北京市2020-2021学年高一上学期数学期末试题汇编：常用逻辑用语.docx

1、北京市2020-2021学年高一数学上学期期末汇编：常用逻辑用语一选择题（共13小题）1（2020秋昌平区期末）已知四边形中，则“”是“四边形是矩形”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2（2020秋朝阳区期末）命题“，”的否定是A，B，C，D，3（2020秋西城区期末）设为定义在上的函数，函数是奇函数对于下列四个结论：（1）；函数的图象关于原点对称；函数的图象关于点对称其中，正确结论的个数为A1B2C3D44（2020秋顺义区期末）设命题，则为A，B，C，D，5（2020秋大兴区期末）命题“，使得”的否定是A，使得B，使得C，使得D，使得6（2020秋丰

2、台区期末）设，则“”是“”的A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件7（2020秋海淀区期末）若，则为ABCD8（2020秋大兴区期末）“”是“”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9（2020秋东城区期末）已知函数，给出下列结论：，是奇函数；，不是奇函数；，方程有实根；，方程有实根其中，所有正确结论的序号是ABCD10（2020秋海淀区期末）已知函数，则“”是“函数在区间上单调递增”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11（2020秋丰台区期末）已知命题，则命题的否定为A，B，C，D，12（202

3、0秋丰台区期末）已知函数，则下列结论正确的是A函数和的图象有且只有一个公共点B，当时，恒有C当时，D当时，方程有解13（2020秋石景山区期末）已知，则“”是“”的A充分非必要条件B必要非充分条件C充要条件D既非充分又非必要条件二填空题（共9小题）14（2020秋昌平区期末）已知命题，则为15（2020秋通州区期末）已知正边形的边长为，其外接圆的半径为，内切圆的半径为给出下列四个结论：；其中正确结论的序号是16（2020秋朝阳区期末）设，给出下列四个结论：；其中所有正确结论的序号是17（2020秋顺义区期末）已知函数的图象如图所示的两条线段组成，则下列关于函数的说法：（1）；（2）；，；，不等

4、式的解集为其中正确的说法有（写出所有正确说法的序号）18（2020秋海淀区校级期末）已知，点是平面上任意一点，且，给出以下命题：若，则为的内心；若，则直线经过的重心；若，且，则点在线段上；若，则点在外；若，则点在内其中真命题为19（2020秋丰台区期末）函数的定义域为，其图象如图所示函数是定义域为的偶函数，满足，且当，时，给出下列三个结论：；不等式的解集为；函数的单调递增区间为，其中所有正确结论的序号是20（2020秋石景山区期末）命题“存在，使得”的否定是21（2020秋西城区期末）某厂商为推销自己品牌的可乐，承诺在促销期内，可以用3个该品牌的可乐空罐换1罐可乐对于此促销活动，有以下三个说法

5、：如果购买10罐可乐，那么实际最多可以饮13罐可乐；欲饮用100罐可乐，至少需要购买67罐可乐；如果购买罐可乐，那么实际最多可饮用可乐的罐数（其中表示不大于的最大整数）则所有正确说法的序号是22（2020秋房山区期末）由于国庆期间有七天长假，不少电影选择在国庆档上映已知、两部电影同时在9月30日全国上映，每天的票房统计如图所示：有下列四个结论：这8天电影票房的平均数比电影票房的平均数高；这8天电影票房的方差比电影票房的方差大；这8天电影票房的中位数与电影票房的中位数相同；根据这8天的票房对比，预测10月8日电影票房超过电影票房的概率较大；其中正确结论的序号为北京市2020-2021学年高一数学

6、上学期期末汇编：常用逻辑用语参考答案一选择题（共13小题）1【分析】根据充分条件和必要条件的定义分别进行判断即可【解答】解：必要性：因为，四边形为矩形其对角线相等，即“”是“四边形是矩形”的必要条件；充分性：反例，四边形为等腰梯形时，满足对角线相等，但四边形不是矩形，即“”不是“四边形是矩形”的充分条件；所以“”是“四边形是矩形”的必要不充分条件故选：【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，考查了平行向量问题，属于基础题2【分析】根据全称命题的否定是特称命题进行判断即可【解答】解：命题是全称命题，则否定是特称命题，即，故选：【点评】本题主要考查含有量词的命题的否定，全称命题的否定是特称命

