2022年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 邏輯與推理教學(xué)案
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1、2022年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 邏輯與推理教學(xué)案 考綱指要: 掌握常用的邏輯用語(yǔ),包括命題與量詞,基本邏輯聯(lián)結(jié)詞以及充分條件、必要條件與命題的四種形式,合情推理和演繹推理、直接證明與間接證明、數(shù)學(xué)歸納法(理科)等內(nèi)容。 考點(diǎn)掃描: 1.常用邏輯用語(yǔ):(1)命題及其關(guān)系;(2)簡(jiǎn)單的邏輯聯(lián)結(jié)詞;(3)全稱量詞與存在量詞 2.推理與證明:(1)合情推理與演繹推理;(2)直接證明與間接證明。 考題先知: 例1。已知p|1-|≤2,q:x2-2x+1-m2≤0(m>0),若?p是?q的必要而不充分條件,求實(shí)數(shù)m的取值范圍 分析:利用等價(jià)命題先進(jìn)行命題的等價(jià)轉(zhuǎn)化,搞清晰命題中條件與
2、結(jié)論的關(guān)系,再去解不等式,找解集間的包含關(guān)系,進(jìn)而使問(wèn)題解決 解由題意知 命題若?p是?q的必要而不充分條件的等價(jià)命題即逆否命題為p是q的充分不必要條件 p:|1-|≤2-2≤-1≤2-1≤≤3-2≤x≤10 q:x2-2x+1-m2≤0[x-(1-m)][x-(1+m)]≤0 * ∵p是q的充分不必要條件, ∴不等式|1-|≤2的解集是x2-2x+1-m2≤0(m>0)解集的子集 又∵m>0 ∴不等式*的解集為1-m≤x≤1+m ∴,∴m≥9, ∴實(shí)數(shù)m的取值范圍是[9,+∞ 點(diǎn)評(píng):對(duì)四種命題以及充要條件的定義實(shí)質(zhì)理解不清晰是解此題的難點(diǎn),對(duì)否命題,學(xué)生本身存在著語(yǔ)言
3、理解上的困難 例2.已知函數(shù) (I)當(dāng)時(shí),若函數(shù)在區(qū)間上是增函數(shù),求實(shí)數(shù)的取值范圍; (II)當(dāng)時(shí), (1)求證:對(duì)任意的,的充要條件是; (2)若關(guān)于的實(shí)系數(shù)方程有兩個(gè)實(shí)根,求證:且的充要條件是 解:(1)當(dāng)時(shí),, 在(—1,1)上為單調(diào)遞增函數(shù),在(—1,1)上恒成立在(—1,1)上恒成立 (2)設(shè),則 復(fù)習(xí)智略: A B K F P Q l O x y 圖1 例3.如圖,F(xiàn)是定直線l外的一個(gè)定點(diǎn),C是l上的動(dòng)點(diǎn),有下列結(jié)論:若以C為圓心,CF為半徑的圓與l交于A、B兩點(diǎn),過(guò)A、B分別作l的垂線與圓C過(guò)F的切線交于點(diǎn)P和點(diǎn)Q,則P、Q
4、必在以F為焦點(diǎn),l為準(zhǔn)線的同一條拋物線上. (Ⅰ)建立適當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系,求出該拋物線的方程; (Ⅱ)對(duì)以上結(jié)論的反向思考可以得到另一個(gè)命題: “若過(guò)拋物線焦點(diǎn)F的直線與拋物線交于P、Q兩點(diǎn), 則以PQ為直徑的圓一定與拋物線的準(zhǔn)線l相切”請(qǐng) 問(wèn):此命題是否正確?試證明你的判斷; (Ⅲ)請(qǐng)選擇橢圓或雙曲線之一類比(Ⅱ)寫(xiě)出相應(yīng)的命題并證明其真假. A B D F P Q l M O x y 圖2 解:(Ⅰ)過(guò)F作l的垂線交l于K,以KF的中點(diǎn)為原點(diǎn),KF所在的直線為x軸建立平面直角坐標(biāo)系如圖1,并設(shè)|KF|=p,則可得該該拋物線的 方程為 . (Ⅱ)該命題為
5、真命題,證明如下:
如圖2,設(shè)PQ中點(diǎn)為M,P、Q、M在拋物線準(zhǔn)線l上的射影分別為A、B、D,
∵PQ是拋物線過(guò)焦點(diǎn)F的弦,∴ |PF|=|PA|,|QF|=|QB|,又|MD|是梯形APQB
的中位線, ∴ .
