重庆市南开中学2018-2019学年高一上学期期中考试数学试题含解析

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2018-2019学年重庆市南开中学高一（上）期中数学试卷

一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）

1.设集合A={–1，1，2}，集合B={x|x∈A且2–x∉A}，则B=

A. {–1}    B. {2}

C. {–1，2}    D. {1，2}

【答案】C

【解析】

【分析】

根据元素与集合的关系直接进行判断.

【详解】集合B＝{x|x∈A且2﹣x∉A}，集合A＝{﹣1，1，2}，

当x＝﹣1时，可得2﹣（﹣1）＝3∉A；

当x＝1时，可得2﹣1＝1∈A；

当x＝2时，可得2﹣2＝0∉A；

∴B＝{﹣1，2}；

故选：C．

【点睛】本题主要考查元素与集合的关系，属于基础题．

2.函数的定义域为　　

A.     B.     C.     D.

【答案】D

【解析】

【分析】

根据根号下的式子非负，分母不等于0，列出不等关系，解得函数的定义域即可．

【详解】由题意得：，

解得：1＜x≤3，

故选：D．

【点睛】本题考查了求函数的定义域问题，考查二次根式及分式的性质，是一道基础题．

3.下列各组的两个函数为相等函数的是　　

A. ，

B. ，

C. ，

D. ，

【答案】D

【解析】

A中，f(x)＝的定义域为{x|x≥1}，g(x)＝的定义域为{x|x≥1或x≤－1}，它们的定义域不相同；B中，f(x)＝()2的定义域为，g(x)＝2x－5的定义域为R，定义域不同，不是相等函数．C中，f(x)＝与g(x)＝的对应关系不同，不相等．D中，f(x)＝＝x(x>0)与g(x)＝＝t(t>0)的定义域与对应关系都相同，它们相等,故选D.

