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.
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