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2019-2020年高考數(shù)學第二輪復習 邏輯與推理教學案 考綱指要： 掌握常用的邏輯用語，包括命題與量詞，基本邏輯聯(lián)結詞以及充分條件、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)學歸納法（理科）等內(nèi)容。 考點掃描： 1．常用邏輯用語：（1）命題及其關系；（2）簡單的邏輯聯(lián)結詞；（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，求實數(shù)m的取值范圍 分析：利用等價命題先進行命題的等價轉化，搞清晰命題中條件與結論的關系，再去解不等式，找解集間的包含關系，進而使問題解決 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， ∴實數(shù)m的取值范圍是［9，+∞ 點評：對四種命題以及充要條件的定義實質理解不清晰是解此題的難點，對否命題，學生本身存在著語言理解上的困難 例2．已知函數(shù) （I）當時，若函數(shù)在區(qū)間上是增函數(shù)，求實數(shù)的取值范圍； （II）當時， （1）求證：對任意的，的充要條件是； （2）若關于的實系數(shù)方程有兩個實根，求證：且的充要條件是 解：（1）當時，， 在（—1，1）上為單調遞增函數(shù)，在（—1，1）上恒成立在（—1，1）上恒成立 （2）設，則 復習智略： A B K F P Q l O x y 圖1 例3．如圖，F(xiàn)是定直線l外的一個定點，C是l上的動點，有下列結論：若以C為圓心，CF為半徑的圓與l交于A、B兩點，過A、B分別作l的垂線與圓C過F的切線交于點P和點Q，則P、Q必在以F為焦點，l為準線的同一條拋物線上. （Ⅰ）建立適當?shù)淖鴺讼担蟪鲈搾佄锞€的方程； （Ⅱ）對以上結論的反向思考可以得到另一個命題： “若過拋物線焦點F的直線與拋物線交于P、Q兩點， 則以PQ為直徑的圓一定與拋物線的準線l相切”請 問：此命題是否正確？試證明你的判斷； （Ⅲ）請選擇橢圓或雙曲線之一類比（Ⅱ）寫出相應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F作l的垂線交l于K，以KF的中點為原點，KF所在的直線為x軸建立平面直角坐標系如圖1，并設|KF|=p，則可得該該拋物線的 方程為 . （Ⅱ）該命題為真命題，證明如下： 如圖2，設PQ中點為M，P、Q、M在拋物線準線l上的射影分別為A、B、D， ∵PQ是拋物線過焦點F的弦，∴ |PF|=|PA|，|QF|=|QB|，又|MD|是梯形APQB 的中位線， ∴ . ∵M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證明）. （Ⅲ）選擇橢圓類比（Ⅱ）所寫出的命題為： “過橢圓一焦點F的直線與橢圓交于P、Q兩點，則以PQ為直徑的圓一定與橢圓相應的準線l相離”. 此命題為真命題，證明如下： 證明：設PQ中點為M，橢圓的離心率為e， 則01，P、Q、M在相應準線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與準線l相交. 檢測評估： 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 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)代社會對破譯密碼的難度要求越來越高．有一種密碼把英文的明文(真實文)按字母分解，其中英文的的26個字母(不論大小寫)依次對應1，2，3，…，26這26個自然數(shù)(見下表)： 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 t u v w x y z 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 現(xiàn)給出一個變換公式： 將明文轉換成密文，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、給出如下兩個命題：命題A：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)成立的結論類比推廣到空間，并判斷類比的結論是否成立： 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）如果兩條直線同時垂直與第三條直線，則這兩條直線平行。 7。 有A、B、C三個盒子，其中一個內(nèi)放有一個蘋果，在三個盒子上各有一張紙條. A盒子上的紙條寫的是“蘋果在此盒內(nèi)”， B盒子上的紙條寫的是“蘋果不在此盒內(nèi)”， C盒子上的紙條寫的是“蘋果不在A盒內(nèi)”. 如果三張紙條中只有一張寫的是真的，請問蘋果究竟在哪個盒子里 8.有一個游戲：將分別寫有數(shù)字1，2，3，4的四張卡片隨機發(fā)給甲、乙、丙、丁4個人，每人一張，并請4個人進行預測：甲說：乙或丙拿到標有3的卡片； 乙說：甲或丙拿到標有2的卡片；丙說：標有1的卡片在甲手中；丁說：甲拿到標有3的卡片. 結果顯示：甲、乙、丙、丁4個人預測的都不正確.