∵M(jìn)是以PQ為直徑的圓的圓心,∴圓M與l相切.
(注:也可利用方程及坐標(biāo)證明).
(Ⅲ)選擇橢圓類比(Ⅱ)所寫(xiě)出的命題為:
“過(guò)橢圓一焦點(diǎn)F的直線與橢圓交于P、Q兩點(diǎn),則以PQ為直徑的圓一定與橢圓相應(yīng)的準(zhǔn)線l相離”. 此命題為真命題,證明如下:
證明:設(shè)PQ中點(diǎn)為M,橢圓的離心率為e,
則0 6、D,
∵,∴; 同理得 .
∵|MD|是梯形APQB的中位線,
∴.
∴圓M與準(zhǔn)線l相離.
選擇雙曲線類比(Ⅱ)所寫(xiě)出的命題為:
“過(guò)雙曲線一焦點(diǎn)F的直線與雙曲線交于P、Q兩點(diǎn),則以PQ為直徑的圓一定與雙曲線相應(yīng)的準(zhǔn)線l相交”. 此命題為真命題,證明如下:
證明:設(shè)PQ中點(diǎn)為M,雙曲線的離心率為e,則e>1,P、Q、M在相應(yīng)準(zhǔn)線l上的 射影分別為A、B、D,
∵,∴; 同理得 .
∵|MD|是梯形APQB的中位線,
∴.
∴圓M與準(zhǔn)線l相交.
檢測(cè)評(píng)估:
1函數(shù)f(x)=x|x+a|+b是奇函數(shù)的充要條件是( )
Aab=0 Ba+b=0 7、 Ca=b Da2+b2=0
2 “a=1”是函數(shù)y=cos2ax-sin2ax的最小正周期為“π”的( )
A充分不必要條件 B必要不充分條件
C充要條件 D既非充分條件也不是必要條件
3. 現(xiàn)代社會(huì)對(duì)破譯密碼的難度要求越來(lái)越高.有一種密碼把英文的明文(真實(shí)文)按字母分解,其中英文的的26個(gè)字母(不論大小寫(xiě))依次對(duì)應(yīng)1,2,3,…,26這26個(gè)自然數(shù)(見(jiàn)下表):
a
b
c
d
e
f
g
h
i
j
k
l
m
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
n
o
p
q
r
s
8、
t
u
v
w
x
y
z
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
現(xiàn)給出一個(gè)變換公式:
將明文轉(zhuǎn)換成密文,如,即變成; ,即變成.按上述規(guī)定,若將明文譯成的密文是shxc,那么原來(lái)的明文是
A. lhho B.love C.ohhl D.eovl
4.命題p:“有些三角形是等腰三角形”,則┐p是( )
A.有些三角形不是等腰三角形 B.所有三角形是等腰三角形
C.所有三角形不是等腰三角形 D.所有三角形是等腰三角形
5、給出如下兩個(gè)命題:命題A 9、:函數(shù)為增函數(shù)。
命題B:不等式的解集為。
若命題“A或B”為真命題,而命題“A且B”為假命題,則實(shí)數(shù)的取值范圍是( )A、 B、
C、 D、
6。把下面在平面內(nèi)成立的結(jié)論類比推廣到空間,并判斷類比的結(jié)論是否成立:
1) 如果一條直線與兩條平行直線中的一條相交,則必于另一條相交。
2)如果兩條直線同時(shí)垂直與第三條直線,則這兩條直線平行。
10、
7。 有A、B、C三個(gè)盒子,其中一個(gè)內(nèi)放有一個(gè)蘋(píng)果,在三個(gè)盒子上各有一張紙條.
A盒子上的紙條寫(xiě)的是“蘋(píng)果在此盒內(nèi)”,
B盒子上的紙條寫(xiě)的是“蘋(píng)果不在此盒內(nèi)”,
C盒子上的紙條寫(xiě)的是“蘋(píng)果不在A盒內(nèi)”.
