1、北京市海淀区2020-2021学年高一数学上学期期末考试练习试题（含解析）一选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知集合，集合与的关系如图所示，则集合可能北京市海淀区2020-2021学年高一数学上学期期末考试练习试题（含解析）是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由图可得，由选项即可判断.【详解】解：由图可知：，由选项可知：，故选：D.2. 若，则为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用全称命题的否定变换形式即可得出结果.【详解】，则为.故选：A3. 下列函数中，是奇函数且在区间上
2、单调递减的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据函数的单调性和奇偶性对各个选项逐一分析即可.【详解】对A，函数的图象关于轴对称，故是偶函数，故A错误；对B，函数的定义域为不关于原点对称，故是非奇非偶函数，故B错误；对C，函数的图象关于原点对称，故是奇函数，且在上单调递减，故C正确；对D，函数的图象关于原点对称，故是奇函数，但在上单调递增，故D错误.故选：C.4. 某校高一年级有180名男生，150名女生，学校想了解高一学生对文史类课程的看法，用分层抽样的方式，从高一年级学生中抽取若干人进行访谈.已知在女生中抽取了30人，则在男生中抽取了（ ）A. 18人B. 36人C.
3、 45人D. 60人【答案】B【解析】【分析】先计算出抽样比，即可计算出男生中抽取了多少人.【详解】解：女生一共有150名女生抽取了30人，故抽样比为：，抽取的男生人数为：.故选：B.5. 已知，且，则下列不等式一定成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】对A，B，C，利用特殊值即可判断，对D，利用不等式的性质即可判断.【详解】解：对A，令，此时满足，但，故A错；对B，令，此时满足，但，故B错；对C，若，则，故C错；对D， ，则，故D正确.故选：D.6. 从数字中随机取两个不同的数，分别记为和，则为整数的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先计
4、算出从数字中随机取两个不同的数，共有种情况，再求出满足为整数的情况，即可求出为整数的概率.【详解】解：从数字中随机取两个不同的数，则有种选法，有种选法，共有种情况；则满足为整数的情况如下：当时，或有种情况；当时，有种情况；当或时，则不可能为整数，故共有种情况，故为整数的概率是：.故选：B.7. 已知函数，则下列区间中含有的零点的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】分析函数的单调性，利用零点存在定理可得出结论.【详解】由于函数为增函数，函数在和上均为增函数，所以，函数在和上均为增函数.对于A选项，当时，此时，所以，函数在上无零点；对于BCD选项，当时，由零点存在定理可知，函
5、数的零点在区间内.故选：C.8. 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【答案】A【解析】【分析】先由在区间上单调递增，求出的取值范围，再根据充分条件，必要条件的定义即可判断.【详解】解：的对称轴为：，若在上单调递增，则，即，在区间上单调递增，反之，区间上单调递增，故 “”是“函数在区间上单调递增”充分不必要条件.故选：A.9. 对任意的正实数，不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先根据不等式恒成立等价于，再根据基本不等式求出，即可求解.【详解】解：，即
6、，即又 当且仅当“”，即“”时等号成立，即，故.故选：C.10. 植物研究者在研究某种植物1-5年内的植株高度时，将得到的数据用下图直观表示.现要根据这些数据用一个函数模型来描述这种植物在1-5年内的生长规律，下列函数模型中符合要求的是（ ）A. (且)B. (，且)C. D. 【答案】B【解析】【分析】由散点图直接选择即可.【详解】解：由散点图可知，植物高度增长越来越缓慢，故选择对数模型，即B符合.故选：B.二填空题：本大题共5小题，每小题4分，共20分，把答案填在题中横线上.11. 不等式的解集为_.【答案】【解析】 由不等式，即，所以不等式解集为. 12. 某超市对6个时间段内使用两种移
7、动支付方式的次数用茎叶图作了统计，如图所示，使用支付方式的次数的极差为_；若使用支付方式的次数的中位数为17，则_.支付方式A支付方式B4 206 71 05 3126 m 91【答案】 (1). ； (2). 【解析】【分析】根据极差，中位数的定义即可计算.【详解】解：由茎叶图可知：使用支付方式的次数的极差为：；使用支付方式的次数的中位数为17，易知：，解得：.故答案为：；.13. 已知，则的大小关系是_.(用“”连结)【答案】【解析】【分析】利用特殊值即可比较大小.【详解】解：，故.故答案为：.14. 函数的定义域为D，给出下列两个条件：对于任意，当时，总有；在定义域内不是单调函数.请写出
