高中数学北师大版新教材必修一课时素养评价： 六　必要条件与充分条件 12页

温馨提示：‎ ‎ 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。‎ 课时素养评价 ‎ 六　必要条件与充分条件 ‎　　　　　　　　　　　　　 (15分钟　35分)‎ ‎1.(2020·天津高考)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 ‎【解题指南】首先求解一元二次不等式,然后结合不等式的解集即可确定充分性和必要性是否成立.‎ ‎【解析】选A.解一元二次不等式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.‎ ‎2.有以下说法,其中正确的个数为 (　　)‎ ‎(1)“m是自然数”是“m是整数”的充分条件.‎ ‎(2)“两个三角形对应角相等”是“这两个三角形全等”的必要条件.‎ ‎(3)“(a+b)·(a-b)=‎0”‎是“a=b”的必要条件.‎ A.0个 B.1个 C.2个 D.3个 ‎【解析】选D.(1)由于“m是自然数”⇒“m是整数”,因此“m是自然数”是“m是整数”的充分条件.‎ ‎(2)由三角形全等可推出这两个三角形对应角相等,所以“两个三角形对应角相等”是“这两个三角形全等”的必要条件.‎ ‎(3)由(a+b)·(a-b)=0,得:|a|=|b|,推不出a=b,由a=b,能推出|a|=|b|,故“(a+b)·(a-b)=‎0”‎是“a=b”的必要条件.‎ ‎3.已知集合A={1,a},B={1,2,3},则“a=‎3”‎是“A⊆B”的 (　　)‎ A.充分条件 B.必要条件 C.充要条件 D.既不是充分条件也不是必要条件 ‎【解析】选A.当a=3时,A={1,3},故A⊆B,若A⊆B⇒a=2或a=3,不一定有a=3,故“a=3”是“A⊆B”的充分条件.‎ ‎4.下列不等式:①x<1;②01,q:x2>1.‎ ‎(3)p:b2=ac,q:=.‎ ‎(4)p:A∩B=A,q:UB⊆UA.‎ ‎【解析】(1)数a能被6整除,则一定能被3整除,反之不一定成立.即p⇒q,q不能推出p,‎ 所以p是q的充分条件,但p不是q的必要条件.‎ ‎(2)因为x2>1⇒x>1或x<-1,‎ 所以p⇒q,且q不能推出p.‎ 所以p是q的充分条件,但p不是q的必要条件.‎ ‎(3)b2=ac不能推出=,如b=0,c=0时,b2=ac,而,无意义.但=⇒b2=ac,‎ 所以p是q的必要条件,但p不是q的充分条件.‎ ‎(4)画出Venn图(如图).‎ 结合图形可知,A∩B=A⇒A⊆B⇒UB⊆UA,‎ 反之也成立,所以p是q的充分条件,且p是q的必要条件.‎ ‎　　　　　　　　　　　　　 (30分钟　60分)‎ 一、单选题(每小题5分,共20分)‎ ‎1.在如图电路中,条件p:开关A闭合,条件q:灯泡B亮,则p是q的 (　　)‎ A.充分条件 B.必要条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 ‎【解析】选A.若开关A闭合,则灯泡B亮,所以p⇒q;若灯泡B亮,则开关A闭合或开关C闭合,所以q不能推出p,所以p是q的充分条件,故选A.‎ ‎2.设U为全集,A,B是集合,则“存在集合C使得A⊆C,B⊆UC”是“A∩B=∅”的 (　　)‎ A.充分条件 B.必要条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 ‎【解析】选C.依题意,若A⊆C,则UC⊆UA,当B⊆UC,可得A∩B=∅;若A∩B=∅,不妨令C=A,显然满足A⊆C,B⊆UC,故满足条件的集合C是存在的.