高考数学一轮复习 13 充要条件与反证法教案.docx

1、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.ac2bc2是ab成立的A.充分而不必要条

2、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：abac2bc2，如c=0.答案：A2.（xx年湖北，理4）已知a、b、c为非零的平面向量.甲：ab=ac，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:ab=aca（bc）=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：B3.（xx年浙江，8）在ABC中，“A30”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：

3、在ABC中，A300sinA1sinA，sinA30A150A30.“A30”是“sinA”的必要不充分条件.答案：B4.若条件p:a4，q:5a6，则p是q的_.解析：a45a6，如a=7虽然满足a4，但显然a不满足5a6.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“a0且b24ac0”是“对任意xR，有ax2+bx+c0”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a0且b24ac0，则对任意xR，有ax2+bx+c0，反之，则不一定成立.如a=0，b=0且c0时，也有对任意xR，有ax2+bx+c0.因此应选A.答案：

4、A典例剖析【例1】 使不等式2x25x30成立的一个充分而不必要条件是A.x0 B.x0C.x1，3，5 D.x或x3剖析：2x25x30成立的充要条件是x或x3，对于A当x=时2x25x30.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a12+b1+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a12+b1+c

5、=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（a0）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a0.（2）方程有两负根，等价于0a1.综上可知，原方程至少有一负根的必要条件是a0或0a1.充分性：由以上推理的可逆性，知当a0时方程有异号两根；当0a1时，方程有两负根.故a0或0a1是方程ax2+2x+1=0至少有一负根的充分条件.答案：a0或0a1.【例3】 下列说法对不对?如果不对，分析错误的原因.（1）x2x2是x=x2的充分条件；（2）x2x2是x=x2的必要条件.解：（1）x2=x+2是x=x2

6、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0，2，1，20

7、，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：A2.（xx年北京高考题）“cos2=”是“=k+，kZ”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：cos2=2=2k=k.答案：A3.（xx年海淀区第一学期期末练习）在ABC中，“AB”是“cosAcosB”的A.充分不必要条件 B.必

8、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，ABcosAcosB（余弦函数单调性）.答案：C4.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）+G（x，y）0（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）=x22ax3在区间1，2上存在反函数的充分必要条件是A.a（，1 B.a2，+）C.1，2 D.a（，12，+）解析：f（x）=x22ax3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1，2a，+），即a2或a1.答案：D6.已知数列

9、an的前n项和Sn=pn+q（p0且p1），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n2时，an=SnSn1=（p1）pn1.由于p0，p1，当n2时，an是等比数列.要使an（nN*）是等比数列，则=p，即（p1）p=p（p+q），q=1，即an是等比数列的必要条件是p0且p1且q=1.再证充分性：当p0且p1且q=1时，Sn=pn1，an=（p1）pn1，=p（n2），an是等比数列.培养能力7.（xx年湖南，9）设集合U=（x，y）xR，yR，A=（x，y）|2xy+m0，B=（x，

10、y）|x+yn0，那么点P（2，3）A（UB）的充要条件是A.m1，n5 B.m1，n5C.m1，n5 D.m1，n5解析：UB=（x，y）nx+y，将P（2，3）分别代入集合A、B取交集即可.选A.答案：A8.已知关于x的一元二次方程mx24x+4=0， x24mx+4m24m5=0. 求使方程都有实根的充要条件.解：方程有实数根的充要条件是1=（4）216m0，即m1；方程有实数根的充要条件是2=（4m）24（4m24m5）0，即m.方程都有实数根的充要条件是m1.9.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

11、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1=4b24ac0，2=4c24ab0，3=4a24bc0.相加有a22ab+b2+b22bc+c2+c22ac+a20，（ab）2+（bc）2+（ca）20. 由题意a、b、c互不相等，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=x22y+，b=y22z+，c=z22x+，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a0，b0，c0，则a+b+c0.而a+b+c=x22y+y22z+z22x+=（x1）2+（y1）2

12、+（z1）2+3，30，且无论x、y、z为何实数，（x1）2+（y1）2+（z1）20，a+b+c0.这与a+b+c0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:0x

13、3，q:|x1|2；（2）p:（x2）（x3）=0，q:x=2；（3）p:c=0，q:抛物线y=ax2+bx+c过原点.解：（1）p:0x3，q:1x3. 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

14、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，

15、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.24 B.16 C.12 D.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CC=12种.答案：C2.（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CC=12种.答案：B3.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

16、部数是A.9876543 B.896C.9106 D.81105解析：电话号码是六位数字时，该城市可安装电话9105部，同理升为七位时为9106.可增加的电话部数是91069105=81105.答案：D4.72的正约数（包括1和72）共有_个.解析：72=2332.2m3n（0m3，0n2，m，nN）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34个.答案：125.（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

17、（a0）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332=18个.若二次函数为偶函数，则b=0.同上共有32=6个.答案：18 6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302920=17400种结果；（2）幸运之星在乙箱中抽，同理有201930=11400种结果.因此共有17400

18、+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22222=25=32.评述：解本题的关键是找出和为11的5组数，然后再用

19、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：C24=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）与同色，则也同色或也同色，所以共有N1=43221=48种；（2）与同色，则或同色，所以共有N2=43221=48种；（3）与且与同色，则共有N3=4321=24种.所以，共有N=N1+N2+N3=48+48+24

20、=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=A5=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.0 B. 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

21、第三边”知可组成三角形的有“2、3、4”，m=1.= .答案：B2.（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.504 B.210 C.336 D.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789=504或AA=504.答案：A3.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55=25种.答案：254.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.208 B.204

22、 C.200 D.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C20=200.答案：C5.4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：2AA=1152种.答案：11526.（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CC200n（n1）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，

23、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、.故有CCCCC=72种.答案：728.（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

24、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CC=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09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，

25、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

26、44444=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=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xy，则 xy11，x+y11，x、yN*.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

27、+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

28、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=24335，2160的正因数为P=235，其中=0，1，2，3，4，=0，1，2，3，=0，1.2160的正因数共有542=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31406=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+y5（x、yN），得1x4.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.