如果三張紙條中只有一張寫(xiě)的是真的,請(qǐng)問(wèn)蘋(píng)果究竟在哪個(gè)盒子里
8.有一個(gè)游戲:將分別寫(xiě)有數(shù)字1,2,3,4的四張卡片隨機(jī)發(fā)給甲、乙、丙、丁4個(gè)人,每人一張,并請(qǐng)4個(gè)人進(jìn)行預(yù)測(cè):甲說(shuō):乙或丙拿到標(biāo)有3的卡片; 乙說(shuō):甲或丙拿到標(biāo)有2的 11、卡片;丙說(shuō):標(biāo)有1的卡片在甲手中;丁說(shuō):甲拿到標(biāo)有3的卡片. 結(jié)果顯示:甲、乙、丙、丁4個(gè)人預(yù)測(cè)的都不正確.那么甲、乙、丙、丁4個(gè)人拿到的卡片依次為
9.有限集合中元素的個(gè)數(shù)記做,設(shè)都為有限集合,給出下列命題:
①的充要條件是;②的必要條件是;③的充要條件是;④的充要條件是.其中真命題的序號(hào)是
10.給出如下4個(gè)命題:①若α、β是兩個(gè)不重合的平面,、m是兩條不重合的直線,則α∥β的一個(gè)充分而不必要條件是⊥α,m⊥β,且∥m;②對(duì)于任意一條直線a,平面α內(nèi)必有無(wú)數(shù)條直線與a垂直;③已知命題P:若四點(diǎn)不共面,那么這四點(diǎn)中任何三點(diǎn)都不共線. 12、而命題P的逆否命題是假命題;④已知a、b、c、d是四條不重合的直線,如果a⊥c,a⊥d,b⊥c,b⊥d,則“a∥b”與“c∥d”不可能都不成立.在以上4個(gè)命題中,正確命題的序號(hào)是_____. (要求將所有你認(rèn)為正確的命題序號(hào)都填上)
11.角鐵是一種工業(yè)用鋼料(如圖), 它成直二面角PQ?MN?RS (PQMN、RSMN是全等的長(zhǎng)方形).取MN的中點(diǎn)O,在QP上取點(diǎn)B、B1,在SR上取點(diǎn)A、A1,使
∠MOB=∠MOA=∠B1ON=∠A1ON.為給一物體棱的轉(zhuǎn)角處包上角鐵,可沿OA,OA1,OB,OB1切割出?OAA1,?OBB1,然后將角鐵繞內(nèi)部折疊,將OA與OA1,OB與OB1 13、焊合,并使∠MON=900.
(1)設(shè)AB的中點(diǎn)為D, A1B1的中點(diǎn)為D1,證明焊接前M、D、D1、N四點(diǎn)共面;
(2)求切割線OA與棱OM所成的角.
12.已知函數(shù)f(x)=x4+ax3+bx2+c,在y軸上的截距為-5,在區(qū)間[0,1]上單調(diào)遞增,在[1,2]上單調(diào)遞減,又當(dāng)x=0,x=2時(shí)取得極小值.
(Ⅰ)求函數(shù)f(x)的解析式;
(Ⅱ)能否找到函數(shù)f(x)垂直于x軸的對(duì)稱軸,并證明你的結(jié)論;
(Ⅲ)設(shè)使關(guān)于x的方程f(x)=λ2x2-5恰有三個(gè)不同實(shí)根的實(shí)數(shù)λ的取值范圍為集合A,且兩個(gè)非零實(shí)根為x1、x2.試問(wèn):是否存在實(shí)數(shù)m,使得不等式m2+tm+2≤|x1-x2 14、|對(duì)任意
t∈[-3,3], λ∈A恒成立?若存在,求m的取值范圍;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.
點(diǎn)撥與全解:
1解析若a2+b2=0,即a=b=0,此時(shí)f(-x)=(-x)|x+0|+0=-x·|x|=-(x|x+0|+b)=-(x|x+a|+b)=-f(x)
∴a2+b2=0是f(x)為奇函數(shù)的充分條件,又若f(x)=x|x+a|+b是奇函數(shù),即f(-x)=(-x)|(-x)+a|+b=-f(x),則必有a=b=0,即a2+b2=0∴a2+b2=0是f(x)為奇函數(shù)的必要條件故選D。
2解析若a=1,則y=cos2x-sin2x=cos2x,此時(shí)y的最小正周期為π故a=1是 15、充分條件,反過(guò)來(lái),由y=cos2ax-sin2ax=cos2ax故函數(shù)y的最小正周期為π,則a=±1,故a=1不是必要條件故選A。
3.由得,故,同理,所以選B。
4.解:像這種存在性命題的否定命題也有其規(guī)律:命題p:“存在使P(x)成立”,┐p為:“對(duì)任意”,它恰與全稱性命題的否定命題相反,故的答案為C。
5.解:由命題A知:;由命題B知:,而命題A與B中有且只有一個(gè)為真命題,所以選A。
6。1)一個(gè)平面如和兩個(gè)平行平面中的一個(gè)相交,則必然和另一個(gè)也相交,這結(jié)論成立;
2)若兩個(gè)平面同時(shí)垂直第三個(gè)平面,則這兩個(gè)平面也相互平行,此結(jié)論不成立。
7.解:若蘋(píng)果在A盒內(nèi),則A、B兩個(gè)盒 16、子上的紙條寫(xiě)的為真,不合題意.
