eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 立体几何学）：20. (12 分)

设 $a, b, c$ 分别是 $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边. 已知 $\tan A=\sqrt{3}, b=2$.

(1) 若 $a=2 \sqrt{3}$, 求 $B$;

(2) 若 $a=2 c$ 求 $\triangle A B C$ 的面积
选项：
答案：(1) $A=\frac{\pi}{6}$
(2) $\frac{\sqrt{39}-\sqrt{3}}{6}$
解析：(1) 应为 $\tan A=\sqrt{3}$ 所以 $A=\frac{\pi}{3} \quad$ 又 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$ 所以 $\sin A=\frac{1}{2}$ 所以 $A=\frac{\pi}{6}, \frac{5 \pi}{6}$又 $b<a$ 所以 $A=\frac{\pi}{6}$

(2) 由余弦定理可得 $(2 c)^{2}=2^{2}+c^{2}-2 c\left(2 \cos \frac{\pi}{3}\right)$
可得 $3 c^{2}+2 c-4=0$ 解得 $c=\frac{-1+\sqrt{13}}{3} \quad(c>0)$

所以 $S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} b c \sin A=\frac{1}{2} \times 2 \times \frac{-1+\sqrt{13}}{3} \times \sin \frac{\pi}{3}=\frac{\sqrt{39}-\sqrt{3}}{6}$

【点评】正弦定理和余弦定理的简单运用, 注意两个答案时的取舍.
题目（高二 · 组合几何学）：(12 分) 如图所示, 已知 $\odot O$ 的半径是 1 , 点 $C$ 在直径 $A B$ 的延长线上, $B C=1$, 点 $P$ 是 $\odot O$ 上半圆上的一个动点, 以 $P C$ 为边作等边三角形 $P C D$, 且点 $D$ 与圆心分别在 $P C$ 的两侧.



(1)若 $\angle P O B=\theta$, 试将四边形 $O P D C$ 的面积 $y$ 表示为关于 $\theta$ 的函数;

(2)求四边形 $O P D C$ 面积的最大值.
选项：
答案：(1)在 $\triangle P O C$ 中, 由余弦定理,

得 $P C^{2}=O P^{2}+O C^{2}-2 O P \cdot O C \cdot \cos \theta$

$=5-4 \cos \theta$,

所以 $y=S_{\triangle O P C}+S_{\triangle P C D}$

$=\frac{1}{2} \times 1 \times 2 \sin \theta+\frac{\sqrt{3}}{4} \times(5-4 \cos \theta)$

$=2 \sin \left(\theta-\frac{\pi}{3}\right)+\frac{5 \sqrt{3}}{4}$.

(2)当 $\theta-\frac{\pi}{3}=\frac{\pi}{2}$, 即 $\theta=\frac{5 \pi}{6}$ 时, $y_{\text {max }}=2+\frac{5 \sqrt{3}}{4}$.

答 四边形 $O P D C$ 面积的最大值为 $2+\frac{5 \sqrt{3}}{4}$.
解析：(1)在 $\triangle P O C$ 中, 由余弦定理,

得 $P C^{2}=O P^{2}+O C^{2}-2 O P \cdot O C \cdot \cos \theta$

$=5-4 \cos \theta$,

所以 $y=S_{\triangle O P C}+S_{\triangle P C D}$

$=\frac{1}{2} \times 1 \times 2 \sin \theta+\frac{\sqrt{3}}{4} \times(5-4 \cos \theta)$

$=2 \sin \left(\theta-\frac{\pi}{3}\right)+\frac{5 \sqrt{3}}{4}$.

(2)当 $\theta-\frac{\pi}{3}=\frac{\pi}{2}$, 即 $\theta=\frac{5 \pi}{6}$ 时, $y_{\text {max }}=2+\frac{5 \sqrt{3}}{4}$.

答 四边形 $O P D C$ 面积的最大值为 $2+\frac{5 \sqrt{3}}{4}$.
题目（高二 · 组合几何学）：(12 分) 如图所示, 扇形 $A O B$, 圆心角 $A O B$ 等于 $60^{\circ}$, 半径为 2 , 在孤 $A B$ 上有一动点 $P$, 过 $P$ 引平行于 $O B$ 的直线和 $O A$ 交于点 $C$, 设 $\angle A O P=\theta$, 求 $\triangle P O C$ 面积的最大值及此时 $\theta$ 的值.


选项：
答案：$\because C P / / O B, \therefore \angle C P O=\angle P O B=60^{\circ}-\theta$, $\angle O C P=120^{\circ}$.

在 $\triangle P O C$ 中, 由正弦定理得 $\frac{O P}{\sin \angle P C O}=\frac{C P}{\sin \theta}$,

$\therefore \frac{2}{\sin 120^{\circ}}=\frac{C P}{\sin \theta}, \quad \therefore C P=\frac{4}{\sqrt{3}} \sin \theta$.

又 $\frac{O C}{\sin \left(60^{\circ}-\theta\right)}=\frac{2}{\sin 120^{\circ}}, \quad \therefore O C=\frac{4}{\sqrt{3}} \sin \left(60^{\circ}-\theta\right)$.

因此 $\triangle P O C$ 的面积为

$S(\theta)=\frac{1}{2} C P \cdot O C \sin 120^{\circ}$

$=\frac{1}{2} \cdot \frac{4}{\sqrt{3}} \sin \theta \cdot \frac{4}{\sqrt{3}} \sin \left(60^{\circ}-\theta\right) \times \frac{\sqrt{3}}{2}$

$=\frac{4}{\sqrt{3}} \sin \theta \sin \left(60^{\circ}-\theta\right)$

$=\frac{4}{\sqrt{3}} \sin \theta\left(\frac{\sqrt{3}}{2} \cos \theta-\frac{1}{2} \sin \theta\right)$

$=2 \sin \theta \cdot \cos \theta-\frac{2}{\sqrt{3}} \sin ^{2} \theta$

$=\sin 2 \theta+\frac{\sqrt{3}}{3} \cos 2 \theta-\frac{\sqrt{3}}{3}$

$=\frac{2 \sqrt{3}}{3} \sin \left(2 \theta+\frac{\pi}{6}\right)-\frac{\sqrt{3}}{3}$

$\therefore \theta=\frac{\pi}{6}$ 时, $S(\theta)$ 取得最大值为 $\frac{\sqrt{3}}{3}$.
解析：$\because C P / / O B, \therefore \angle C P O=\angle P O B=60^{\circ}-\theta$, $\angle O C P=120^{\circ}$.