7、题是解决本题的关键，是基础题3【分析】由奇函数的定义分别判断，用奇函数定义及图象平移即可断定【解答】解：对于，函数是奇函数（1），所以对；对于，函数是奇函数，所以对；对于，函数的图象未必关于原点对称，如，满足条件，但不关于原点对称，所以错；对于，函数是奇函数，的图象关于点对称，将的图象向右平移1个单位得到的图象，所以的图象关于点对称，所以对；故选：【点评】本题以命题的真假判断为载体，考查了函数的奇偶性，对称性，属基础题4【分析】直接利用含有一个量词的命题的否定方法进行否定即可【解答】解：命题，则为，故选：【点评】本题考查了命题的否定，要掌握含有一个量词的命题的否定方法：改变量词，然后否定结论5

8、【分析】直接利用含有一个量词的命题的否定方法进行否定即可【解答】解：命题“，使得”的否定是“，使得”故选：【点评】本题考查了命题的否定，要掌握含有一个量词的命题的否定方法：改变量词，然后否定结论6【分析】，根据充要条件的定义即可判断逻辑关系【解答】解：，由，可推出，故“”是“”的充分条件，由，不能够推出，故“”是“”的不必要条件，故“”是“”的充分不必要条件故选：【点评】本题主要考查了充分条件和必要条件的判断，根据充分条件和必要条件的定义是解决本题的关键，属于基础题7【分析】根据含有量词的命题的否定进行分析求解，即可得到答案【解答】解：因为，所以为故选：【点评】本题考查了命题的否定，主要考查的

9、是含有一个量词的命题的否定，要注意改变量词，然后再否定结论8【分析】根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可【解答】解：当“”则“”成立，当时，满足“”但“”不成立，故“”是“”的充分不必要条件，故选：【点评】根据充分条件和必要条件的定义结合不等式的性质是解决本题的关键9【分析】由函数奇偶性的定义即可判断正确，错误；方程，即为，对分类讨论即可判断错误，正确，从而可得结论【解答】解：函数，定义域为，关于原点对称，且，所以，是奇函数，故正确，错误；方程，即为，即，当时，方程无实根，当时，所以，方程有实根，故错误，正确故正确结论的序号是故选：【点评】本题主要考查命题真假的判断，考查函数的奇偶性以及方

10、程根的情况，属于基础题10【分析】根据二次函数的单调性与开口方向和对称轴有关，该函数开口向上，在对称轴右侧单调递增，结合充分条件必要条件的定义进行判定即可【解答】解：，开口向上，对称轴为，函数在区间上单调递增，则，“”能推出“函数在区间上单调递增”，但“函数在区间上单调递增”不能推出，有可能等于0，故“”是“函数在区间上单调递增”的充分不必要条件，故选：【点评】本题主要考查了二次函数的性质，以及充分条件、必要条件的判定，解题的关键是弄清二次函数的单调性与开口方向和对称轴有关11【分析】直接利用命题的否定的定义求出结果【解答】解：命题，则命题的否定为，；故选：【点评】本题考查的知识要点：命题的否

11、定，主要考查学生的转换能力及思维能力，属于基础题12【分析】根据函数的单调性，以及函数零点的存在性定理进行逐一判定即可【解答】解：选项，（2）（2），（3）（3），则函数和的图象有一个交点，还有一个交点横坐标在上，故选项不正确；选项：当，时，恒成立，故不，当时，恒有，故选项不正确；选项：当时，与的图象关于对称，的图象恒在直线上方，的图象恒在直线下方，故不存在，故选项不正确；选项时，故和均过点，所以方程有解，故选项正确故选：【点评】本题主要考查了命题真假的判断的应用，以及函数零点的存在性定理，同时考查了学生分析问题的能力13【分析】“” “”，“ ” “或”，由此能求出结果【解答】解：，则“”

12、“”，“” “或”， “”是“”的充分非必要条件故选：【点评】本题考查充分条件、必要条件的判断，考查不等式的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题二填空题（共9小题）14【分析】利用含有量词的命题的否定方法：先改变量词，然后再否定结论，求解即可【解答】解：根据含有量词的命题的否定方法：先改变量词，然后再否定结论，所以命题，则为，故答案为：，【点评】本题考查了含有量词的命题的否定，要掌握其否定方法：先改变量词，然后再否定结论，属于基础题15【分析】在外接圆内画出正边形部分，在直角三角形中给出各量关系，再根据三角恒等变换分别判断即可【解答】解：如图，为正边形的边长为，为正边

