高考数学一轮复习 13 充要条件与反证法教案.docx
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高考数学一轮复习13充要条件与反证法教案
2019-2020年高考数学一轮复习1.3充要条件与反证法教案
●知识梳理
1.充分条件:
如果pq,则p叫q的充分条件,原命题(或逆否命题)成立,命题中的条件是充分的,也可称q是p的必要条件.
2.必要条件:
如果qp,则p叫q的必要条件,逆命题(或否命题)成立,命题中的条件为必要的,也可称q是p的充分条件.
3.充要条件:
如果既有pq,又有qp,记作pq,则p叫做q的充分必要条件,简称充要条件,原命题和逆命题(或逆否命题和否命题)都成立,命题中的条件是充要的.
4.反证法:
当直接证明有困难时,常用反证法.
●点击双基
1.ac2>bc2是a>b成立的
A.充分而不必要条件B.充要条件
C.必要而不充分条件D.既不充分也不必要条件
解析:
a>bac2>bc2,如c=0.
答案:
A
2.(xx年湖北,理4)已知a、b、c为非零的平面向量.甲:
a·b=a·c,乙:
b=c,则
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
C.甲是乙的充要条件
D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
解析:
命题甲:
a·b=a·ca·(b-c)=0a=0或b=c.
命题乙:
b=c,因而乙甲,但甲乙.
故甲是乙的必要条件但不是充分条件.
答案:
B
3.(xx年浙江,8)在△ABC中,“A>30°”是“sinA>”的
A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件
C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件
解析:
在△ABC中,A>30°0<sinA<1sinA>,sinA>30°<A<150°
A>30°.∴“A>30°”是“sinA>”的必要不充分条件.
答案:
B
4.若条件p:
a>4,q:
5<a<6,则p是q的______________.
解析:
a>45<a<6,如a=7虽然满足a>4,但显然a不满足5<a<6.
答案:
必要不充分条件
5.(xx年春季上海,16)若a、b、c是常数,则“a>0且b2-4ac<0”是“对任意x∈R,有ax2+bx+c>0”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
解析:
若a>0且b2-4ac<0,则对任意x∈R,有ax2+bx+c>0,反之,则不一定成立.如a=0,b=0且c>0时,也有对任意x∈R,有ax2+bx+c>0.因此应选A.
答案:
A
●典例剖析
【例1】使不等式2x2-5x-3≥0成立的一个充分而不必要条件是
A.x<0B.x≥0
C.x∈{-1,3,5}D.x≤-或x≥3
剖析:
∵2x2-5x-3≥0成立的充要条件是x≤-或x≥3,∴对于A当x=-时2x2-5x-3≥0.同理其他也可用特殊值验证.
答案:
C
【例2】求证:
关于x的方程ax2+bx+c=0有一根为1的充分必要条件是a+b+c=0.
证明:
(1)必要性,即“若x=1是方程ax2+bx+c=0的根,则a+b+c=0”.
∵x=1是方程的根,将x=1代入方程,得a·12+b·1+c=0,即a+b+c=0.
(2)充分性,即“若a+b+c=0,则x=1是方程ax2+bx+c=0的根”.
把x=1代入方程的左边,得a·12+b·1+c=a+b+c.∵a+b+c=0,∴x=1是方程的根.
综合
(1)
(2)知命题成立.
深化拓展
求ax2+2x+1=0(a≠0)至少有一负根的充要条件.
证明:
必要性:
(1)方程有一正根和一负根,等价于
a<0.
(2)方程有两负根,等价于
0<a≤1.
综上可知,原方程至少有一负根的必要条件是a<0或0<a≤1.
充分性:
由以上推理的可逆性,知当a<0时方程有异号两根;当0<a≤1时,方程有两负根.故a<0或0<a≤1是方程ax2+2x+1=0至少有一负根的充分条件.
答案:
a<0或0<a≤1.
【例3】下列说法对不对?
如果不对,分析错误的原因.
(1)x2=x+2是x=x2的充分条件;
(2)x2=x+2是x=x2的必要条件.
解:
(1)x2=x+2是x=x2的充分条件是指x2=x+2x=x2.
但这里“”不成立,因为x=-1时,“”左边为真,但右边为假.得出错误结论的原因可能是应用了错误的推理:
x2=x+2x=x2=x.
这里推理的第一步是错误的(请同学补充说明具体错在哪里).
(2)x2=x+2是x=x2的必要条件是指x=x2x2=x+2.
但这里“”不成立,因为x=0时,“”左边为真,但右边为假.得出错误结论的原因可能是用了错误的推理:
x=x2=xx+2=x2.