在 $\triangle P O C$ 中, 由正弦定理得 $\frac{O P}{\sin \angle P C O}=\frac{C P}{\sin \theta}$,

$\therefore \frac{2}{\sin 120^{\circ}}=\frac{C P}{\sin \theta}, \quad \therefore C P=\frac{4}{\sqrt{3}} \sin \theta$.

又 $\frac{O C}{\sin \left(60^{\circ}-\theta\right)}=\frac{2}{\sin 120^{\circ}}, \quad \therefore O C=\frac{4}{\sqrt{3}} \sin \left(60^{\circ}-\theta\right)$.

因此 $\triangle P O C$ 的面积为

$S(\theta)=\frac{1}{2} C P \cdot O C \sin 120^{\circ}$

$=\frac{1}{2} \cdot \frac{4}{\sqrt{3}} \sin \theta \cdot \frac{4}{\sqrt{3}} \sin \left(60^{\circ}-\theta\right) \times \frac{\sqrt{3}}{2}$

$=\frac{4}{\sqrt{3}} \sin \theta \sin \left(60^{\circ}-\theta\right)$

$=\frac{4}{\sqrt{3}} \sin \theta\left(\frac{\sqrt{3}}{2} \cos \theta-\frac{1}{2} \sin \theta\right)$

$=2 \sin \theta \cdot \cos \theta-\frac{2}{\sqrt{3}} \sin ^{2} \theta$

$=\sin 2 \theta+\frac{\sqrt{3}}{3} \cos 2 \theta-\frac{\sqrt{3}}{3}$

$=\frac{2 \sqrt{3}}{3} \sin \left(2 \theta+\frac{\pi}{6}\right)-\frac{\sqrt{3}}{3}$

$\therefore \theta=\frac{\pi}{6}$ 时, $S(\theta)$ 取得最大值为 $\frac{\sqrt{3}}{3}$.
题目（高二 · 组合几何学）：(12 分) 如图所示, 将一矩形花坛 $A B C D$ 扩建成一个更大的矩形花坛 $A M P N$, 要求 $B$点在 $A M$ 上, $D$ 点在 $A N$ 上, 且对角线 $M N$ 过 $C$ 点, 已知 $A B=3$ 米, $A D=2$ 米.

(1)要使矩形 $A M P N$ 的面积大于 32 平方米, 则 $D N$ 的长应在什么范围内?

(2)当 $D N$ 的长为多少时, 矩形花坛 $A M P N$ 的面积最小? 并求出最小值.


选项：
答案：(1)设 $D N$ 的长为 $x(x>0)$ 米,则 $A N=(x+2)$ 米.

$\because \frac{D N}{A N}=\frac{D C}{A M}, \therefore A M=\frac{3(x+2)}{x}$,

$\therefore S_{A M P N}=A N \cdot A M=\frac{3(x+2)^{2}}{x}$,

由 $S_{A M P N}>32$, 得 $\frac{3(x+2)^{2}}{x}>32$.

又 $x>0$, 得 $3 x^{2}-20 x+12>0$,

解得: $0<x<\frac{2}{3}$ 或 $x>6$,

即 $D N$ 长的取值范围是 $\left(0, \frac{2}{3}\right) \cup(6,+\infty)$.

(2)矩形花坛 $A M P N$ 的面积为

$y=\frac{3(x+2)^{2}}{x}=\frac{3 x^{2}+12 x+12}{x}$
$=3 x+\frac{12}{x}+12 \geqslant 2 \sqrt{3 x \cdot \frac{12}{x}}+12=24$,

当且仅当 $3 x=\frac{12}{x}$, 即 $x=2$ 时,

矩形花坛 AMPN 的面积取得最小值 24.

故 $D N$ 的长为 2 米时, 矩形 $A M P N$ 的面积最小,最小值为 24 平方米.
解析：(1)设 $D N$ 的长为 $x(x>0)$ 米,则 $A N=(x+2)$ 米.

$\because \frac{D N}{A N}=\frac{D C}{A M}, \therefore A M=\frac{3(x+2)}{x}$,

$\therefore S_{A M P N}=A N \cdot A M=\frac{3(x+2)^{2}}{x}$,

由 $S_{A M P N}>32$, 得 $\frac{3(x+2)^{2}}{x}>32$.

又 $x>0$, 得 $3 x^{2}-20 x+12>0$,

解得: $0<x<\frac{2}{3}$ 或 $x>6$,

即 $D N$ 长的取值范围是 $\left(0, \frac{2}{3}\right) \cup(6,+\infty)$.

(2)矩形花坛 $A M P N$ 的面积为

$y=\frac{3(x+2)^{2}}{x}=\frac{3 x^{2}+12 x+12}{x}$
$=3 x+\frac{12}{x}+12 \geqslant 2 \sqrt{3 x \cdot \frac{12}{x}}+12=24$,

当且仅当 $3 x=\frac{12}{x}$, 即 $x=2$ 时,

矩形花坛 AMPN 的面积取得最小值 24.

故 $D N$ 的长为 2 米时, 矩形 $A M P N$ 的面积最小,最小值为 24 平方米.
题目（高二 · 组合数学）：14. 把自然数 $1,2,3,4, \cdots$ 按下列方式排成一个数阵.

$$
\begin{array}{cccccc} 
& & & & & \\
& & 2 & 3 & & \\
& 4 & 5 & 6 & \\
& 7 & 8 & 9 & 10 & \\
11 & 12 & 13 & 14 & 15
\end{array}
$$

根据以上排列规律，数阵中第 $n(n \geqslant 3)$ 行从左至右的第 3 个数是
选项：
答案：$\frac{n^{2}}{2}-\frac{n}{2}+3$
解析：该数阵的第 1 行有 1 个数, 第 2 行有 2 个数, $\cdots$, 第 $n$ 行有 $n$ 个数, 则第 $n-1(n \geqslant 3)$行的最后一个数为 $\frac{(n-1)(1+n-1)}{2}=\frac{n^{2}}{2}-\frac{n}{2}$, 则第 $n$ 行从左至右的第 3 个数为 $\frac{n^{2}}{2}-\frac{n}{2}+3$.哈哈
题目（高二 · 组合数学）：14. 根据下列 5 个图形及相应点的个数的变化规律, 试猜测第 $n$ 个图中有多少个点.


