海淀区2020-2021学年第一学期期末练习高一数学一､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{}{}1,2,3,4,5,61,2,3U A ==，，集合A 与B 的关系如图所示，则集合B 可能是（ ）A. {}2,4,5B. {}1,2,5C. {}1,6D. {}1,3D 由图可得B A ⊆，由选项即可判断.解：由图可知：B A ⊆，{}1,2,3A =，由选项可知：{}1,3A ⊆，故选：D.2. 若1:(0,),2p x x x ∀∈+∞+≥，则p ⌝为（ ） A. 1(0,),2x x x∃∈+∞+< B. 1(0,),2x x x ∃∈+∞+ C. 1(0,),2x x x ∃∈+∞+D. 1(0,),2x x x∀∈+∞+< A 利用全称命题的否定变换形式即可得出结果.1:(0,),2p x x x∀∈+∞+≥， 则p ⌝为1(0,),2x x x∃∈+∞+<.故选：A 3. 下列函数中，是奇函数且在区间(0,)+∞上单调递减的是（ ）A. 2y x =-B. 12y x =C. 1y x -=D. 3y x =C根据函数的单调性和奇偶性对各个选项逐一分析即可.对A ，函数2y x =-的图象关于y 轴对称，故2y x =-是偶函数，故A 错误；对B ，函数12y x =的定义域为[)0,+∞不关于原点对称， 故12y x =是非奇非偶函数，故B 错误；对C ，函数1y x -=的图象关于原点对称，故1y x -=是奇函数，且在(0,)+∞上单调递减，故C 正确；对D ，函数3y x =的图象关于原点对称，故3y x =是奇函数，但在(0,)+∞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. 45人D. 60人B先计算出抽样比，即可计算出男生中抽取了多少人. 解：女生一共有150名女生抽取了30人， 故抽样比为：301=1505， ∴抽取的男生人数为：1180365⨯=.故选：B . 5. 已知,,R a b c ∈，且a b >，则下列不等式一定成立的是（ ）A. 22a b >B. 11a b <C. ||||a c b c >D. c a c b -<- D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.解：对A ，令1a =，2b =-，此时满足a b >，但22a b <，故A 错；对B ，令1a =，2b =-，此时满足a b >，但11a b>，故B 错； 对C ，若0c ，a b >，则||||a c b c =，故C 错；对D ，a b >a b ∴-<-，则c a c b -<-，故D 正确.故选：D.6. 从数字2,3,4,6中随机取两个不同的数，分别记为x 和y ，则x y 为整数的概率是（ ） A.16 B. 14 C. 12 D. 712 B先计算出从数字2,3,4,6中随机取两个不同的数，共有12种情况，再求出满足x y 为整数的情况，即可求出x y 为整数的概率. 解：从数字2,3,4,6中随机取两个不同的数，则x 有4种选法，y 有3种选法，共有4312⨯=种情况； 则满足x y为整数的情况如下： 当2y =时，4x =或6x =有2种情况；当3y =时，6x =有1种情况；当4y =或6y =时，则x y不可能为整数， 故共有213+=种情况， 故x y 为整数的概率是：31=124.故选：B . 7. 已知函数()52x f x x =-，则下列区间中含有()f x 的零点的是（ ） A. ()1,0-B. ()0,1C. ()1,2D. ()2,3 C分析函数()f x 单调性，利用零点存在定理可得出结论.由于函数2x y =为增函数，函数5y x=-在(),0-∞和()0,∞+上均为增函数， 所以，函数()52x f x x=-在(),0-∞和()0,∞+上均为增函数. 对于A 选项，当()1,0x ∈-时，20x >，50x->，此时，()0f x >，所以，函数()f x 在()1,0-上无零点；对于BCD 选项，当0x >时，()130f =-<，()5324022f =-=>， 由零点存在定理可知，函数()f x 的零点在区间()1,2内.故选：C.8. 已知函数2()2f x x ax =-，则“0a <”是“函数()f x 在区间(0,)+∞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 A先由()f x 在区间(0,)+∞上单调递增，求出a 的取值范围，再根据充分条件，必要条件的定义即可判断.解：2()2f x x ax =-的对称轴为：22a x a -=-=， 若()f x 在(0,)+∞上单调递增，则0a ≤，即0a <，()f x 在区间(0,)+∞上单调递增，反之，()f x 在区间(0,)+∞上单调递增，0a ≤，故 “0a <”是“函数()f x 在区间(0,)+∞上单调递增”的充分不必要条件.故选：A.9. 对任意的正实数,x y，不等式4x y +≥m 的取值范围是（ ）A. (0,4]B. (0,2]C. (,4]-∞D. (,2]-∞C 先根据不等式4x y +≥恒成立等价于minm ⎛⎫≤，再根据基本不等式求出min⎛⎫，即可求解.解：4x y +≥即m ≤，即min m xy ⎛⎫≤ ⎪ ⎪⎝⎭ 又4424y y x x xy y x y x=+≥⋅= 当且仅当“4y x y x=”，即“2x y =”时等号成立， 即4m ≤，故(,4]m ∈-∞.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. x y ka b =+(0,0k a >>且1a ≠)B. log x y k x b =+(0,0k a >>，且1a ≠)C. (0)k y b k x=+> D. 2(0)y ax bx c a =++>B由散点图直接选择即可.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230x x -<的解集为__________.