这里推理的第一步是错误的(请同学补充说明具体错在哪里).
评述:
此题的解答比较注重逻辑推理.事实上,也可以从真值集合方面来分析:
x2=x+2的真值集合是{-1,2},x=x2的真值集合是{0,2},{-1,2}{0,2},而{0,2}{-1,2},所以
(1)
(2)两个结论都不对.
●闯关训练
夯实基础
1.(xx年重庆,7)已知p是r的充分不必要条件,s是r的必要条件,q是s的必要条件,那么p是q成立的
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
解析:
依题意有pr,rs,sq,∴prsq.但由于rp,∴qp.
答案:
A
2.(xx年北京高考题)“cos2α=-”是“α=kπ+,k∈Z”的
A.必要不充分条件B.充分不必要条件
C.充分必要条件D.既不充分又不必要条件
解析:
cos2α=-2α=2kπ±α=kπ±.
答案:
A
3.(xx年海淀区第一学期期末练习)在△ABC中,“A>B”是“cosA<cosB”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
解析:
在△ABC中,A>BcosA<cosB(余弦函数单调性).
答案:
C
4.命题A:
两曲线F(x,y)=0和G(x,y)=0相交于点P(x0,y0),命题B:
曲线F(x,y)+λG(x,y)=0(λ为常数)过点P(x0,y0),则A是B的__________条件.
答案:
充分不必要
5.(xx年北京,5)函数f(x)=x2-2ax-3在区间[1,2]上存在反函数的充分必要条件是
A.a∈(-∞,1]B.a∈[2,+∞)
C.α∈[1,2]D.a∈(-∞,1]∪[2,+∞)
解析:
∵f(x)=x2-2ax-3的对称轴为x=a,∴y=f(x)在[1,2]上存在反函数的充要条件为[1,2](-∞,a]或[1,2][a,+∞),即a≥2或a≤1.
答案:
D
6.已知数列{an}的前n项和Sn=pn+q(p≠0且p≠1),求数列{an}成等比数列的充要条件.
分析:
先根据前n项和公式,导出使{an}为等比数列的必要条件,再证明其充分条件.
解:
当n=1时,a1=S1=p+q;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(p-1)·pn-1.
由于p≠0,p≠1,∴当n≥2时,{an}是等比数列.要使{an}(n∈N*)是等比数列,则=p,即(p-1)·p=p(p+q),∴q=-1,即{an}是等比数列的必要条件是p≠0且p≠1且q=-1.
再证充分性:
当p≠0且p≠1且q=-1时,Sn=pn-1,
an=(p-1)·pn-1,=p(n≥2),
∴{an}是等比数列.
培养能力
7.(xx年湖南,9)设集合U={(x,y)|x∈R,y∈R},A={(x,y)|2x-y+m>0},B={(x,y)|x+y-n≤0},那么点P(2,3)∈A∩(UB)的充要条件是
A.m>-1,n<5B.m<-1,n<5
C.m>-1,n>5D.m<-1,n>5
解析:
∵UB={(x,y)|n<x+y},将P(2,3)分别代入集合A、B取交集即可.∴选A.
答案:
A
8.已知关于x的一元二次方程mx2-4x+4=0,①
x2-4mx+4m2-4m-5=0.②
求使方程①②都有实根的充要条件.
解:
方程①有实数根的充要条件是Δ1=(-4)2-16m≥0,即m≤1;
方程②有实数根的充要条件是Δ2=(4m)2-4(4m2-4m-5)≥0,即m≥-.
∴方程①②都有实数根的充要条件是-≤m≤1.
9.已知a、b、c是互不相等的非零实数.
求证:
三个方程ax2+2bx+c=0,bx2+2cx+a=0,cx2+2ax+b=0至少有一个方程有两个相异实根.
证明:
反证法:
假设三个方程中都没有两个相异实根,
则Δ1=4b2-4ac≤0,Δ2=4c2-4ab≤0,Δ3=4a2-4bc≤0.
相加有a2-2ab+b2+b2-2bc+c2+c2-2ac+a2≤0,
(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2≤0.①
由题意a、b、c互不相等,∴①式不能成立.
∴假设不成立,即三个方程中至少有一个方程有两个相异实根.
探究创新
10.若x、y、z均为实数,且a=x2-2y+,b=y2-2z+,c=z2-2x+,则a、b、c中是否至少有一个大于零?
请说明理由.
解:
假设a、b、c都不大于0,即a≤0,b≤0,c≤0,则a+b+c≤0.