(1) (2)
(3)
(4)
(5)
选项：
答案：图(1)只有 1 个点, 无分支; 图(2)除中间 1 个点外, 有两个分支, 每个分支有 1 个点; 图(3)除中间 1 个点外, 有三个分支, 每个分支有 2 个点; 图(4)除中间 1 个点外, 有四个分支, 每个分支有 3 个点; 猜测第 $n$ 个图中除中间一个点外, 有 $n$ 个分支, 每个分支有 $(n-1)$ 个点, 故第 $n$ 个图中点的个数为 $1+n(n-1)=n^{2}-n+1$.
解析：图(1)只有 1 个点, 无分支; 图(2)除中间 1 个点外, 有两个分支, 每个分支有 1 个点; 图(3)除中间 1 个点外, 有三个分支, 每个分支有 2 个点; 图(4)除中间 1 个点外, 有四个分支, 每个分支有 3 个点; 猜测第 $n$ 个图中除中间一个点外, 有 $n$ 个分支, 每个分支有 $(n-1)$ 个点, 故第 $n$ 个图中点的个数为 $1+n(n-1)=n^{2}-n+1$.哈哈
题目（高二 · 组合数学）：12. 求和: $S_{n}=x+2 x^{2}+3 x^{3}+\cdots+n x^{n}(x \neq 0)$.
选项：
答案：分 $x=1$ 和 $x \neq 1$ 两种情况.

(1) 当 $x=1$ 时, $S_{n}=1+2+3+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2}$.

(2) 当 $x \neq 1$ 时, $S_{n}=x+2 x^{2}+3 x^{3}+\cdots+n x^{n}$,

$x S_{n}=x^{2}+2 x^{3}+3 x^{4}+\cdots+(n-1) x^{n}+n x^{n+1}$,

$\therefore(1-x) S_{n}=x+x^{2}+x^{3}+\cdots+x^{n}-n x^{n+1}=\frac{x\left(1-x^{n}\right)}{1-x}-n x^{n+1}$.

$\therefore S_{n}=\frac{x\left(1-x^{n}\right)}{(1-x)^{2}}-\frac{n x^{n+1}}{1-x}$.

综上可得 $S_{n}=$

$\left\{\begin{array}{l}\frac{n(n+1)}{2} \quad(x=1) \\ \frac{x\left(1-x^{n}\right)}{(1-x)^{2}}-\frac{n x^{n+1}}{1-x}(x \neq 1 \text { 且 } x \neq 0)\end{array}\right.$
解析：分 $x=1$ 和 $x \neq 1$ 两种情况.

(1) 当 $x=1$ 时, $S_{n}=1+2+3+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2}$.

(2) 当 $x \neq 1$ 时, $S_{n}=x+2 x^{2}+3 x^{3}+\cdots+n x^{n}$,

$x S_{n}=x^{2}+2 x^{3}+3 x^{4}+\cdots+(n-1) x^{n}+n x^{n+1}$,

$\therefore(1-x) S_{n}=x+x^{2}+x^{3}+\cdots+x^{n}-n x^{n+1}=\frac{x\left(1-x^{n}\right)}{1-x}-n x^{n+1}$.

$\therefore S_{n}=\frac{x\left(1-x^{n}\right)}{(1-x)^{2}}-\frac{n x^{n+1}}{1-x}$.

综上可得 $S_{n}=$

$\left\{\begin{array}{l}\frac{n(n+1)}{2} \quad(x=1) \\ \frac{x\left(1-x^{n}\right)}{(1-x)^{2}}-\frac{n x^{n+1}}{1-x}(x \neq 1 \text { 且 } x \neq 0)\end{array}\right.$
题目（高二 · 画法几何学）：如图, $H 、 G 、 B$ 三点在同一条直线上, 在 $G 、 H$ 两点用测角仪器测得 $A$ 的仰角分别为 $\alpha, \beta, C D=a$, 测角仪器的高是 $h$, 用 $a, h, \alpha, \beta$ 表示建筑物高度 $A B$.


选项：
答案：在 $\triangle A C D$ 中, $\angle D A C=\alpha-\beta$,

由正弦定理, 得 $\frac{A C}{\sin \beta}=\frac{D C}{\sin (\alpha-\beta)}$,

$\therefore A C=\frac{a \sin \beta}{\sin (\alpha-\beta)}$

$\therefore A B=A E+E B=A C \sin \alpha+h=\frac{a \sin \beta \sin \alpha}{\sin (\alpha-\beta)}+h$.
解析：在 $\triangle A C D$ 中, $\angle D A C=\alpha-\beta$,

由正弦定理, 得 $\frac{A C}{\sin \beta}=\frac{D C}{\sin (\alpha-\beta)}$,

$\therefore A C=\frac{a \sin \beta}{\sin (\alpha-\beta)}$

$\therefore A B=A E+E B=A C \sin \alpha+h=\frac{a \sin \beta \sin \alpha}{\sin (\alpha-\beta)}+h$.
题目（高二 · 逻辑题）：20. 命题: “若 $A \cup B=A$, 则 $A \cap B=B$ ”的否命题是 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案: 若 $A \cup B \neq A$ 则 $A \cap B \neq B$
解析：: 解答: 命题: “若 $A \cup B=A$, 则 $A \cap B=B$ ”的否命题为若 $A \cup B \neq A$ 则 $A \cap B \neq B$

分析：逆命题：交换原命题的条件和结论;

否命题：同时否定原命题的条件和结论;

逆否命题: 交换原命题的条件和结论, 并同时否定.
题目（高二 · 逻辑题）：21. 写出命题“已知 $a, b \in R$, 若关于 $\mathrm{x}$ 的不等式 $x^{2}+a x+b \leq 0$ 有非空解集, 则 $a^{2} \geq 4 b$ ”的逆命题、否命题、逆否命题, 并判断它们的真假.
选项：
答案：答案: 解: 逆命题: 已知 $a, b \in R$, 若 $a^{2} \geq 4 b$, 则关于 $\mathrm{x}$ 的不等式 $x^{2}+a x+b \leq 0$ 有非空解集,为真命题.

否命题: 已知 $a, b \in R$, 若关于 $x$ 的不等式 $x^{2}+a x+b \leq 0$ 没有非空解集, 则 $a^{2}<4 b$, 为真命题.

