2022年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 邏輯與推理教學(xué)案
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，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：（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≤10q: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)生本身存在著語言理解上的困難例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：ABKFPQlOxy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A、B分別作l的垂線與圓C過F的切線交于點(diǎn)P和點(diǎn)Q，則P、Q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：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）寫出相應(yīng)的命題并證明其真假. ABDFPQlMOxy圖2解：（Ⅰ）過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）所寫出的命題為：“過橢圓一焦點(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
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 7 有A、B、C三個(gè)盒子，其中一個(gè)內(nèi)放有一個(gè)蘋果，在三個(gè)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(qǐng)問蘋果究竟在哪個(gè)盒子里 8.有一個(gè)游戲：將分別寫有數(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：乙或丙拿到標(biāo)有3的卡片； 乙說：甲或丙拿到標(biāo)有2的卡片；丙說：標(biāo)有1的卡片在甲手中；丁說：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.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：是否存在實(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？若存在，求m的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說明理由．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A3．由得，故，同理，所以選B4．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C5．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A1）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：若蘋果在A盒內(nèi)，則A、B兩個(gè)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(gè)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42139．①②10． ①②④11． (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(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 . 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,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。