而a+b+c=x2-2y++y2-2z++z2-2x+=(x-1)2+(y-1)2+(z-1)2+π-3,
∵π-3>0,且无论x、y、z为何实数,(x-1)2+(y-1)2+(z-1)2≥0,
∴a+b+c>0.这与a+b+c≤0矛盾.因此,a、b、c中至少有一个大于0.
●思悟小结
1.要注意一些常用的“结论否定形式”,如“至少有一个”“至多有一个”“都是”的否定形式是“一个也没有”“至少有两个”“不都是”.
2.证明充要性要从充分性、必要性两个方面来证明.
●教师下载中心
教学点睛
1.掌握常用反证法证题的题型,如含有“至少有一个”“至多有一个”等字眼多用反证法.
2.强调反证法的第一步,要与否命题分清.
3.要证明充要性应从充分性、必要性两个方面来证.
拓展题例
【例题】指出下列命题中,p是q的什么条件.
(1)p:
0<x<3,q:
|x-1|<2;
(2)p:
(x-2)(x-3)=0,q:
x=2;
(3)p:
c=0,q:
抛物线y=ax2+bx+c过原点.
解:
(1)p:
0<x<3,q:
-1<x<3.p是q的充分但不必要条件.
(2)pq,qp.p是q的必要但不充分条件.
(3)p是q的充要条件.
评述:
依集合的观点看,若AB,则A是B的充分条件,B是A的必要条件;若A=B,则A是B的充要条件.
2019-2020年高考数学一轮复习10.1分类计数原理、分步计数原理教案
●网络体系总览
●考点目标定位
1.掌握分类计数原理与分步计数原理,并能用它们分析和解决一些简单的应用问题.
2.理解排列与组合的意义,掌握排列数与组合数的计算公式,掌握组合数的两个性质,并能用它们解决一些简单的应用问题.
3.掌握二项式定理和二项展开式的性质,并能用它们计算和证明一些简单的问题.
●复习方略指南
排列与组合是高中数学中,从内容到方法都比较独特的一部分.其重点是在熟练应用公式的基础上,运用两个基本原理,解决计数应用题.
二项式定理的重点是二项展开式及通项公式的联系和应用.
本章内容高考所占比重不大,经常以选择题、填空题的形式出现,但对思维能力要求较高,在复习中,要注意通过典型例题,掌握分析问题的方法,总结解题规律.
10.1分类计数原理、分步计数原理
●知识梳理
分类计数原理与分步计数原理是计数问题的基本原理,它贯穿于全章学习的始终,体现了解决问题时将其分解的两种常用方法,即把问题分类解决和分步解决,是本章学习的重点.
特别提示
正确区分和使用两个原理是学好本章的关键,其核心是“完成一件事”是“分类”完成,还是“分步”完成.
●点击双基
1.十字路口来往的车辆,如果不允许回头,共有_____________种行车路线.
A.24B.16C.12D.10
解析:
起点为C种可能性,终点为C种可能性,因此,行车路线共有C×C=12种.
答案:
C
2.(xx年全国)从正方体的6个面中选取3个面,其中有2个面不相邻的选法共有
A.8种B.12种C.16种D.20种
解析:
有2个面不相邻即有一组对面,所以选法为C·C=12种.
答案:
B
3.某城市的电话号码,由六位升为七位(首位数字均不为零),则该城市可增加的电话部数是
A.9×8×7×6×5×4×3B.8×96
C.9×106D.81×105
解析:
电话号码是六位数字时,该城市可安装电话9×105部,同理升为七位时为9×106.∴可增加的电话部数是9×106-9×105=81×105.
答案:
D
4.72的正约数(包括1和72)共有__________个.
解析:
72=23×32.
∴2m·3n(0≤m≤3,0≤n≤2,m,n∈N)都是72的正约数.
m的取法有4种,n的取法有3种,由分步计数原理共3×4个.
答案:
12
5.(xx年春季北京,13)从-1,0,1,2这四个数中选三个不同的数作为函数f(x)=ax2+bx+c的系数,可组成不同的二次函数共有_____________个,其中不同的偶函数共有_____________个.(用数字作答)
解析:
一个二次函数对应着a、b、c(a≠0)的一组取值,a的取法有3种,b的取法有3种,c的取法有2种,由分步计数原理,知共有二次函数3×3×2=18个.
若二次函数为偶函数,则b=0.
同上共有3×2=6个.
答案:
186
●典例剖析
【例1】电视台在“欢乐今宵”节目中拿出两个信箱,其中存放着先后两次竞猜中成绩优秀的观众来信,甲信箱中有30封,乙信箱中有20封.现由主持人抽奖确定幸运观众,若先确定一名幸运之星,再从两信箱中各确定一名幸运伙伴,有多少种不同的结果?