4.已知函数，且，则　　

A.     B.     C. 2    D. 1

【答案】B

【解析】

【分析】

根据题意，先由换元法求出函数的解析式，结合函数的解析式可得若f（a）＝5，即4a+3＝5，解可得a的值，即可得答案．

【详解】根据题意，函数f（x﹣1）＝2x﹣1，

令tx﹣1，则x＝2（t+1），

则f（t）＝4（t+1）﹣1＝4t+3，

若f（a）＝5，即4a+3＝5，解可得a；

故选：B．

【点睛】本题考查函数的解析式的求法及函数值的运算，属于基础题．

5.函数的图象为　　

A.     B.     C.     D.

【答案】C

【解析】

【分析】

分离常数，结合反比例函数的图象可得答案；

【详解】函数y；

可得x，

∵0，

∴y

又x＝3时，y＝0

结合反比例函数的图象，可得x时，函数图象单调性递减；

故选：C．

【点睛】本题考查了函数图象变换及函数图像的识别，是基础题．

6.已知函数是R上的奇函数，当时，，则　　

A.     B. 0    C. 1    D.

【答案】A

【解析】

【分析】

根据题意，由函数的解析式可得f（）的值，又由函数的奇偶性可得f（）＝﹣f（），进而可得答案．

【详解】根据题意，当x＞0时，f（x）＝4﹣x+x，

则f（）1，

又由函数为奇函数，

则f（）＝﹣f（）＝﹣1；

故选：A．

【点睛】本题考查函数的奇偶性的应用，涉及函数的求值，属于基础题．

7.函数，的值域为　　

A.     B.     C.     D.

【答案】C

【解析】

【分析】

可令，根据x的范围，可求出，并求出x＝t2﹣1，原函数变成y＝2（t2﹣1）﹣3t，配方即可求出该函数的最值，从而得出f（x）的值域．

【详解】令；

∵；

∴；

∴x＝t2﹣1；

∴；

∴时，f（x）取最小值；t＝2时，f（x）取最大值0,但是取不到；

∴f（x）的值域为：．

故选：C．

【点睛】考查函数值域的概念及求法，换元法求函数的值域以及配方求二次函数值域的方法．

8.已知是奇函数且在R上的单调递减，若方程只有一个实数解，则实数m的值是　　

A.     B.     C.     D.

【答案】B

【解析】

【分析】

由已知函数的奇偶性与单调性把方程f（x2+1）+f（m﹣x）＝0只有一个实数解转化为方程x2﹣x+m+1＝0只有一个实数解，再由判别式等于0求得m值．

【详解】∵f（x）是奇函数，

∴由f（x2+1）+f（m﹣x）＝0，得f（x2+1）＝﹣f（m﹣x）＝f（x﹣m），

又f（x）在R上的单调递减，

∴x2+1＝x﹣m，即x2﹣x+m+1＝0．

则△＝（﹣1）2﹣4（m+1）＝0，解得m．

故选：B．

【点睛】本题考查函数的零点与方程根的关系，考查数学转化思想方法，是基础题．

9.已知开口向上的二次函数对任意都满足，若在区间上单调递减，则实数a的取值范围为　　

A.     B.     C.     D.

【答案】B

【解析】

【分析】

求出函数的对称轴，根据函数的单调性得到关于a的不等式，解出即可．

【详解】由题意函数的对称轴是x，图象开口向上，

若f（x）在区间（a，2a﹣1）上单调递减，

则只需2a﹣1，解得：a，

而a＜2a﹣1，解得：a＞1，

故选：B．

【点睛】本题考查了二次函数的性质，考查函数的单调性问题，是一道基础题．

10.已知是定义在上的偶函数，若对任意的，都满足，则不等式的解集为　　

A.     B.     C.     D.

【答案】C

【解析】

【分析】

根据题意，由函数为偶函数可得f（x+1）﹣f（2x﹣1）＜0⇒f（|x+1|）＜f（|2x﹣1|），进而分析可得在[0，+∞）上为增函数，据此可得|x+1|＜|2x﹣1|，解可得x的取值范围，即可得答案．

【详解】根据题意，f（x）是定义在（﹣∞，+∞）上的偶函数，

则f（x+1）﹣f（2x﹣1）＜0⇒f（|x+1|）＜f（|2x﹣1|），

若f（x）对任意的x1，x2∈[0，+∞）（x1≠x2）都满足0，

则函数f（x）在[0，+∞）上为增函数，

则f（|x+1|）＜f（|2x﹣1|）⇒|x+1|＜|2x﹣1|，

变形可得：（x+1）2＜（2x﹣1）2，

解可得：x＜0或x＞2，

即不等式的解集为（﹣∞，0）∪（2，+∞）；

故选：C．

【点睛】本题考查函数奇偶性、单调性的性质以及应用，关键是得到关于x的不等式，属于基础题．

11.已知函数，若存在实数x，使得与均不是正数，则实数m的取值范围是　　

A.     B.     C.     D.

【答案】A

【解析】

【分析】

存在实数x，f（x）与g（x）的值均不是正数，所以对m分类讨论，即m＝0、m＜0、m＞0 讨论f（x）与g（x）的值的正负，求出满足题意的m的值．

【详解】分3类讨论

①m＝0 时，对于任意x,g（x）＝0 而f（x）＝2（x+1）2+2值恒正，不满足题意．

②m＜0 时，对于x0 时，g （x）0 成立，

只需考虑x0时f（x）的情况，由于函数f（x）＝2x2+（4﹣m）x+4﹣m，

对称轴为.

当m＜0 时，对称轴在y轴左侧，故只需满足f（0）＜0即可，即m＞4，不满足题意．

③当m＞0 时，g （x）0 在x0 时成立，只需考虑x0时f（x）的情况，

若存在实数x使得f（x）不是正数，则,即m≥4.

此时对称轴，所以只需，解得m≥4..