13、形的中心，其外接圆的半径为，内切圆的半径为，；对于，所以对；对于，由知，错；对于，所以对；对于，由知，错故答案为：【点评】本题以命题的真假判断为载体，考查了正边形边长、外接圆半径和内切圆半径关系，考查了三角恒等变换，属基础题16【分析】直接利用不等式的性质判定的结论，直接利用指数函数的单调性判定的结论【解答】解：由于，故，对于：由于，所以，故，故正确；对于：当，时，所以，故错误；对于：由于函数为单调递增函数，所以，故正确；由于，所以，整理得，所以，故正确故答案为：【点评】本题考查的知识要点：不等式的性质，指数函数的单调性，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题17【分析】直接利

14、用函数的图象和性质求出函数的关系式，进一步确定函数的值，利用函数关系式及赋值法的应用判定的结论【解答】解：根据函数的图象对于，（1）由于（1），所以，故正确；对于，根据函数的图象（2），且，故（2），故错误；对于，与，故正确；对于，当时，当，时，（2），故错误；故答案为：【点评】本题考查的知识要点：函数的图象和性质，不等式的解法和应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题18【分析】根据平面向量线性表示概念及对三角形内心、重心的理解，逐一分析四个答案结论的真假，可得答案【解答】解：对于，此时点在平分线上，但未必在的内心，则错；对于，由知，由向量加法法则知中点，经过的重心，则对

15、；对于，当，点在延长线上，不在边上，则错；对于，令，由向量加法法则知，点在外，则对；对于，取，但点在外，则错；故答案为：【点评】本题考查向量线性表示概念及对三角形内心、重心的理解，属于基础题和易错题19【分析】先求出，再利用为偶函数即可判断选项，利用当，时，以及的图象即可判断选项，利用的单调性以及周期性的关系即可判断选项【解答】解：因为，时，所以，因为是定义域为的偶函数，所以（1），故选项正确；由题意可知，故选项不正确；因为在，单调递减，所以在，单调递增，因为，所以是以为周期的周期函数，所以，上单调递增，故选项正确故答案为：【点评】本题考查了命题真假的判断，涉及了函数奇偶性、单调性、周期性的应

16、用，解题的关键是找到与的关系，准确的读取图象的信息20【分析】利用特称命题的否定是全称命题，可得命题的否定【解答】解：因为命题“存在，使得”是特称命题，根据特称命题的否定是全称命题，可得命题的否定为：对任何，都有故答案为：对任何，都有【点评】本题主要考查特称命题的否定，比较基础21【分析】，计算购买10罐可乐时实际最多可以饮用的可乐罐数即可；，由题意求出欲饮用100罐可乐时至少需要购买的可乐罐数即可；，利用的结论验证购买罐可乐时，实际最多可饮用可乐的罐数即可【解答】解：对于，购买10罐可乐，实际最多可以饮用可乐罐数为，所以错误；对于，因为余1，余2，；所以，即欲饮用100罐可乐，至少需要购买6

17、7罐可乐，正确；对于，由，验证购买罐可乐，实际最多可饮用可乐的罐数，（其中表示不大于的最大整数）正确总结规律可知：剩余的空罐数为1或2；购买奇数罐可乐剩余1个空罐，购买偶数罐可乐剩余2个空罐；每多购买2罐可乐，实际可多饮用1罐可乐；实际饮用可乐罐数比购买可乐罐数的1.5倍少0.5或1；所以购买罐可乐，实际最多可饮用可乐的罐数，（其中表示不大于的最大整数）综上知，以上正确说法的序号是故答案为：【点评】本题考查了命题真假的判断问题，也考查了逻辑推理应用问题，是中档题22【分析】根据折线图，分别求得这8天电影票房和电影票房的平均数，比较即可判断选项，根据折线图，分别求得这8天电影票房和电影票房的方差

18、，比较即可判断选项，根据折线图，分别求得这8天电影票房和电影票房的中位数，比较即可判断选项，根据折线图，比较这8天电影票房和电影票房的方差和从10月6日是否开始超过电影票房进行判断选项【解答】解：这8天电影票房的平均数为，这8天电影票房的平均数为，所以这8天电影票房的平均数比电影票房的平均数高，故选项正确；这8天电影票房的方差为，这8天电影票房的方差为，所以这8天电影票房的方差比电影票房的方差大，故选项正确；这8天电影票房的中位数为，这8天电影票房的中位数为，所以这8天电影票房的中位数与电影票房的中位数不相同，故选项错误；根据这8天的票房对比，电影票房方差较小，波动较小，且从10月6日开始超过电影票房，故选项正确故答案为：【点评】本题考查了命题真假的判断，涉及了平均数、中位数、方差的求解，解题的关键是熟练掌握平均数和方差的计算公式