解:
分两类:
(1)幸运之星在甲箱中抽,再在两箱中各定一名幸运伙伴,有30×29×20=17400种结果;
(2)幸运之星在乙箱中抽,同理有20×19×30=11400种结果.因此共有17400+11400=28800种不同结果.
评述:
在综合运用两个原理时,既要合理分类,又要合理分步,一般情况是先分类再分步.
思考讨论
本题为什么要先分类?
由于幸运之星在哪个信箱产生对幸运伙伴的产生有影响,分步计数原理中步与步间要独立.
【例2】从集合{1,2,3,…,10}中,选出由5个数组成的子集,使得这5个数中的任何两个数的和不等于11,这样的子集共有多少个?
解:
和为11的数共有5组:
1与10,2与9,3与8,4与7,5与6,子集中的元素不能取自同一组中的两数,即子集中的元素取自5个组中的一个数.而每个数的取法有2种,
所以子集的个数为2×2×2×2×2=25=32.
评述:
解本题的关键是找出和为11的5组数,然后再用分步计数原理求解.
深化拓展
上例中选出5个数组成子集改为选出4个数呢?
答案:
C·24=80个.
【例3】(xx年新课程卷)某城市在中心广场建造一个花圃,花圃分为6个部分(如下图).现要栽种4种不同颜色的花,每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花,不同的栽种方法有_____________种.(以数字作答)
解法一:
从题意来看6部分种4种颜色的花,又从图形看知必有2组同颜色的花,从同颜色的花入手分类求.
(1)②与⑤同色,则③⑥也同色或④⑥也同色,所以共有N1=4×3×2×2×1=48种;
(2)③与⑤同色,则②④或⑥④同色,所以共有N2=4×3×2×2×1=48种;
(3)②与④且③与⑥同色,则共有N3=4×3×2×1=24种.
所以,共有N=N1+N2+N3=48+48+24=120种.
解法二:
记颜色为A、B、C、D四色,先安排1、2、3有A种不同的栽法,不妨设1、2、3已分别栽种A、B、C,则4、5、6栽种方法共5种,由以下树状图清晰可见.
根据分步计数原理,不同栽种方法有N=A×5=120.
答案:
120
评述:
解法一是常规解法,解法二安排4、5、6时又用了分类和列举的方法.
●闯关训练
夯实基础
1.(xx年全国,文5)从长度分别为1、2、3、4的四条线段中,任取三条的不同取法共有n种.在这些取法中,以取出的三条线段为边可组成的三角形的个数为m,则等于
A.0B.C.D.
解析:
n=C=4,在“1、2、3、4”这四条线段中,由三角形的性质“两边之和大于第三边,两边之差小于第三边”知可组成三角形的有“2、3、4”,m=1.∴=.
答案:
B
2.(xx年黄冈检测题)某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单,开演前又增加了3个新节目,如果将这3个节目插入节目单中,那么不同的插法种数为
A.504B.210C.336D.120
解析:
三个新节目一个一个插入节目单中,分别有7、8、9种方法.
∴插法种数为7×8×9=504或A÷A=504.
答案:
A
3.从1到10的正整数中,任意抽取两个相加,所得和为奇数的不同情形有__________种.
解析:
当且仅当偶数加上奇数后和为奇数,从而不同情形有5×5=25种.
答案:
25
4.从图中的12个点中任取3个点作为一组,其中可构成三角形的组数是
A.208B.204C.200D.196
解析:
在12个点中任取3个点的组合数为C,在同一直线上的3点的组数为20,则可构成三角形的组数为C-20=200.
答案:
C
5.4棵柳树和4棵杨树栽成一行,柳树、杨树逐一相间的栽法有_____________种.
解析:
2A·A=1152种.
答案:
1152
6.(xx年上海)某餐厅供应客饭,每位顾客可以在餐厅提供的菜肴中任选2菜2素共4种不同的品种.现在餐厅准备了5种不同的荤菜,若要保证每位顾客有200种以上的不同选择,则餐厅至少还需要不同的素菜品种_____________种.(结果用数值表示)
解析:
设素菜n种,则C·C≥200n(n-1)≥40,所以n的最小值为7.
答案:
7
培养能力
7.(xx年全国)如图,一个地区分为5个行政区域,现给地图着色,要求相邻区域不得使用同一颜色.现有4种颜色可供选择,则不同的着色方法共有_____________种.(以数字作答)
解析:
依次染①、②、③、④、⑤.故有C·C·C·C·C=72种.
答案:
72
8.(理)设有编号为1,2,3,4,5的五个球和编号为1,2,3,4,5的五个盒子.现将这五个球投放入这五个盒子内,要求每个盒子内投放一球,并且恰好有两个球的编号与盒子的编号相同,则这样的投放方法有多少种?