()0,3由不等式230x x -<，即(3)0x x -<，所以不等式的解集为{|03}x x <<.12. 某超市对6个时间段内使用,A B 两种移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A 的次数的极差为______；若使用支付方式B 的次数的中位数为17，则m =_______.(1). 23； (2). 8m =根据极差，中位数的定义即可计算.解：由茎叶图可知：使用支付方式A 的次数的极差为：25223-=；使用支付方式B 的次数的中位数为17，易知：9m ≤，1610172m ++∴= 解得：8m =.故答案为：23；8m =.13. 已知213211log ,2,33a b c ⎛⎫=== ⎪⎝⎭，则,,a b c 的大小关系是___________________.(用“<”连结) a c b <<利用特殊值即可比较大小.解：221log log 103a =<<， 103221b =>=，21139c ⎛⎫== ⎪⎝⎭， 故a c b <<.故答案为：a c b <<.14. 函数()f x 的定义域为D ，给出下列两个条件：①对于任意12,x x D ∈，当12x x ≠时，总有()()12f x f x ≠；②()f x 在定义域内不是单调函数.请写出一个同时满足条件①②的函数()f x ，则()f x =______________.()1f x x= 根据题意写出一个同时满足①②的函数()f x 即可.解：易知：()1f x x=，在(),0-∞上单调递减，()0,∞+上单调递减， 故对于任意12,x x D ∈，当12x x ≠时，总有()()12f x f x ≠；且()1f x x=在其定义域()(),00,-∞⋃+∞上不单调. 故答案为：()1f x x =. 15. 已知函数222,()2,.x x x a f x x x x a ⎧-≥=⎨--<⎩，给出下列四个结论： ①存在实数a ，使函数()f x 为奇函数；②对任意实数a ，函数()f x 既无最大值也无最小值；③对任意实数a 和k ，函数()y f x k =+总存在零点； ④对于任意给定正实数m ，总存在实数a ，使函数()f x 在区间(1,)m -上单调递减.其中所有正确结论的序号是______________. ① ② ③ ④ 分别作出0a =，0a >和0a <的函数()f x 的图象，由图象即可判断① ② ③ ④的正确性，即可得正确答案.如上图分别为0a =，0a >和0a <时函数()f x 的图象，对于① ：当0a =时，222,0()2,0x x x f x x x x ⎧-≥=⎨--<⎩， ()f x 图象如图1关于原点对称，所以存在0a =使得函数()f x 为奇函数，故①正确；对于② ：由三个图知当x →-∞时，y →-∞，当x →+∞时，y →+∞，所以函数()f x 既无最大值也无最小值；故② 正确；对于③ ：如图2和图3中存在实数k 使得函数()y f x =图象与y k =-没有交点，此时函数()y f x k =+没有零点，所以对任意实数a 和k ，函数()y f x k =+总存在零点不成立；故③ 不正确对于④ ：如图2，对于任意给定的正实数m ，取1a m =+即可使函数()f x 在区间(1,)m -上单调递减，故④正确；故答案为：① ② ④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0a =，0a >和0a <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{}{},||1|2,|05U R A x x B x x ==-<=<<，求：（1）A B ；（2）()U A B ⋃.（1）{}03A B x x ⋂=<<；（2）{()1U A B x x ⋃=≤-或}0x >.（1）求出集合A ，再根据集合间的基本运算即可求解；（2）求出U A ，再根据集合间的基本运算即可求解.解：（1）由12x -<，解得：13x ， 故{}13A x x =-<<，又 {}|05B x x =<<，{}03A B x x ∴⋂=<<；（2）由（1）知：{}13A x x =-<<，{1U A x x ∴=≤-或}3x ≥，{()1U A B x x ∴⋃=≤-或}0x >.17. 已知函数1()f x x x=-. （1）用函数单调性的定义证明()f x 在区间(0,)+∞上是增函数；（2）解不等式()()124x x f f +>. （1）见解析；（2）{}1x x <（1）利用函数单调性的定义证明即可；（2）根据()f x 在区间(0,)+∞上单调递增，得到124x x +>，即可解出x 的集合.解：（1）设任意的()12,0,x x ∈+∞且12x x <，则()()12f x f x - 121211x x x x ⎛⎫⎛⎫=--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 121211x x x x =--+()()121212x x x x x x -=-+()121211x x x x ⎛⎫=-⋅+ ⎪⎝⎭， ()12,0,x x ∈+∞且12x x <，120x x ∴-<，12110x x +>， 即()1212110x x x x ⎛⎫-⋅+< ⎪⎝⎭， 即()()12f x f x <，即对任意的()12,0,x x ∈+∞，当12x x <时，都有()()12f x f x <，()f x ∴在区间(0,)+∞上是增函数；（2）由（1）知：()f x 在区间(0,)+∞上是增函数；又120,40x x +>>，∴()()124x x f f +>， 即12242x x x +>=，即12x x +>，解得：1x <，即()()124x x f f +>的解集为：{}1x x <.方法点睛：定义法判定函数()f x 在区间D 上的单调性的一般步骤：1.取值：任取1x ，2x D ∈，规定12x x <，2.