,2,3,4,8, 所以B={0,1,2,3,4,8},于是A∩B=(1,2,3,4},故选C.] 以当n≥2时，a,=Sw-Sn-1=a1+n(n-1)f-[(n-1)a1十(n- 1)(n-2)]=a十2(n-1)i,当n=1时，S1=a1也满足上式，所以 10.C[集合的并运算（理性思雏）由集合的并运算，得MUN={x a=a1+2(n-1)i(n∈N),所以am+1-a,=a1+2(n十1-1)t 一34}.故远C.] [a1十2(n一1)t]=2i,为常数，所以{a}为等差数列，即甲←乙.所 11.B[集合的交集运算（理性思维）因为A={1,2,3,4},B={2,, 以甲是乙的充要条件，故远C.门 12.CC因为N={zxx-6≥0)=zx≥3或≤-2，所以9.BE甲￥价于ina=1一sing=cosB,等价于sina=士os,所以 3,4,5},所以A∩B={2,3,4},故选B.] 由甲不能推导出sina十cosB=0,所以甲不是乙的充分条件；由 M∩N={-2}.故远C.] sina+cos3=0,得sina=一cos3,平方可得sina=cos3=1-sin3, 13.A[M={…,-2,1,4,7,10,…},N={…,-1,2,5,8,11,…}, 即ina十sin3=1,所以由乙可以推导出甲，则甲是乙的必要条件，综 所以MUV=(,-2,-1,1,2,4,5,7,8,10,11,…},所以Cu(M!上，选B.7 UN)-(…,-3,0,3,6,9,…,其元素都是3的倍数，即Cu(MU10.B[若a2=,则当a=-b≠0时，有a2+=22,2ab=一2d2,即 N)={xx=3k,k∈Z},故远A. a2+≠2ab,所以由a2=}x2+2=2ab:若a2+形-2ab,则有a2十 14,A[由题意知，CuM={2,3,5},又V={2,5},所以NUCM= -2ab=0,即(a-b)2=0,所以a=b,则有a2=,即2十=2ab→ {2,3,5},故选A门 a2=,所以“a2=”是“a2十形=2a”的必要不充分条件.故远B] 15.A[MUN={xx<2},所以Cu(MUN)={xx≥2}，故选A.]11.新定义+充要条件（理性思维、数学探索） 16.A[由题意知，CN=2,4,8},所以MUCN={0,2,4,6,8}.解(1)2(A):3,4,4,5,8,4,3,10. 故远A.门 (2)不存在.理由如下： 17.A[因为U={1,2,3,4,5},B={1,2,4},所以CB={3,5},又 若存在n,则a1,a2与aa4增加值之和应该相等，注意到a1,a2 A={1,3},所以(CuB)UA=(1,3,5.故选A.] 一共增加了8，而aa:一共增加了6，从而不存在符合题意的2. 85 (3)第1步：证明必要性 !2.A[分段函数十函数性质通解当x∈[一1,0]时，一x十2∈ 因为存在序列2，使得a1=a2=…=ag,所以a1十a=a3十a:=a1 [2,3],所以当x∈[-1,0]时，f(x)=f(-x)-f(-x+2)=5 +a6=a1十a8. 又每次进行变换时，a1十a2,a3十a,a十a,a,十ag均增加1， 2(-+2)=1+2,所以/(-）=1-号=-数选A 故经过n(n∈N”）次变换后，a1十a2十n=ag十a:十n=a十ag十n, =a,十ag十n,可得a1十a2=a3十a=a5+as=a,十ag恒成立. 光速解15秒(-子)=∫（子）=f(子+2)=5-2× 第2步：证明充分性 如果a1十a2=ag十a1=a十a5=a?十ag, (+2）=合 且还有a1一a2=a3一a:=a;-ag=a,一ag=0, ,3.ABD[奇函数的性质十函数的极值 则有a1=a2=ag=a=a=a6=a,=ag,即n(A)为常数列， A(/)根据奇函数的定义有f(0)=0. 由于每次变换后均有a1十a2=a十a:=a;十a=a,十ag, B(√/)当x<0时，-x>0,所以f(-x)=(x2一3)ex十2，因为 故我们只需证明可在某一步变换后有a1一a2=ag一a:一a:一a6一 f(-x)=-f(x),所以f(x)=-(x2-3)ex-2. a-a8=0. 错误项分析C(X)当x>0时，(.x)-(x2+2x一3)e= 设(S1,S2,S3,S)=(a1-a2,a3-a,a:-a6a,-as)， (x一1)(x十3)e,所以函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，+o) 从而(S1,S,,S,S,)在每次变换后相当于偶数个位置上加1，其余！ 上单调递增，又f()=2,当x→0+时，(x)→一1，所以由f(x) 减1， ≥2得x≥√3：当x0时，f(一1)=2(e-1)>2,满足f(x)≥2，但 由a1十a2=ag十a:=a十a6=a?