分析:
五个球分别投放到五个盒子内,恰好有两个球的编号与盒子的编号相同,则其他三个球必不能投放到与球的编号相同的盒子内,此时,这三个球与对应的三个盒子,就成了受限的特殊元素与特殊位置.
解:
先在五个球中任选两个球投放到与球编号相同的盒子内,有C种;剩下的三个球,不失一般性,不妨设编号为3,4,5,投放3号球的方法数为C,则投放4,5号球的方法只有一种,根据分步计数原理共有C·C=20种.
评述:
本题投放球有两种方法,一种是投入到与编号相同的盒子内,另一种是投入到与编号不同的盒子内,故应分步完成.
(文)在所有两位数中,个位数字大于十位数字的两位数共有多少个?
分析:
在0~9这10个数字中,按照题目要求组成的两位数中,个位数字不能为0和1,十位数字不能为0和9.也就是说组成两位数的数字可按个位分类或按十位分类来计算.
解法一:
按个位数字是2,3,4,5,6,7,8,9分成8类,在每一类中满足条件的两位数分别是1个,2个,3个,4个,5个,6个,7个,8个.
则共有1+2+3+4+…+7+8=36(个).
解法二:
按十位数字是1,2,3,4,5,6,7,8分成8类,在每一类中满足条件的两位数分别是8个,7个,6个,5个,4个,3个,2个,1个.
则共有8+7+6+5+4+3+2+1=36(个).
评述:
在具体分类或分步时,常遇到困难,要多练习,多积累经验,掌握思维方法,逐步做到恰当分类,合理分步.
9.五名学生报名参加四项体育比赛,每人限报一项,报名方法的种数为多少?
又他们争夺这四项比赛的冠军,获得冠军的可能性有多少种?
解:
(1)5名学生中任一名均可报其中的任一项,因此每个学生都有4种报名方法,5名学生都报了项目才能算完成这一事件.故报名方法种数为4×4×4×4×4=45种.
(2)每个项目只有一个冠军,每一名学生都可能获得其中的一项获军,因此每个项目获冠军的可能性有5种.故有n=5×5×5×5=54种.
探究创新
10.三边长均为整数,且最大边长为11的三角形的个数是多少?
解:
设较小的两边长为x、y且x≤y,
则x≤y≤11,
x+y>11,
x、y∈N*.
当x=1时,y=11;
当x=2时,y=10,11;
当x=3时,y=9,10,11;
当x=4时,y=8,9,10,11;
当x=5时,y=7,8,9,10,11;
当x=6时,y=6,7,8,9,10,11;
当x=7时,y=7,8,9,10,11;
……
当x=11时,y=11.
所以不同三角形的个数为
1+2+3+4+5+6+5+4+3+2+1=36.
评述:
本题关键是列出约束条件,然后寻找x=1,2,…,11时,y的取值个数的规律,再用分类计数原理求解.
●思悟小结
1.分类计数原理和分步计数原理是解决排列、组合问题的理论基础.这两个原理的本质区别在于分类与分步,分类用分类计数原理,分步用分步计数原理.
2.元素能重复的问题往往用计数原理.
●教师下载中心
教学点睛
弄清两个原理的区别与联系,是正确使用这两个原理的前提和条件.这两个原理都是指完成一件事而言的.其区别在于:
(1)分类计数原理是“分类”,分步计数原理是“分步”;
(2)分类计数原理中每类办法中的每一种方法都能独立完成一件事,分步计数原理中每步中每种方法都只能做这件事的一步,不能独立完成这件事.
拓展题例
【例1】关于正整数2160,求:
(1)它有多少个不同的正因数?
(2)它的所有正因数的和是多少?
解:
(1)∵N=2160=24×33×5,
∴2160的正因数为P=2α×3β×5γ,
其中α=0,1,2,3,4,β=0,1,2,3,γ=0,1.
∴2160的正因数共有5×4×2=40个.
(2)式子(20+21+22+23+24)×(30+31+32+33)×(50+51)的展开式就是40个正因数.
∴正因数之和为31×40×6=7440.
【例2】球台上有4个黄球,6个红球,击黄球入袋记2分,击红球入袋记1分,欲将此十球中的4球击入袋中,但总分不低于5分,击球方法有几种?
解:
设击入黄球x个,红球y个符合要求,
则有x+y=4,
2x+y≥5(x、y∈N),得1≤x≤4.
∴
相应每组解(x,y),击球方法数分别为CC,CC,CC,CC.
共有不同击球方法数为CC+CC+CC+CC=195.