所以“存在集合C使得A⊆C,B⊆UC”是“A∩B=∅”的充要条件.‎ ‎3.若“-1‎0”‎的充分条件的是 (　　)‎ A.a>0,b>0‎ B.a<0,b<0‎ C.a=3,b=-2‎ D.a>0,b<0且|a|>|b|‎ ‎【解析】选ACD.问题是“谁”是“a+b>‎0”‎的充分条件;因为“a>0,b>‎0”‎⇒“a+b>‎0”‎,‎ ‎“a<0,b<‎0”‎不能推出“a+b>‎0”‎,“a=3,b=-‎2”‎⇒“a+b>‎0”‎.‎ ‎“a>0,b<0且|a|>|b|”⇒“a+b>‎0”‎,所以A,C,D中的条件均是“a+b>‎0”‎的充分条件,B中的条件不是“a+b>‎0”‎的充分条件.‎ ‎6.对任意实数a,b给出下列命题,其中真命题是 (　　)‎ A.“|a|=|b|”是“a=b”的充要条件 B.“a>b”是“a2>b‎2”‎的充分条件 C.“a<‎5”‎是“a<‎3”‎的必要条件 D.“a+5是无理数”是“a是无理数”的充要条件 ‎【解析】选CD.若a=1,b=-1,则|a|=|b|,但a≠b,‎ 所以“|a|=|b|”推不出“a=b”,A错误;‎ 若a=1,b=-1,则a>b,但a2=b2;‎ 所以“a>b”推不出“a2>b‎2”‎,所以B错误;‎ ‎“a<3”可推出“a<5”,所以C正确;‎ ‎“a+5是无理数”⇔“a是无理数”所以D正确.‎ ‎【补偿训练】‎ ‎　　　(多选题)已知实系数一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0),下列结论正确的是 (　　)‎ A.Δ=b2‎-4ac≥0是这个方程有实根的充要条件 B.Δ=b2‎-4ac=0是这个方程有实根的充分条件 C.Δ=b2‎-4ac>0是这个方程有实根的必要条件 D.Δ=b2‎-4ac<0是这个方程没有实根的充要条件 ‎【解析】选A、B、D.A正确,Δ=b2‎-4ac≥0⇔方程ax2+bx+c=0(a≠0)有实根;‎ B正确,Δ=b2‎-4ac=0⇒方程ax2+bx+c=0(a≠0)有实根;‎ C错误,Δ=b2‎-4ac>0⇒方程ax2+bx+c=0(a≠0)有实根;‎ D正确,Δ=b2‎-4ac<0⇔方程ax2+bx+c=0(a≠0)没有实根.‎ 三、填空题(每小题5分,共10分)‎ ‎7.用“充分”“必要”“充要”“既不充分也不必要”填空:‎ ‎(1)“x=‎1”‎是“=‎1”‎的　　　　条件. ‎ ‎(2)“x≠‎1”‎是“x2+2x-3≠‎0”‎的　　　　条件. ‎ ‎【解析】(1)设A={1},B={x|=1},‎ 则B={-1,1},因为A B,所以“x=1”是“=1”的充分条件.‎ ‎(2)设A={x|x≠1},B={x|x2+2x-3≠0},‎ 则B={x|x≠1且x≠-3},‎ 因为BA,所以“x≠1”是“x2+2x-3≠‎0”‎的必要条件.‎ 答案:(1)充分　(2)必要 ‎8.“k>4,b<‎5”‎是“一次函数y=(k-4)x+b-5的图象交y轴于负半轴,交x轴于正半轴”的　　　　条件.(填“充分”“必要”“充要”或“既不充分也不必要”) ‎ ‎【解析】当k>4,b<5时,函数y=(k-4)x+b-5的图象如图所示.‎ 显然图象交y轴于负半轴,交x轴于正半轴.‎ 由一次函数y=(k-4)x+b-5的图象交y轴于负半轴,交x轴于正半轴,即x=0,y=b-5<0,所以b<5.当y=0时,x=>0,因为b<5,所以k>4.故填“充要”.‎ 答案:充要 四、解答题(每小题10分,共20分)‎ ‎9.