十ag,可得初始情况下S1,S2,! -1任[5，+0∞). S3,S:同时为奇数或同时为偶数. 不妨设为偶，则a1十a十a:十a,为偶，所以S1十S2十S十S:为4！ D(√)根据C解析知x一1是函数f(x)的极小值，点，根据奇函数图 的倍数，且在变换后仍同时为奇数或同时为偶数，且和为4的！ 象关于原点对称，知x=一1是函数f(x)的极大值点，] 倍数 4,D[函数图象的识别十函数的奇偶性由题图可知函数f(x)的 经过若千次变换后，不妨设maxS:达到最小值，且取maxS:的； S最少， 定义城为(xx≠士1，且f()为偶函数，易得(x)=1-z与 不妨设成S,|且S>0. 八)=千-均为奇函数，排除选项A,B由题图可知当x>1时， 当S1≥2时， ①假设还有S,≥2 团>0，易得当>1时，)=<0，f)=马>0，静 若S≥2， 则(S1,S,S3,S)→(S1-1,S2-1,S3-1,S-1)→(S1-2,S2- 除C,故选D.] 2,S3,S), 5.B[设R)=h号号，易知(x)的定义域为(-0，-）U 若Sg一2， 则(S1,S2,S3,S)→(S1-1,S2十1，S3-1,S:十1)→(S1-2,S2十1 2,S3,S),(*) 总可使S1,S。同时减小，与假设矛盾。 ②假设S,,S,S,<1, -R,所以g6)为奇画数，若)=(x十an为偶函数， 若S,S,S中有小于零的，设为S,同(*)即可， 则y=x十a也应为奇函数，所以a=0,故远B.] 若S,S3,S均大于等于零，所有位置同时减2， :6.D[f(x)的定义域为{xx≠0}，因为f(x)是偶函数，所以f(x)= 与假设矛盾. e2=e-i,即e1-e=-ea-lr+e5,即 f(-x),即xe 当S11时，S:要么为0，要么为士1， 由于S1十S。十S3十S:是4的倍数，只可能为以下几种及其轮换，： e1-az+ea-1z=e+e,所以a-1-±1，解得a-0(舍去)或 a(0,0,0,0), a=2,故选D.] b.(1,1,-1,-1)→(0,0,0,0) 7.一1[函数的奇偶性因为f(x)是偶函数，所以f(4)=f(一4)= c.(1,1,1,1)→(0,0,0,0)， 3,即f(4)=√4一a=3,所以a=一1.] d(-1,-1,-1,-1)→(0,0,0,0)， :8.0「函数的奇偶性通解因为f(x)是奇函数，所以f(一x)= 故均与假设矛盾，即maxS:最小时为0， 一f(x),即(-x)3十a=-(x3十a),得a=0. 即总能使得(S,S,S,S)→(0,0,0,0)，即了n,使得2(A)为常数列.： 优解因为f(x)是奇函数，所以f(0)=a=0.] 专题3函数的图象和性质 9.2[因为f)为偶函数，所以f(-D=f(x,即(-工-1)-ar+ 考向1函数的概念及其表示 si加(x+）=u-l+ax+sin(+受）小得a=2.] 1.C[由f(x)=1+2,得f（-)=1+2 考向3函数的单调性与最值 2 :1,D[奇偶性+单调性 2 2 1 1中2，所以-)+x)=1中2+1中2l.故选C.] (排除法)错误项分析A(X)定义城为R,一x)=一产+百 2.W3[分段函数求值因为3>0，所以f(3)=√3.] 2十=fx),f(x)是偶函数 1 3.（一0,0)U(0,1】[由题意可得≠0、解得≤1且r≠0，所 错误项分析B(X)f(x)一sinx是奇函数，但在定义域上不单调 11-x≥0， 递增 以函数f(x)的定义域为(-∞，0)U(0,1].] 错误项分析C(X)定义域为R,f(一x)=2x一2-= 考向2函数的奇偶性 一(2x一2)=一f(x),f(x)是奇函数.因为y=2x,y=一2均 1.D[函数的奇偶性 在R上单调递减，所以f(x)=2x一2在R上单调递减. (性质法和赋值法)因为(x)是定义域为R的偶函数，所以f(x)! =f(-x),因为f八x)+f(x-2)=0,所以f(3)十f1)=0,f(1)+ D)令0，中气0，得-5<<5，所以1)=n号 x-5 f(-1)=0,则f1)+f(1)=0,所以f(1)=0,则f(3)=-f(1)=! 的定义城为(-5,5关于原点对称.f(-)=1n-n号 0,所以9+3a+b=0①.由f(x)+fx-2)=0,得f(2)十 (z)=0()+(-)-0,所以r(受)+（分）月 =-,所以是奇画数.e)=1n-n二6,10 5-x =0()十/（受）=0.所以（受）=（受）小所以号 =h(1-9与)y=1nx在定又线上单洞递增，y=-1-9 号a十=5+号4+b解得a=-4,代入①，得6=3故选D] 在定义诚上单调道增，所以)=1在(-5,5上单调逅增。 故远D.] 86