若蘋(píng)果在B盒內(nèi),則A、B兩個(gè)盒子上的紙條寫(xiě)的為假,C盒子上的紙條寫(xiě)的為真,符合題意,即蘋(píng)果在B盒內(nèi).
同樣,若蘋(píng)果在C盒內(nèi),則B、C兩盒子上的紙條寫(xiě)的為真,不合題意.
綜上,蘋(píng)果在B盒內(nèi).
8.由丙丁可知甲手中的卡片可能是2或4,再由乙可知,甲手中的卡片只能是4;由甲乙可知丙手中的卡片可能是1或4,從而丙手中的卡片只能是1;又由甲知乙手中的卡片不可能是3,所以只能是2;于是丁手中的卡片是3。綜上所述,拿到的卡片依次為4213。
9.①②
10. ①②④
11. (1)證:過(guò)MN在平面MNPQ與平面MNRS間作平面g 使它與平面MNPQ及平面MNRS 17、都成45o角,g與AB交于.作BC⊥MN于C,則AC⊥MN,從而MN⊥平面ACB,故OC⊥
C,因此∠BC、∠AC分別是二面角g?MN?B、g?MN?A的平面角,故∠BC=45o=∠AC,這樣可知為等腰直角DACB斜邊AB的中點(diǎn),D與重合,因此D在平面g上.
同理D1也在平面g上,故M、D、D1、N四點(diǎn)共面.
(2)解:設(shè)OA與OM成q 角,由條件可知,焊接后OD與O重合,故OD、OM、ON共面,因此∠COD=∠NOD1=45o 這樣可知DC=CO.而AC=COtanq ,AC=CD,
故tanq=.故q=arctan ,即切割線OA與棱OM所成的角為arctan 18、 .
12.(Ⅰ)解:∵函數(shù)f(x)=x4+ax3+bx2+c,在y軸上的截距為-5, ∴c=-5.
∵函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,1]上單調(diào)遞增,在[1,2]上單調(diào)遞減,
∴x=1時(shí)取得極大值,又當(dāng)x=0,x=2時(shí)函數(shù)f(x)取得極小值.
∴x=0,x=1, x=2為函數(shù)f(x)的三個(gè)極值點(diǎn),
即f'(x)=0的三個(gè)根為0,1,2,
∴f '(x)=4x3+3ax2+2bx=4x(x-1)(x-2))=4x3-12x2+8x.
∴a=-4,b=4, ∴函數(shù)f(x)的解析式: f(x)=x4-4x3+4x2-5.
(Ⅱ)解:若函數(shù)f(x)存在垂直于x軸的對(duì)稱軸, 19、設(shè)對(duì)稱軸方程為x=t,
則f(t +x)=f(t-x)對(duì)x∈R恒成立.
即: (t +x)4-4(t +x)3+4(t +x)2-5=(t-x)4-4(t-x)3+4(t-x)2-5.
化簡(jiǎn)得(t-1)x3+( t2-3 t +2)x=0對(duì)x∈R恒成立.
∴∴t=1
即函數(shù)f(x)存在垂直于x軸的對(duì)稱軸x=1.
(Ⅲ)解:x4-4x3+4x2-5=λ2x2-5恰好有三個(gè)不同的根,
即x4-4x3+4x2-λ2x2=0恰好有三個(gè)不同的根,
即x2(x2-4x+4-λ2)=0,∵x=0是一個(gè)根,
∴方程x2-4x+4-λ2=0應(yīng)有兩個(gè)非零的不相等的實(shí)數(shù)根,
∴△=16-4(4-λ2)=4λ2>0,且x1x2=4-l2≠0,∴l(xiāng)≠0,-2,2.
若存在實(shí)數(shù)m,使得不等式m2+tm+2≤|x1-x2|對(duì)任意t∈[-3,3], λ∈A恒成立.
∵|x1-x2|==2|l|>0,
要使m2+tm+2≤|x1-x2|對(duì)任意t∈[-3,3], λ∈A恒成立,
只要m2+tm+2≤0對(duì)任意t∈[-3,3] 恒成立,
令g(t)=tm +m2+2 , 則g(t)是關(guān)于t的線性函數(shù).
∴只要解得
∴不存在實(shí)數(shù)m,使得不等式m2+tm+2≤|x1-x2|對(duì)任意t∈[-3,3], λ∈A恒
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