已知p,q都是r的必要条件,s是r的充分条件,q是s的充分条件,那么:‎ ‎(1)s是q的什么条件?‎ ‎(2)r是q的什么条件?‎ ‎(3)p是q的什么条件?‎ ‎【解题指南】可将r,p,q,s的关系用图表示,然后利用关系图解答.‎ ‎【解析】r,p,q,s的关系如图,‎ ‎(1)因为q⇒s,s⇒r⇒q,所以s是q的充分条件,同时s是q的必要条件.‎ ‎(2)因为r⇒q,q⇒s⇒r,所以r是q的充分条件,同时r是q的必要条件.‎ ‎(3)因为q⇒s⇒r⇒p,pq,所以p是q的必要条件,p不是q的充分条件.‎ ‎10.(2020·青岛高一检测)已知P={x|-2≤x≤10},非空集合S={x|1-m≤x≤1+m}.‎ ‎(1)若x∈P是x∈S的必要条件,求出m的取值范围.‎ ‎(2)是否存在实数m,使x∈P是x∈S的充要条件.‎ ‎【解析】(1)因为x∈P是x∈S的必要条件,‎ 所以S⊆P,‎ 所以解得0≤m≤3,‎ 所以m的取值范围是{m|0≤m≤3}.‎ ‎(2)x∈P是x∈S的充分条件时,P⊆S,‎ 所以解得m≥9,‎ 由(1)知,x∈P是x∈S的必要条件是0≤m≤3,‎ 由此知x∈P是x∈S的充要条件时,m的值不存在.‎ ‎1.函数f(x)=x2+mx+1的图象关于直线x=1对称的充要条件是 (　　)‎ A.m=-2 B.m=1‎ C.m=-1 D.m=0‎ ‎【解析】选A.当m=-2时,f(x)=x2-2x+1,其图象关于直线x=1对称,反之也成立,所以f(x)=x2+mx+1的图象关于直线x=1对称的充要条件是m=-2.‎ ‎2.已知ab≠0,求证:a3+b3+ab-a2-b2=0是a+b=1的充要条件.‎ ‎(提示:a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2))‎ ‎【证明】设p:a3+b3+ab-a2-b2=0,q:a+b=1.‎ ‎(1)充分性(p⇒q):‎ 因为a3+b3+ab-a2-b2=0,‎ 所以(a+b)(a2-ab+b2)-(a2-ab+b2)=0,‎ 即(a2-ab+b2)(a+b-1)=0,‎ 因为ab≠0,a2-ab+b2=+b2>0,‎ 所以a+b-1=0,即a+b=1.‎ ‎(2)必要性(q⇒p):‎ 因为a+b=1,所以b=1-a,所以a3+b3+ab-a2-b2=a3+(1-a)3+a(1-a)-a2-(1-a)2‎ ‎=a3+1‎-3a+‎3a2-a3+a-a2-a2-1+‎2a-a2=0,‎ 综上所述,a+b=1的充要条件是a3+b3+ab-a2-b2=0.‎ ‎【补偿训练】‎ ‎　　　设x,y∈R,求证|x+y|=|x|+|y|成立的充要条件是xy≥0.‎ ‎【证明】设p:xy≥0,q:|x+y|=|x|+|y|.‎ ‎(1)充分性(p⇒q):‎ 如果xy≥0,则有xy=0和xy>0两种情况,当xy=0时,不妨设x=0,‎ 则|x+y|=|y|,|x|+|y|=|y|,所以等式成立.‎ 当xy>0时,即x>0,y>0或x<0,y<0,‎ 又当x>0,y>0时,|x+y|=x+y,|x|+|y|=x+y,所以等式成立.‎ 当x<0,y<0时,|x+y|=-(x+y),‎ ‎|x|+|y|=-x-y,所以等式成立.‎ 总之,当xy≥0时,|x+y|=|x|+|y|成立.‎ ‎(2)必要性(q⇒p):‎ 若|x+y|=|x|+|y|且x,y∈R,‎ 则|x+y|2=(|x|+|y|)2,‎ 即x2+2xy+y2=x2+y2+2|x||y|,‎ 所以|xy|=xy,所以xy≥0.‎ 由(1)(2)可知,xy≥0是等式|x+y|=|x|+|y|成立的充要条件.‎ 关闭Word文档返回原板块