逆否命题: 已知 $a, b \in R$, 若 $a^{2}<4 b$, 则关于 $x$ 的不等式 $x^{2}+a x+b \leq 0$ 没有非空解集, 为真命题.
解析：：分析：写一个命题的其他三种命题时, 需注意: (1)对于不是“若 $p$, 则 $q$ ”形式的命题, 需先改写; (2)若命题有大前提, 写其他三种命题时需保留大前提; 判断一个命题为真命题, 要给出推理证明; 判断一个命题是假命题, 只需举出反例; 根据“原命题与逆否命题同真同假, 逆命题与否命题同真同假”这一性质, 当一个命题直接判断不易进行时, 可转化为判断其等价命题的真假.
题目（高二 · 逻辑题）：22. 分别写出下列命题的逆命题、否命题、逆否命题, 并判断它们的真假.

(1)若 $a b=0$, 则 $a=0$ 或 $b=0$;
选项：
答案：答案: 逆命题: 若 $a=0$ 或 $b=0$, 则 $a b=0$, 真命题.

否命题: 若 $a b \neq 0$, 则 $a \neq 0$ 且 $b \neq 0$, 真命题.

逆否命题: 若 $a \neq 0$ 且 $b \neq 0$, 则 $a b \neq 0$, 真命题.

(2)若 $x^{2}+y^{2}=0$, 则 $x, y$ 全为零.

答案: 逆命题: 若 $x, y$ 全为零, 则 $x^{2}+y^{2}=0$, 真命题.

否命题: 若 $x^{2}+y^{2} \neq 0$, 则 $x, y$ 不全为零, 真命题.

逆否命题: 若 $x, y$ 不全为零, 则 $x^{2}+y^{2} \neq 0$, 真命题.
解析：：分析：写一个命题的其他三种命题时, 需注意: (1)对于不是“若 $p$, 则 $q$ ”形式的命题, 需先改写; (2)若命题有大前提, 写其他三种命题时需保留大前提; 判断一个命题为真命题, 要给出推理证明; 判断一个命题是假命题, 只需举出反例; 根据“原命题与逆否命题同真同假, 逆命题与否命题同真同假”这一性质, 当一个命题直接判断不易进行时, 可转化为判断其等价命题的真假.
题目（高二 · 逻辑题）：24. 已知 $c>0$, 设命题 $p$ : 函数 $y=c^{x}$ 为减函数. 命题 $q$ : 当 $x \in\left[\frac{1}{2}, 2\right]$ 时, 函数 $f(x)=x+$ $\frac{1}{x}>\frac{1}{c}$ 恒成立. 如果“ $p \vee q$ ”为真命题, “ $p \wedge q$ ”为假命题, 求 $c$ 的取值范围.
选项：
答案：答案: 解: 由命题 $p$ 为真知, $0<c<1$, 由命题 $q$ 为真知, $2 \leq x+\frac{1}{x} \leq \frac{5}{2}$,要使此式恒成立, 需 $\frac{1}{c}<2$, 即 $c>\frac{1}{2}$,

若“ $p$ 或 $q$ ”为真命题, “ $p$ 且 $q$ ”为假命题,则 $p, q$ 中必有一真一假,当 $p$ 真 $q$ 假时, $c$ 的取值范围是 $0<c \leq \frac{1}{2}$;当 $p$ 假 $q$ 真时, $c$ 的取值范围是 $c \geq 1$.
综上可知, $c$ 的取值范围是 $\left(0, \frac{1}{2}\right] \cup[1,+\infty)$. 故答案 $\left(0, \frac{1}{2}\right] \cup[1,+\infty)$
解析：：分析：先求命题 $\mathrm{p}$ 和命题 $\mathrm{q}$ 的 $a$ 的取值范围，再由判断复合命题的口诀（或命题:有真则真; 且命题：有假则假；非命题：真假相反。）进行判断即可。
题目（高二 · 逻辑题）：25. 判断命题“已知 $a, x$ 为实数, 如果关于 $x$ 的不等式 $x^{2}+(2 a+1) x+a^{2}+2 \leq 0$ 的解集非空,则 $a \geq 1$ ”的逆否命题的真假.
选项：
答案：答案: 解: 原命题: 已知 $a, x$ 为实数, 如果关于 $x$ 的不等式 $x^{2}+(2 a+1) x+a^{2}+2 \leq 0$ 的解集非空, 则 $a \geq 1$.

逆否命题: 已知 $a, x$ 为实数, 如果 $a<1$, 则关于 $x$ 的不等式 $x^{2}+(2 a+1) x+a^{2}+2 \leq 0$ 的解集为空集.

判断如下:

抛物线 $y=x^{2}+(2 a+1) x+a^{2}+2$ 开口向上,

判别式 $\Delta=(2 a+1)^{2}-4\left(a^{2}+2\right)=4 a-7$.

$\because a<1, \quad \therefore 4 a-7<0$,

即抛物线 $y=x^{2}+(2 a+1) x+a^{2}+2$ 与 $x$ 轴无交点,

$\therefore$ 关于 $x$ 的不等式 $x^{2}+(2 a+1) x+a^{2}+2 \leq 0$ 的解集为空集, 故逆否命题为真。
解析：: 分析: 直接由原命题写出其逆否命题, 然后判断逆否命题的真假.
题目（高二 · 逻辑题）：21. 下列命题中, 判断条件 $\mathrm{p}$ 是条件 $q$ 的什么条件:

(1) $p:|x|=|y|, q: x=y$;


选项：
答案：答案: $p$ 是 $q$ 的必要条件不充分条件;

(2)p: $\triangle \mathrm{ABC}$ 是直角三角形, $q: \triangle \mathrm{ABC}$ 是等腰三角形;

答案： $p$ 既不是 $q$ 的充分条件, 也不是 $q$ 的必要条件;

(3)p：四边形的对角线互相平分， $q$ : 四边形是矩形.

答案: $p$ 是 $q$ 的必要条件, 不充分条件. 解答: (1) $\because|x|=|y| \Rightarrow \not x x=y$, 但 $x=y \Rightarrow|x|=|y|$,

$\therefore p$ 是 $q$ 的必要条件, 但不是充分条件. (2) $\triangle \mathrm{ABC}$ 是直角三角形 $\triangle \mathrm{ABC}$ 是等腰三角形.

