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

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（1）；②；③函数的图象关于原点对称；④函数的图象关于点对称．其中，正确结论的个数为A．1 B．2 C．3 D．44．（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A． B． C． D．8．（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：①，是奇函数；②，不是奇函数；③，方程有实根；④，方程有实根．其中，所有正确结论的序号是A．①③ B．①④ C．①②④ D．②③④10．（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．（2020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：①；②；③；④．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：①；②；③；④．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（1）；②（2）；③，，；④，不等式的解集为．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：①若，，则为的内心；②若，则直线经过的重心；③若，且，则点在线段上；④若，则点在外；⑤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：①；②不等式的解集为；③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：①如果购买10罐可乐，那么实际最多可以饮13罐可乐；②欲饮用100罐可乐，至少需要购买67罐可乐；③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：①这8天电影票房的平均数比电影票房的平均数高；②这8天电影票房的方差比电影票房的方差大；③这8天电影票房的中位数与电影票房的中位数相同；④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①②③，用奇函数定义及图象平移即可断定④．【解答】解：对于①，函数是奇函数（1），所以①对；对于②，函数是奇函数，所以②对；对于③，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③错；对于④，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④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．【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①正确，②错误；方程，即为，对分类讨论即可判断③错误，④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①正确，②错误；方程，即为，即，当时，方程无实根，当时，，所以，方程有实根，故③错误，④正确．故正确结论的序号是①④．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“”“”，“”“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，为正边形的中心，其外接圆的半径为，内切圆的半径为，；；对于①，，所以①对；对于②，由①知，②错；对于③，，所以③对；对于④，由①知，④错．故答案为：①③．【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①②④的结论，直接利用指数函数的单调性判定③的结论．【解答】解：由于，故，对于①：由于，，所以，，故，故①正确；对于②：当，时，所以，故②错误；对于③：由于函数为单调递增函数，所以，故③正确；④由于，所以，，整理得，所以，故④正确．故答案为：①③④．【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①②③④的结论．【解答】解：根据函数的图象对于①，（1）由于（1），所以，故①正确；对于②，根据函数的图象（2），且，故（2），故②错误；对于③，，与，故③正确；对于④，当时，，，当，时，，，（2），故④错误；故答案为：①③．【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①，，此时点在平分线上，但未必在的内心，则①错；对于②，由知，，由向量加法法则知中点，经过的重心，则②对；对于③，，当，点在延长线上，不在边上，则③错；对于④，令，，，由向量加法法则知，点在外，则④对；对于⑤，取，，，，但点在外，则⑤错；故答案为：②④．【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①，利用当，时，，以及的图象即可判断选项②，利用的单调性以及周期性的关系即可判断选项③．【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①正确；由题意可知，，故选项②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③正确．故答案为：①③．【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】①，计算购买10罐可乐时实际最多可以饮用的可乐罐数即可；②，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；③，利用①②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①，购买10罐可乐，实际最多可以饮用可乐罐数为，所以①错误；对于②，因为余1，余2，，；所以，即欲饮用100罐可乐，至少需要购买67罐可乐，②正确；对于③，由①②，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