8.(2010·马鞍山质检)给出下列结论：

①命题“若p，则q或r”的否命题是“若　 p，则　 q且　 r”；

②命题“若　 p，则q”的逆否命题是“若p，则　 q”；

③命题“∃n∈N^*，n²+3n能被10整除”的否命题是“∀n∈N^*，n²+3n不能被10整除”；

④命题“∀x，x²－2x+3>0”的否命题是“∃x，x²－2x+3<0”.

其中正确结论的个数是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

A.1　 　　　　B.2　　　　 C.3　 　　　　　D.4

解析：由于否命题是把原命题的否定了的条件作条件、否定了的结论作结论得到的命题，故①正确；由于逆否命题是把原命题的否命题了的结论作条件、否定了的条件作结论得到的命题，故②不正确；特称命题的否命题是全称命题，故③正确；虽然全称命题的否命题是特称命题，但对结论的否定错误，故④不正确.

答案：B

第Ⅱ卷　(非选择题，共110分)

7.已知a，b为实数，则2^a>2^b是log₂a>log₂b的　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

A.充分而不必要条件　　　　　　　　 B.必要而不充分条件

C.充要条件　　　　　　　　　　　　 D.既不充分也不必要条件

解析：p：2^a>2^b⇔a>b；q：log₂a>log₂b⇔a>b>0，

故pq，q⇒p，∴p是q的必要不充分条件.

答案：B

6.(2010·海口模拟)已知集合A＝{x∈R|＜2^x＜8}，B＝{x∈R|－1＜x＜m+1}，若x∈B成立的一个充分不必要的条件是x∈A，则实数m的取值范围是　　　　　　　 (　)

A.m≥2　 　　　　　B.m≤2　　　　　 C.m＞2 　　　　　　D.－2＜m＜2

解析：A＝{x∈R|＜2^x＜8}＝{x|－1＜x＜3}，

∵x∈B成立的一个充分不必要条件是x∈A，

∴AB，

∴m+1＞3，即m＞2.

答案：C

5.下列特称命题中，假命题是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

A.∃x∈R，x²－2x－3＝0　　　　　　　　 B.至少有一个x∈Z，x能被2和3整除

C.存在两个相交平面垂直于同一直线　　　 D.∃x∈{x|x是无理数}，使x²是有理数

解析：对于A：当x＝－1时，x²－2x－3＝0，故A为真命题；

对于B：当x＝6时，符合题目要求，为真命题；

对于C假命题；

对于D：x＝时，x²＝3，故D为真命题.

综上可知：应选C.

答案：C

4.已知a，b是实数，则“a>0且b>0”是“a+b>0且ab>0”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：当a>0且b>0时，一定有a+b>0且ab>0.反之，当a+b>0且ab>0时，一定有a>0，b>0.故“a>0且b>0”是“a+b>0且ab>0”的充要条件.

答案：C

3.(2010·东北师大附中模拟)设全集U是实数集R，M＝{x|x²＞　　　　

4}，N＝{x|x≥3或x＜1}都是U的子集，则图中阴影部分所　　　　　　　

表示的集合是　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

A.{x|－2≤x＜1}　 　　　　　　　B.{x|－2≤x≤2}

C.{x|1＜x≤2}　 　　　　　　　　D.{x|x＜2}

解析：图中阴影部分表示N∩(∁_UM)，∵M＝{|x²>4}＝{x|x>2或x<－2}，

∴∁_UM＝{x|－2≤x≤2}，∴N∩(∁_UM)＝{－2≤x＜1}.

答案：A

2.集合P＝{m²|m∈N^*}，若a，b∈P，则a⊗b∈P，那么运算⊗可能是　　　　　　 (　)

A.加法　　　 　B.减法　　　　　　 C.乘法　 　　　　　　　D.除法

解析：特例：a＝1，b＝4.

答案：C

1.已知集合A＝{1,3,5,7,9}，B＝{0,3,6,9,12}，则A∩(∁_NB)＝　　　　　　　　　　 (　)

A.{1,5,7}　　B.{3,5,7}　　　　 C.{1,3,9} 　　　　　D.{1,2,3}

解析：∵A＝{1,3,5,7,9}，B＝{0,3,6,9,12}，∴∁_NB＝{1,2,4,5,7,8，……}.

∴A∩(∁_NB)＝{1,5,7}.

答案：A

　 例3　 解方程：。

　 分析：形如的对数方程，可采用换元法进行求解。

　 解析：原方程可化为，

　 即。

　 令，则，解之得或，

　 ∴，或。

　 解得或。

　 检验可知，以上两根都是原方程的根。

　 评注：在解对数方程时，要注意将根代入原方程检验，将不满足原方程的根去掉。

　 例4　 设，求实数、的值。

　 分析：在一个方程中含有两个未知数，必须运用特殊方法进行求解，本题可用非负数的性质求解。

　 解析：由题意可得，，，

原方程可化为，

　 即。

　 ∴，∴。

∴由非负数的性质得，且，∴，。

　 评注：通过拆项配方，使问题巧妙获解。

　 例1　 解方程：。

　 分析：该例可采用换元法求解。

　 解析：令，则，

　 ∴原方程变形为，解得，。

由得，∴，

即，∴，∴。

由得，∴，

∵，∴此方程无实根。

　 故原方程的解为。

　 评注：将指数方程转化为基本型求解，是解决该类问题的关键。

　 例2　 解方程：。

　 分析：利用指数函数的单调性进行求解。

　 解析：原方程等价于，显然。

　 构造函数，则，即是原方程的根。

　 ∵，都是减函数，∴也是减函数，

　 当时，；当时，。

　 故原方程只有一个解。

　 评注：灵活运用指数函数的性质，提高解题能力。