$\triangle \mathrm{ABC}$ 是等腰三角形 $\triangle \mathrm{ABC}$ 是直角三角形. $\therefore p$ 既不是 $q$ 的充分条件, 也不是 $q$ 的必要条

件. (3)四边形的对角线互相平分四边形是矩形. 四边形是矩形 $\Rightarrow$ 四边形的对角线互相平分. $\therefore p$ 是 $q$ 的必要条件, 但不是充分条件.
分析: 解答此类问题的关键是分析条件 $p$ 和 $q$ 是否具有推出关系, 首先要化简条件, 其次要明确条件 $p$ 是什么, 结论 $q$ 是什么, 接着判断一是 $p$ 能否推得条件 $q$; 二是 $q$ 能否推得条件 $p$, 方可解决; 注意养成“解决彻底”的好习惯, 既要解决充分性, 又要解决必要性.
解析：: 解答: (1) $\because|x|=|y| \Rightarrow \not x x=y$, 但 $x=y \Rightarrow|x|=|y|$,

$\therefore p$ 是 $q$ 的必要条件, 但不是充分条件. (2) $\triangle \mathrm{ABC}$ 是直角三角形 $\triangle \mathrm{ABC}$ 是等腰三角形.

$\triangle \mathrm{ABC}$ 是等腰三角形 $\triangle \mathrm{ABC}$ 是直角三角形. $\therefore p$ 既不是 $q$ 的充分条件, 也不是 $q$ 的必要条

件. (3)四边形的对角线互相平分四边形是矩形. 四边形是矩形 $\Rightarrow$ 四边形的对角线互相平分. $\therefore p$ 是 $q$ 的必要条件, 但不是充分条件.
分析: 解答此类问题的关键是分析条件 $p$ 和 $q$ 是否具有推出关系, 首先要化简条件, 其次要明确条件 $p$ 是什么, 结论 $q$ 是什么, 接着判断一是 $p$ 能否推得条件 $q$; 二是 $q$ 能否推得条件 $p$, 方可解决; 注意养成“解决彻底”的好习惯, 既要解决充分性, 又要解决必要性.
题目（高二 · 逻辑题）：23. 已知 $p:\left|1-\frac{x-1}{3}\right| \leqslant 2, q: x^{2}-2 x+1-m^{2} \leqslant 0(m>0)$, 若 $\neg p$ 是 $\neg q$ 的必要而不充分条件, 求实数 $m$ 的取值范围.

答案: 解: 由 $x^{2}-2 x+1-m^{2} \leqslant 0$ 得 $1-m \leqslant x \leqslant 1+m(m>0)$.

所以 “ $\neg q$ ”: $A=\{x \in \mathbf{R} \mid x>1+m$ 或 $x<1-m, m>0\}$.由 $\left|1-\frac{x-1}{3}\right| \leqslant 2$ 得 $-2 \leqslant x \leqslant 10$, 所以

“ᄀp”: $B=\{x \in \mathbf{R} \mid x>10$ 或 $x<-2\}$.

由 $\neg p$ 是 $\neg q$ 的必要而不充分条件知

$B \subseteq A \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}m>0, \\ 1-m \geqslant-2, \Rightarrow 0<m \leqslant 3 \\ 1+m \leqslant 10 .\end{array}\right.$

故 $m$ 的取值范围为 $0<m \leqslant 3$; 故实数 $m$ 的取值范围 $\{x \mid 0<m \leqslant 3\}$
选项：
答案：：分析：对于结论中含有参数问题, 可先将其转化为最简形式, 利用充分条件、必要条件或充要条件揭示命题和结论之间的从属关系, 借助于Venn图或数轴的直观性列方程或不等式, 即可求出参数的值或取值范围.
解析：：分析：对于结论中含有参数问题, 可先将其转化为最简形式, 利用充分条件、必要条件或充要条件揭示命题和结论之间的从属关系, 借助于Venn图或数轴的直观性列方程或不等式, 即可求出参数的值或取值范围.
题目（高二 · 逻辑题）：25. 已知条件 $p:-1 \leq x \leq 10, q: x^{2}-4 x+4-m^{2} \leq 0(m>0)$ 不变, 若 $\neg p$ 是 $\neg q$ 的必要而不充分条件, 如何求实数 $m$ 的取值范围?

答案: $p:-1 \leq x \leq 10$.

$q: x^{2}-4 x+4-m^{2} \leq 0$

$\Leftrightarrow[x-(2-m)][x-(2+m)] \leq 0(m>0)$

$\Leftrightarrow 2-m \leq x \leq 2+m(m>0)$.

因为 $\neg p$ 是 $\neg q$ 的必要而不充分条件,

所以 $p$ 是 $q$ 的充分不必要条件,

即 $\{x \mid-1 \leq x \leq 10\} \varsubsetneqq\{x \mid 2-m \leq x \leq 2+m\}$ ，

故有 $\left\{\begin{array}{l}2-m \leq-1, \\ 2+m>10,\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}2-m<-1, \\ 2+m \geq 10,\end{array}\right.$ 解得 $m \geq 8$. 所以实数 $m$ 的范围为 $\{m \mid m \geq 8\}$.
选项：
答案：：分析：对于结论中含有参数问题, 可先将其转化为最简形式, 利用充分条件、必要条件或充要条件揭示命题和结论之间的从属关系, 借助于Venn图或数轴的直观性列方程或不等式, 即可求出参数的值或取值范围.
解析：：分析：对于结论中含有参数问题, 可先将其转化为最简形式, 利用充分条件、必要条件或充要条件揭示命题和结论之间的从属关系, 借助于Venn图或数轴的直观性列方程或不等式, 即可求出参数的值或取值范围.
题目（高二 · 逻辑题）：21. 将下列命题写成“ $p$ 或 $q$ ”“ $p$ 且 $q$ ”和“ $\neg p$ ”的形式:

（1） $p$ : 菱形的对角线互相垂直, $q$ : 菱形的对角线互相平分;

答案: $p$ 且 $q$ : 菱形的对角线互相垂直且平分.

$p$ 或 $q$ : 菱形的对角线互相垂直或平分.

$\neg p$ : 菱形的对角线不垂直.

(2) $p$ : 能被 5 整除的整数的个位数一定为 $5, q$ : 能被 5 整除的整数的个位数一定为 0 .
选项：
答案：答案: $p$ 且 $q$ : 能被 5 整除的整数的个位数一定为 5 且一定为 0 ;

$p$ 或 $q$ : 能被 5 整除的整数的个位数一定为 5 或一定为 0 ;

$\neg p$ : 能被 5 整除的整数的个位数不一定为 5 .
解析：： 分析：根据命题和复合命题的定义即可写出;
题目（高二 · 逻辑题）：22. 已知命题 $p:\left|x^{2}-x\right| \geq 6, q: x \in z$, 且“ $p$ 且 $q$ ”与“非 $q$ ”同时为假命题,

求 $x$ 的值.
选项：
答案：答案: 因为 $\mathrm{p}$ 且 $q$ 为假, 所以 $\mathrm{p} 、 \mathrm{q}$ 至少有一命题为假, 又 “非 $q$ ”为假; 所以 $\mathrm{q}$ 为真, 从而可知 $\mathrm{p}$为假.