综上所述m取值范围为m≥4．

故选：A．

【点睛】本题考查一元二次方程的根的分布与系数的关系，考查分类讨论思想，转化思想，是中档题．

12.已知函数，若关于x的不等式恰有一个整数解，则实数a的最大值为　　

A. 2    B. 4    C. 6    D. 8

【答案】C

【解析】

【分析】

画出函数f（x）的图象，对b，a分类讨论，利用一元二次不等式解法可得解集，再利用数形结合即可得出．

【详解】函数f（x），如图所示，

①当b＝0时，[f（x）]2+af（x）﹣b2＜0化为

[f（x）]2+af（x）＜0，

当a＞0时，﹣a＜f（x）＜0，

由于关于x的不等式[f（x）]2+af（x）＜0恰有1个整数解，

因此其整数解为2，又f（2）＝﹣4+2＝﹣2，

∴﹣a＜﹣2＜0，﹣a≥f（3）＝﹣6，

则6≥a＞2，

a≤0不必考虑．

②当b≠0时，对于[f（x）]2+af（x）﹣b2＜0，

△＝a2+4b2＞0，

解得：f（x），

只考虑a＞0，

则0，

由于f（x）＝0时，不等式的解集中含有多于一个整数解（例如，0，1），舍去．

综上可得：a的最大值为6．

故选：C．

【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法、二次函数的图象，考查了分类讨论方法、数形结合方法与计算能力，属于中档题．

二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.已知，则______

【答案】

【解析】

【分析】

根据题意，由函数的解析式计算f（），再次代入函数的解析式计算可得答案．

【详解】根据题意，f（x），

则f（），

则f（）；

故答案为：

【点睛】本题考查分段函数的求值，关键掌握函数的解析式，属于基础题．

14.函数的单调减区间为______．

【答案】

【解析】

【分析】

根据所给函数式，讨论去掉绝对值，得到一个分段函数，利用二次函数的单调性即可得到减区间．

【详解】当x＞2时，f（x）＝x2﹣2x，

当x≤2时，f（x）＝﹣x2+2x，

故函数f（x）．

f（x）＝x2﹣2x的对称轴为：x＝1，开口向上，x＞2时是增函数；

f（x）＝﹣x2+2x，开口向下，对称轴为x＝1，

则x＜1时函数是增函数，1＜x＜2时函数是减函数．

即有函数的单调减区间是[1，2]．

故答案为：[1，2]．

【点睛】本题考查二次函数的性质，解题的关键是去掉绝对值，把函数化成基本初等函数，再通过函数的性质或者图象得到结果．

15.设函数是定义在R上的奇函数，，若在单调递减，则不等式的解集为______．

【答案】

【解析】

【分析】

根据题意，分析可得在区间（0，2）或（﹣∞，﹣2）上，f（x）＞0；在（2，+∞）或（﹣2，0）上，f（x）＜0，又由原不等式等价于或，分析可得不等式的解集，即可得答案．