8、一个同时满足条件的函数，则_.【答案】【解析】【分析】根据题意写出一个同时满足的函数即可.【详解】解：易知：，在上单调递减，上单调递减，故对于任意，当时，总有；且在其定义域上不单调.故答案为：.15. 已知函数给出下列四个结论：存在实数，使函数为奇函数；对任意实数，函数既无最大值也无最小值；对任意实数和，函数总存在零点；对于任意给定的正实数，总存在实数，使函数在区间上单调递减.其中所有正确结论的序号是_.【答案】 【解析】【分析】分别作出，和的函数的图象，由图象即可判断 的正确性，即可得正确答案.【详解】如上图分别为，和时函数的图象，对于 ：当时，图象如图关于原点对称，所以存在使得函数为奇函数
9、，故正确；对于 ：由三个图知当时，当时，所以函数既无最大值也无最小值；故 正确；对于 ：如图和图中存在实数使得函数图象与没有交点，此时函数没有零点，所以对任意实数和，函数总存在零点不成立；故 不正确对于 ：如图，对于任意给定的正实数，取即可使函数在区间上单调递减，故正确；故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是分段函数图象，涉及二次函数的图象，要讨论，和即明确分段区间，作出函数图象，数形结合可研究分段函数的性质.三解答题：本大题共4小题，共40分.解答应写出文字说明，证明过程或满算步骤.16. 已知全集，求：（1）；（2）.【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）求出集合，再
10、根据集合间的基本运算即可求解；（2）求出，再根据集合间的基本运算即可求解.【详解】解：（1）由，解得：，故，又 ，；（2）由（1）知：，或，或.17. 已知函数.（1）用函数单调性的定义证明在区间上是增函数；（2）解不等式.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）利用函数单调性的定义证明即可；（2）根据在区间上单调递增，得到，即可解出的集合.【详解】解：（1）设任意的且，则 ，且，即，即，即对任意的，当时，都有，在区间上是增函数；（2）由（1）知：在区间上是增函数；又，即，即，解得：，即的解集为：.【点睛】方法点睛：定义法判定函数在区间上的单调性的一般步骤：1.取值：任取，规定，2.
11、作差：计算，3.定号：确定的正负，4.得出结论：根据同增异减得出结论.18. 某网上电子商城销售甲乙两种品牌固态硬盘，甲乙两种品牌的固态硬盘保修期均为3年，现从该商城已售出的甲乙两种品牌的固态硬盘中各随机抽取50个，统计这些固态硬盘首次出现故障发生在保修期内的数据如下：型号甲乙首次出现故障的时间x(年)硬盘数(个)212123假设甲乙两种品牌的固态硬盘首次出现故障相互独立.（1）从该商城销售的甲品牌固态硬盘中随机抽取一个，试估计首次出现故障发生在保修期内的概率；（2）某人在该商城同时购买了甲乙两种品牌的固态硬盘各一个，试估计恰有一个首次出现故障发生在保修期的第3年(即)的概率.【答案】（1）；
12、（2）【解析】【分析】（1）由频率表示概率即可求出；（2）先分别求出从甲、乙两种品牌随机抽取一个，首次出现故障发生在保修期的第3年的概率，即可求出恰有一个首次出现故障发生在保修期的第3年的概率.【详解】解：（1）在图表中，甲品牌的个样本中，首次出现故障发生在保修期内的概率为：，设从该商城销售的甲品牌固态硬盘中随机抽取一个，其首次出现故障发生在保修期内为事件，利用频率估计概率，得，即从该商城销售的甲品牌固态硬盘中随机抽取一个，其首次出现故障发生在保修期内的概率为：；（2）设从该商城销售的甲品牌固态硬盘中随机抽取一个，其首次出现故障发生在保修期的第3年为事件，从该商城销售的乙品牌固态硬盘中随机抽取
13、一个，其首次出现故障发生在保修期的第3年为事件，利用频率估计概率，得：，则 ,某人在该商城同时购买了甲乙两种品牌的固态硬盘各一个，恰有一个首次出现故障发生在保修期的第3年的概率为：.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是利用频率表示概率.19. 函数的定义域为D，若存在正实数k，对任意的，总有，则称函数具有性质.（1）判断下列函数是否具有性质，并说明理由.；（2）已知为二次函数，若存在正实数k，使得函数具有性质.求证：是偶函数；（3）已知为给定的正实数，若函数具有性质，求的取值范围.【答案】（1）具有性质；不具有性质；（2）见解析；（3）【解析】【分析】（1）根据定义即可求得具有性质；根据特殊值
14、即可判断不具有性质；（2）利用反证法，假设二次函数不是偶函数，根据题意推出与题设矛盾即可证明；（3）根据题意得到，再根据具有性质，得到，解不等式即可.【详解】解：（1），定义域为，则有，显然存在正实数，对任意的，总有，故具有性质；，定义域为，则，当时，故不具有性质；（2）假设二次函数不是偶函数，设，其定义域为，即，则，易知，是无界函数，故不存在正实数k，使得函数具有性质，与题设矛盾，故是偶函数；（3）的定义域为， ，具有性质，即存在正实数k，对任意的，总有，即，即，即，即，即，即，通过对比解得：，即.【点睛】方法点睛：应用反证法时必须先否定结论，把结论的反面作为条件，且必须根据这一条件进行推理，否则，仅否定结论，不从结论的反面出发进行推理，就不是反证法所谓矛盾主要指：与已知条件矛盾；与假设矛盾；与定义、公理、定理矛盾；与公认的简单事实矛盾；自相矛盾.