作差：计算()()12f x f x -，3.定号：确定()()12f x f x -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､乙两种品牌的固态硬盘，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：1 2 1 2 3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23x <≤)的概率.（1）110；（2）1191250（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.解：（1）在图表中，甲品牌的50个样本中，首次出现故障发生在保修期内的概率为：21215010++=， 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A ，利用频率估计概率，得()110P A =， 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：110； （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B ，从该商城销售的乙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C ，利用频率估计概率，得：()()213,502550P B P C ===， 则()P BC BC +()()()()P B P C P B P C =+()()()()11P B P C P B P C =-+-⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦13131125502550⎛⎫⎛⎫=⨯-+-⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 1191250= , ∴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：1191250. 关键点点睛：本题解题的关键是利用频率表示概率.19. 函数()f x 的定义域为D ，若存在正实数k ，对任意的x D ∈，总有|()()|f x f x k --≤，则称函数()f x 具有性质()P k .（1）判断下列函数是否具有性质(1)P ，并说明理由.①()2021f x =；②()g x x =；（2）已知()f x 为二次函数，若存在正实数k ，使得函数()f x 具有性质()P k .求证：()f x 是偶函数；（3）已知0a k >，为给定的正实数，若函数()2()log 4x f x a x =+-具有性质()P k ，求a 的取值范围.（1）()f x 具有性质(1)P ；()g x 不具有性质(1)P ；（2）见解析；（3）2,2k k -⎡⎤⎣⎦（1）根据定义即可求得()f x 具有性质(1)P ；根据特殊值即可判断()g x 不具有性质(1)P ； （2）利用反证法，假设二次函数()f x 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24()(l g 41)o x x f x f x a a ⎛⎫+= ⎪⋅+⎝-⎭-，再根据()2()log 4x f x a x =+-具有性质()P k ，得到24log 41x x a k a ⎛⎫+≤ ⎪⋅+⎝⎭，解不等式即可. 解：（1）()2021f x =，定义域为R ，则有|()()|0f x f x --=，显然存在正实数1k =，对任意的x ∈R ，总有|()()|1f x f x --≤，故()2021f x =具有性质(1)P ；()g x x =，定义域为R ，则()|()()|2g x g x x x x --=--=，当2x =时，|(2)(2)|2241g g k --=⨯=>=，故不具有性质(1)P ；（2）假设二次函数()f x 不是偶函数，设()()20f x ax bx c a =++≠，其定义域为R ，即0b ≠，则()()()22|()()|2f x f x ax bx c a x b x c bx --=++--+-+=， 易知，|()()|2f x f x bx --=是无界函数，故不存在正实数k ，使得函数()f x 具有性质()P k ，与题设矛盾，故()f x 是偶函数；（3）()2()log 4x f x a x =+-的定义域为R ，()()f x f x --()()()22log 4log 4x x a x a x -=+--++()()22log 4log 42x x a a x -=+-+-224log log 4241x x x a x a ⎛⎫+=+- ⎪⋅+⎝⎭2224log log 2241x x x a x a ⎛⎫+=+- ⎪⋅+⎝⎭ 24log 2241x x a x x a ⎛⎫+=+- ⎪⋅+⎝⎭ 24log 41x x a a ⎛⎫+= ⎪⋅+⎝⎭，()2()log 4x f x a x =+-具有性质()P k ，即存在正实数k ，对任意的x ∈R ，总有|()()|f x f x k --≤， 即24log 41x x a k a ⎛⎫+≤ ⎪⋅+⎝⎭， 即24log 41x x a k k a ⎛⎫+-≤≤ ⎪⋅+⎝⎭， 即42241x k k x a a -+≤≤⋅+， 即4222412x x k k x xa a -+≤≤⋅+， 即222222x xkk x x a a ---+⋅≤≤⋅+， 即222222k x x k x x k x k x a a a -----++⋅≤+⋅≤+⋅，通过对比解得：22k k a -≤≤，即2,2k k a -⎡⎤∈⎣⎦.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：①与已知条件矛盾；②与假设矛盾；③与定义、公理、定理矛盾；④与公认的简单事实矛盾；⑤自相矛盾.。