由 $\mathrm{p}$ 为假且 $\mathrm{q}$ 为真, 可得: $\left\{\begin{array}{l}\left|x^{2}-x\right|<6 \\ x \in Z\end{array}\right.$, 即 $\left\{\begin{array}{l}x^{2}-x<6 \\ x^{2}-x>-6 \\ x \in Z\end{array}\right.$, 所以 $\left\{\begin{array}{l}-2<x<3, \\ x \in R, \\ x \in Z,\end{array}\right.$

故 $x$ 的取值为: $-1 、 0 、 1 、 2$.故答案为: $-1 、 0 、 1 、 2$
解析：：分析：根据 “ $p$ 且 $q$ ”与 “非 $q$ ”同时为假命题作出判断, 由判断复合命题的口诀 (或命题

：有真则真; 且命题: 有假则假; 非命题: 真假相反。)
题目（高二 · 逻辑题）：23. 已知命题 $p: \lg \left(x^{2}-2 x-2\right) \geq 0$; 命题 $q: 0<x<4$. 若 $p$ 且 $q$ 为假, $p$ 或 $q$ 为真, 求实数 $x$ 的取值范围.
选项：
答案：答案: 由 $\lg \left(x^{2}-2 x-2\right) \geq 0$, 得 $x^{2}-2 x-2 \geq 1$,

$\therefore x \geq 3$, 或 $x \leq-1$. 即 $p: x \geq 3$, 或 $x \leq-1$.

$\therefore \neg p:-1<x<3$. 又 $\because q: 0<x<4$,

$\therefore \neg q: x \geq 4$, 或 $x \leq 0$.

由 $p$ 且 $q$ 为假, $p$ 或 $q$ 为真知 $p, q$ 一真一假,

当 $p$ 真 $q$ 假时, 由 $\left\{\begin{array}{l}x \geq 3, \text { 或 } x \leq-1, \\ x \geq 4, \text { 或 } x \leq 0,\end{array}\right.$ 得 $x \geq 4$, 或 $x \leq-1$,

当 $p$ 假 $q$ 真时, 由 $\left\{\begin{array}{l}-1<x<3, \\ 0<x<4,\end{array}\right.$ 得 $0<x<3$,

$\therefore$ 实数 $x$ 的取值范围是 $\{x \mid x \leq-1$, 或 $0<x<3$, 或 $x \geq 4\}$,

故答案: $\{x \mid x \leq-1$, 或 $0<x<3$, 或 $x \geq 4\}$
解析：: 分析: 根据 $p$ 且 $q$ 为假, $p$ 或 $q$ 为真, 作出判断, 由判断复合命题的口诀 (或命题: 有真则真；且命题：有假则假；非命题：真假相反。)
题目（高二 · 逻辑题）：24. 写出下列各组命题构成的“ $p$ 或 $q$ ”、“ $p$ 且 $q$ ”以及“非 $p$ ”形式的命题, 并判断它们的真假.

(1) $\sqrt{5}$ 是有理数, $q: \sqrt{5}$ 是整数;
选项：
答案：答案: $p$ 或 $q$ : $\sqrt{5}$ 是有理数或 $\sqrt{5}$ 是整数;

$p$ 且 $q: \sqrt{5}$ 是有理数, 且 $\sqrt{5}$ 是整数;

非 $p: \sqrt{5}$ 不是有理数.

因为 $p$ 假, $q$ 假, 所以 $p$ 或 $q$ 为假, $p$ 且 $q$ 为假, 非 $p$ 为真.

(2) 不等式 $x^{2}-2 x-3>0$ 的解集是 $(-\infty,-1), q$ : 不等式 $x^{2}-2 x-3>0$ 的解集是 $(3,+\infty)$.答案: $p$ 或 $q$ : 不等式 $x^{2}-2 x-3>0$ 的解集是 $(-\infty,-1)$ 或不等式 $x^{2}-2 x-3>0$ 的解集是 $(3,+$ $\infty$;

$p$ 且 $q$ : 不等式 $x^{2}-2 x-3>0$ 的解集是 $(-\infty,-1)$ 且不等式 $x^{2}-2 x-3>0$ 的解集是 $(3,+\infty)$;

非 $p$ : 不等式 $x^{2}-2 x-3>0$ 的解集不是 $(-\infty,-1)$.

因为 $p$ 假, $q$ 假, 所以 $p$ 或 $q$ 假, $p$ 且 $q$ 假, 非 $p$ 为真.
解析：: 分析: 先根据定义写出“ $p$ 或 $q$ ”、“ $p$ 且 $q$ ”以及“非 $p$ ”形式, 由判断复合命题的口决（或命题：有真则真；且命题：有假则假；非命题：真假相反。）进行判断即可。
题目（高二 · 逻辑题）：25. 已知命题 $p$ : 方程 $a^{2} x^{2}+a x-2=0$ 在 $[-1,1]$ 上有且仅有一解; 命题 $q$ : 只有一个实数 $\mathrm{x}$满足不等式 $x^{2}+2 a x+2 a \leq 0$. 若命题“ $p$ 或 $q$ ”是假命题, 求 $\mathrm{a}$ 的取值范围.
选项：
答案：答案: 由 $a^{2} x^{2}+a x-2=0$, 得 $(a x+2)(a x-1)=0$. 显然 $a \neq 0$, 所以 $x=-\frac{2}{a}$ 或 $x=\frac{1}{a}$.因为方程 $a^{2} x^{2}+a x-2=0$ 在 $[-1,1]$ 上有且仅有一解, 故 $\left\{\begin{array}{l}\left|\frac{2}{a}\right| \leq 1 \\ \left|\frac{1}{a}\right|>1\end{array}\right.$, 或 $\left\{\begin{array}{l}\left|\frac{1}{a}\right| \leq 1 \\ \left|\frac{1}{a}\right|>1\end{array}\right.$, 所以 $.-2<a<-1$ 或 $1 \leq a<2$

因为只有一个实数 $\mathrm{x}$ 满足不等式 $x^{2}+2 a x+2 a \leq 0$,所以 $\Delta=4 a^{2}-8 a=0$, 解得. $a=0$ 或 $a=2$.