那么甲、乙、丙、丁4個人拿到的卡片依次為 9．有限集合中元素的個數(shù)記做，設都為有限集合，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.其中真命題的序號是 10．給出如下4個命題：①若α、β是兩個不重合的平面，、m是兩條不重合的直線，則α∥β的一個充分而不必要條件是⊥α，m⊥β，且∥m；②對于任意一條直線a，平面α內(nèi)必有無數(shù)條直線與a垂直；③已知命題P：若四點不共面，那么這四點中任何三點都不共線.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個命題中，正確命題的序號是_____. (要求將所有你認為正確的命題序號都填上) 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是全等的長方形).取MN的中點O,在QP上取點B、B1,在SR上取點A、A1,使 ∠MOB=∠MOA=∠B1ON=∠A1ON.為給一物體棱的轉角處包上角鐵,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焊合,并使∠MON=900. (1)設AB的中點為D, A1B1的中點為D1,證明焊接前M、D、D1、N四點共面; (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]上單調遞增，在[1，2]上單調遞減，又當x＝0，x＝2時取得極小值． （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軸的對稱軸,并證明你的結論; （Ⅲ）設使關于x的方程f(x)＝λ2x2－5恰有三個不同實根的實數(shù)λ的取值范圍為集合A,且兩個非零實根為x1、x2．試問：是否存在實數(shù)m，使得不等式m2＋tm＋2≤|x1－x2|對任意 t∈[－3，3], λ∈A恒成立？若存在，求m的取值范圍；若不存在，請說明理由． 點撥與全解： 1解析若a2+b2=0,即a=b=0,此時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y的最小正周期為π故a=1是充分條件，反過來，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中有且只有一個為真命題，所以選A。 6。1）一個平面如和兩個平行平面中的一個相交，則必然和另一個也相交，這結論成立； 2)若兩個平面同時垂直第三個平面，則這兩個平面也相互平行，此結論不成立。 7．解：若蘋果在A盒內(nèi)，則A、B兩個盒子上的紙條寫的為真，不合題意. 若蘋果在B盒內(nèi)，則A、B兩個盒子上的紙條寫的為假，C盒子上的紙條寫的為真，符合題意，即蘋果在B盒內(nèi). 同樣，若蘋果在C盒內(nèi)，則B、C兩盒子上的紙條寫的為真，不合題意. 綜上，蘋果在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MN在平面MNPQ與平面MNRS間作平面g 使它與平面MNPQ及平面MNRS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,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四點共面. (2)解:設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 . 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]上單調遞增，在[1，2]上單調遞減, ∴x＝1時取得極大值，又當x＝0，x＝2時函數(shù)f(x)取得極小值． ∴x＝0，x＝1， x＝2為函數(shù)f(x)的三個極值點， 即f(x)＝0的三個根為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軸的對稱軸,設對稱軸方程為x＝t, 則f(t +x)＝f(t－x)對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. 化簡得(t－1)x3+( t2－3 t +2)x＝0對x∈R恒成立. ∴∴t＝1 即函數(shù)f(x)存在垂直于x軸的對稱軸x＝1. （Ⅲ）解：x4－4x3＋4x2－5＝λ2x2－5恰好有三個不同的根， 即x4－4x3＋4x2－λ2x2=0恰好有三個不同的根, 即x2（x2－4x＋4－λ2）＝0，∵x＝0是一個根， ∴方程x2－4x＋4－λ2＝0應有兩個非零的不相等的實數(shù)根， ∴△＝16－4(4－λ2)＝4λ2>0，且x1x2＝4－l2≠0，∴l(xiāng)≠0，－2，2． 若存在實數(shù)m，使得不等式m2＋tm＋2≤|x1－x2|對任意t∈[－3，3], λ∈A恒成立. ∵|x1－x2|＝＝2|l|＞0， 要使m2＋tm＋2≤|x1－x2|對任意t∈[－3，3], λ∈A恒成立, 只要m2＋tm＋2≤0對任意t∈[－3，3] 恒成立, 令g(t)＝tm +m2＋2 , 則g(t)是關于t的線性函數(shù). ∴只要解得 ∴不存在實數(shù)m，使得不等式m2＋tm＋2≤|x1－x2|對任意t∈[－3，3], λ∈A恒