因为命题“ $p$ 或 $q$ ”是假命题, 所以命题 $P$ 和 $\mathrm{q}$ 都是假命题,

所以 $a$ 的取值范围是 $\{a \mid a \leq-2$ 或 $-1<a<0$ 或 $0<a<1$ 或 $a>2\}$ 。
解析：: 分析: 先求命题p和命题 $\mathrm{q}$ 的 $a$ 的取值范围, 再由判断复合命题的口诀（或命题: 有真则真；且命题：有假则假；非命题：真假相反。）进行判断即可。
题目（高二 · 逻辑题）：20.已知命题: “ $\exists x \in[1,2]$,使 $x^{2}+2 x+\mathrm{a} \geq 0$ ”为真命题,则 $\mathrm{a}$ 的取值范围是 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案: $[-8,+\infty)$
解析：: 解答: 当 $1 \leq x \leq 2$ 时, $3 \leq x^{2}+2 x \leq 8$,

如果“ $\exists x \in[1,2]$, 使 $x^{2}+2 x+a \geq 0$ ”为真命题应有 $-a \leq x^{2}+2 x$, 因为 $x^{2}+2 x$ 在 [1,2], 为递增, 过 $x^{2}+2 x$ 在 $[1,2]$, 的最大值为 8 , 所以 $\mathrm{a} \geq-8$; 故答案为 $[-8,+\infty)$

分析: 本题利用原命题的否命题转化为求最值问题, 求否命题 $\mathrm{a}$ 范围的补集, 结合集合的补集定义即可解决.
题目（高二 · 逻辑题）：23. 判断下列命题是全称命题还是特称命题, 并判断其真假; 写出这些命题的否定并判断真假.

(1) 三角形的内角和为 $180^{\circ}$;

答案: 解: 是全称命题且为真命题.

命题的否定: 三角形的内角和不全为 $180^{\circ}$,

即存在一个三角形, 它的内角和不等于 $180^{\circ}$, 为假命题.

(2) 每个二次函数的图象都开口向下;

答案: 解: 是全称命题且为假命题.

命题的否定: 存在一个二次函数的图象开口不向下, 为真命题.

(3) 存在一个四边形不是平行四边形;

答案: 解: 是特称命题且为真命题.

命题的否定: 所有的四边形都是平行四边形, 为假命题.

(4) $p: \forall x \in R, x^{2}+2>0$;

答案: 解: 是全称命题且为真命题.

由于 $\forall x \in R$ 都有 $x^{2} \geq 0$, 故 $x^{2}+2 \geq 2>0, p$ 为真命题;

$\neg p: \exists x_{0} \in R, x_{0}^{2}+2 \leq 0, \neg p$ 为假命题

(5) $p: \exists x_{0} \in R, x_{0}^{2}+1=0$.
选项：
答案：答案：解：是特称命题且为假命题.

因为不存在一个实数 $X$, 使 $x^{2}+1=0$ 成立, $p$ 为假命题;

$\neg p: \forall x \in R, x^{2}+1 \neq 0, \neg p$ 为真命题.
解析：: 分析: 命题的否定要与否命题区别开来, 全称命题的否定是特称命题, 而特称命题的否定是全称命题.
题目（高二 · 逻辑题）：24. 已知两个命题 $\mathrm{p}: \sin x+\cos x>\mathrm{m}, \mathrm{q}: x^{2}+\mathrm{m} x+1>0$. 如果对任意 $x \in \mathbf{R}, \mathrm{p}$ 与 $\mathrm{q}$ 有且仅有一个是真命题. 求实数 $\mathrm{m}$ 的取值范围.
选项：
答案：答案: 解: $\because \sin x+\cos x=\sqrt{2} \sin \left(x+\frac{\pi}{4}\right) \geq-\sqrt{2}$

$\therefore$ 当 $\mathrm{p}$ 是真命题时, $\mathrm{m}<-\sqrt{2}$

又 $\because$ 对任意 $x \in \mathbf{R}, \mathrm{q}$ 为真命题,

即 $x^{2}+\mathrm{m} x+1>0$ 恒成立,

有 $\Delta=\mathrm{m}^{2}-4<0, \therefore-2<\mathrm{m}<2$.

$\therefore$ 当 $\mathrm{p}$ 为真, $\mathrm{q}$ 为假时, $\mathrm{m}<-\sqrt{2}$, 且 $\mathrm{m} \leq-2$ 或 $\mathrm{m} \geq 2$,

即 $\mathrm{m} \leq-2$,

当 $\mathrm{p}$ 为假, $\mathrm{q}$ 为真时, $\mathrm{m} \geq-\sqrt{2}$ 且 $-2<m<2$, 即 $-\sqrt{2} \leq m<2$,

综上, 实数 $\mathrm{m}$ 的取值范围是 $\mathrm{m} \leq-2$ 或 $-\sqrt{2} \leq \mathrm{m}<2$.
解析：：分析：因为 $\mathrm{p}$ 与 $\mathrm{q}$ 有且仅有一个是真命题, 所以 $\mathrm{p} 、 \mathrm{q}$ 一真一假; 判断命题的真假,直接利用相关定义、定理、公理判断即可。
题目（高二 · 逻辑题）：25. 设有两个命题 $\mathrm{p}$ : 不等式 $|x|+|x-1| \geq \mathrm{m}$ 的解集为 $\mathrm{R}$; $\mathrm{q}$ : 函数 $f(x)=-(7-3 m)^{x}$ 是减函数.若这两个命题中有且只有一个真命题, 求实数 $m$ 的范围.
选项：
答案：答案: 解: 若 $p$ 为真命题, 令 $y=|x|+|x-1|$, 则不等式 $|x|+|x-1| \geq m$ 的解集为 $R$ 等价为 $m \leqslant y_{\text {min }}$,

$\because y\left\{\begin{array}{l}1-2 x, x<0 \\ 1,0 \leq x \leq 1 \quad \therefore y_{\text {min }}=1, \therefore m \leq 1, \\ 2 x-1, x>1\end{array}\right.$

若 $\mathrm{q}$ 为真命题, 则由指数函数的单调性得:

$7-3 \mathrm{~m}>1$, 即 $\mathrm{m}<2$.

由于这两个命题中有且只有一个真命题, 故 $\mathrm{p}, \mathrm{q}$ 一真一假。

若 $\mathrm{p}$ 真 $\mathrm{q}$ 假, 则 $\left\{\begin{array}{l}m \leq 1 \\ m \geq 2\end{array}\right.$ 则 $m \in \varnothing$,

若 $\mathrm{p}$ 假 $\mathrm{q}$ 真, 则 $\left\{\begin{array}{l}m>1, \\ m<2,\end{array}\right.$ 所以 $1<m<2$.

综上所述, 实数 $\mathrm{m}$ 的范围为 $1<m<2$.
解析：：分析：由于这两个命题中有且只有一个真命题, 故 $\mathrm{p}, \mathrm{q}$ 一真一假, 列出不等式组,求解即可。
题目（高二 · 逻辑题）：10. 写出下列命题的逆命题、否命题、逆否命题, 并判断真假.

(1)实数的平方是非负数;

(2)对顶角相等;

(3)若 $m \leqslant 0$, 或 $n \leqslant 0$, 则 $m+n \leqslant 0$.
选项：
答案：：解 (1) 逆命题: 若一个数的平方是非负数, 则这个数是实数. 真
命题.

否命题：若一个数不是实数, 则它的平方不是非负数. 真命题.

逆否命题: 若一个数的平方不是非负数, 则这个数不是实数. 真命题.

(2)逆命题：若两个角相等，则这两个角是对顶角. 假命题.

否命题：若两个角不是对顶角，则这两个角不相等。假命题.

逆否命题：若两个角不相等，则这两个角不是对顶角. 真命题.

(3) 逆命题: 若 $m+n \leqslant 0$, 则 $m \leqslant 0$, 或 $n \leqslant 0$. 真命题.

否命题：若 $m>0 ，$ 且 $n>0$ ，则 $m+n>0$. 真命题.

逆否命题: 若 $m+n>0$, 则 $m>0$ ，且 $n>0$. 假命题.
解析：：解 (1) 逆命题: 若一个数的平方是非负数, 则这个数是实数. 真
命题.

否命题：若一个数不是实数, 则它的平方不是非负数. 真命题.

逆否命题: 若一个数的平方不是非负数, 则这个数不是实数. 真命题.

(2)逆命题：若两个角相等，则这两个角是对顶角. 假命题.

否命题：若两个角不是对顶角，则这两个角不相等。假命题.

逆否命题：若两个角不相等，则这两个角不是对顶角. 真命题.

(3) 逆命题: 若 $m+n \leqslant 0$, 则 $m \leqslant 0$, 或 $n \leqslant 0$. 真命题.

否命题：若 $m>0 ，$ 且 $n>0$ ，则 $m+n>0$. 真命题.

逆否命题: 若 $m+n>0$, 则 $m>0$ ，且 $n>0$. 假命题.
题目（高二 · 逻辑题）：9. 把下列命题写成 “若 $p$, 则 $q$ ” 的形式, 并判断其真假.

(1)实数的平方是非负数;

(2)偶函数的图象关于 $y$ 轴对称.
选项：
答案：：解 (1) 若一个数是实数, 则这个数的平方是非负数, 是真命题.

(2) 若一个函数是偶函数, 则它的图象关于 $y$ 轴对称, 是真命题.
解析：：解 (1) 若一个数是实数, 则这个数的平方是非负数, 是真命题.

(2) 若一个函数是偶函数, 则它的图象关于 $y$ 轴对称, 是真命题.
题目（高二 · 逻辑题）：12. 已知命题 $p$ : 实数 $m$ 满足 $m^{2}-7 a m+12 a^{2}<0(a>0)$, 命题 $q$ :实数 $m$ 满足方程 $\frac{x^{2}}{m-1}+\frac{y^{2}}{2-m}=1$ 表示焦点在 $y$ 轴上的椭圆, 且非 $q$是非 $p$ 的充分不必要条件, 求 $a$ 的取值范围.
选项：
答案：：解 由 $m^{2}-7 a m+12 a^{2}<0(a>0)$ 可得 $3 a<m<4 a$,

即命题 $p: 3 a<m<4 a$.

由 $\frac{x^{2}}{m-1}+\frac{y^{2}}{2-m}=1$ 表示焦点在 $y$ 轴上的椭圆可得 $2-m>m-1>0$, $\therefore 1<m<\frac{3}{2}$,

即命题 $q: 1<m<\frac{3}{2}$.

由非 $q$ 为非 $p$ 的充分不必要条件可得: 非 $q \Rightarrow$ 非 $p$, 即 $p \Rightarrow q$,从而有 $\left\{\begin{array}{l}3 a \geqslant 1, \\ 4 a \leqslant \frac{3}{2},\end{array} \quad \therefore \frac{1}{3} \leqslant a \leqslant \frac{3}{8}\right.$.
解析：：解 由 $m^{2}-7 a m+12 a^{2}<0(a>0)$ 可得 $3 a<m<4 a$,

即命题 $p: 3 a<m<4 a$.

由 $\frac{x^{2}}{m-1}+\frac{y^{2}}{2-m}=1$ 表示焦点在 $y$ 轴上的椭圆可得 $2-m>m-1>0$, $\therefore 1<m<\frac{3}{2}$,

即命题 $q: 1<m<\frac{3}{2}$.

由非 $q$ 为非 $p$ 的充分不必要条件可得: 非 $q \Rightarrow$ 非 $p$, 即 $p \Rightarrow q$,从而有 $\left\{\begin{array}{l}3 a \geqslant 1, \\ 4 a \leqslant \frac{3}{2},\end{array} \quad \therefore \frac{1}{3} \leqslant a \leqslant \frac{3}{8}\right.$.
题目（高二 · 逻辑题）：已知命题 $p$ : “关于 $x, y$ 的方程 $x^{2}-2 a x+y^{2}+2 a^{2}-5 a+4=0(a \in R)$ 表示圆”, 命题 $q: ~ “ ~ \forall x \in R$, 使得 $x^{2}+(a-1) x+1>0(a \in R)$ 恒成立".

(1) 若命题 $p$ 为真命题, 求实数 $a$ 的取值范围;

(2) 若命题 $p \wedge q$ 为真命题, 求实数 $a$ 的取值范围.
选项：
答案：答案:(1) 解: 若命题 $p$ 为真, 则 $4 a^{2}-4\left(2 a^{2}-5 a+4ight)>0$,整理得到 $\mathrm{a}^{2}-5 \mathrm{a}+4<0$,解得 $1<a<4$(2) 解: 若命题 $q$ 为真, 则 $	riangle=(a-1)^{2}-4<0$, 即 $a^{2}-2 a-3<0$解得: $-1<\mathrm{a}<3$若 $p \wedge q$ 为真,则 $1<\mathrm{a}<3$