【详解】根据题意，函数f（x）是定义在R上的奇函数，且在（0，+∞）单调递减，

又由f（﹣2）＝0，则f（2）＝﹣f（﹣2）＝0，

则在区间（0，2）上，f（x）＞0，则（2，+∞）上，f（x）＜0，

又由f（x）为R上的奇函数，则在区间（﹣∞，﹣2）上，f（x）＞0，则（﹣2，0）上，f（x）＜0，

则在区间（0，2）或（﹣∞，﹣2）上，f（x）＞0；在（2，+∞）或（﹣2，0）上，f（x）＜0，（x+1）f（x﹣1）＞0⇒或，

解可得：1＜x＜3，

即x的取值范围为（1，3）；

故答案为：（1，3）．

【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，注意将原不等式转化为关于x的不等式，属于基础题．

16.已知函数对任意的实数x，y都满足且，则的值为______．

【答案】

【解析】

【分析】

可令x＝y＝0，计算可得f（0）＝1，再令x＝y＝1，求得f（2）；令x＝0，y＝1，求得f（﹣1），再令x＝y＝﹣1，求得f（﹣2），即可得到所求和．

【详解】对任意的实数x，y都满足f（x+y）+f（x﹣y）＝2f（x）f（y）且f（1），

令x＝y＝0，可得f（0）+f（0）＝2f（0）f（0），

可得f（0）＝0或f（0）＝1，

若f（0）＝0，可令y＝0，则f（x）+f（x）＝2f（x）f（0）＝0，即f（x）＝0，这与f（1）矛盾，

则f（0）＝0不成立，则f（0）＝1，

令x＝y＝1，可得f（2）+f（0）＝2f（1）f（1），

可得f（2）＝21，

令x＝0，y＝1可得f（1）+f（﹣1）＝2f（0）f（1），

即有f（﹣1）＝2×1，

令x＝y＝﹣1可得f（﹣2）+f（0）＝2f（﹣1）f（﹣1），

即有f（﹣2）＝21，

则f（2）+f（﹣2）＝﹣1．

故答案为：﹣1．

【点睛】本题考查抽象函数的函数值的求法，注意运用赋值法，考查化简运算能力和推理能力，属于中档题．

三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）

17.已知集合，，，其中．

设全集为R，求；

若，求实数m的取值范围．

【答案】(1);(2) 实数m的取值范围是.

【解析】

【分析】

（1）求解集合A、B，根据补集，交集的定义求解A∩（∁RB）；

（2）根据并集的定义A∪B∪C＝R，即可实数m的取值范围．

【详解】由集合

或，

（1）由条件可得，

.

由（1）可知或，

由，

即或

，解得：

解得实数m的取值范围是．

【点睛】本题考查了交、并、补集及其运算，熟练掌握交、并、补集的定义是解本题的关键．

18.；

设，化简：；

若，求的值．

【答案】(1);(2);(3).

【解析】

【分析】

根据指数幂的性质求出代数式的值即可．

利用根式与分数指数幂互化进行化简即可.

由已知先计算，再平方计算，代入计算即可.

【详解】原式；

原式；

若，

则，，

故．

【点睛】本题考查了指数幂的运算及根式与分数指数幂互化，考查转化思想，是一道常规题．

19.已知函数是定义在上的奇函数，且．

求的解析式；

求函数的值域．

【答案】(1);(2) 值域为.

【解析】

【分析】

（1）根据奇函数得f（0）＝0，解得b＝0；根据f（），解得a＝2；

（2）利用一元二次方程有解，判别式大于等于0解得．

【详解】由已知得，即，，

再由，得，解得，

，

，

，

当时，；

当时，一元二次方程对x有解，所以，解得且，

综上所述：所求函数的值域为

【点睛】本题考查了函数奇偶性的应用，考查了分式型函数求值域的方法，属中档题．

20.已知集合，，．

若，求实数a的取值集合；

若，求实数a的取值范围．

【答案】(1) 实数a的取值集合为；（2）实数a的取值范围为.

【解析】

【分析】

（1）由B＝{1，2}，A∩B≠∅，得1∈A或2∈A，得关于a的方程，求得a；

（2）由C＝（﹣3，2）与A⊆C，分类讨论A＝∅与A≠∅两种情况下满足条件的不等式组，从而求出a的取值范围．

【详解】（1）根据题意得到

若，则

，，此时，

，，此时，

实数a的取值集合为；

，

设，

若，则

，，

，，

，，

，

，

综上可知，实数a的取值范围为．

【点睛】本题考查的知识点是集合的包含关系判断及应用，集合关系中的参数问题，需注意不要漏掉空集，难度中档．

21.定义在上的函数满足对所有的正数x、y都成立，且当，．

求的值

判断并证明函数在上的单调性

若关于x的不等式在上恒成立，求实数k的取值范围

【答案】（1）；（2）见解析；（3）.

【解析】

【分析】

（1）由f（xy）＝f（x）+f（y），取x＝1，y＝1得f（1）＝0；

（2）设x1＞x2＞0则f（x1）﹣f（x2）＝f（x2•）﹣f（x2）＝f（），又当x＞1，f（x）＜0，得f（x）在（0，+∞）上单调递减；

（3）由f（2）＝﹣1，f（xy）＝f（x）+f（y），f（kx）﹣f（x2﹣kx+1）≥1得f（2kx）≥f（x2﹣kx+1），又f（x）在（0，+∞）上单调递减，得到关于k的不等式组，解之得实数k的取值范围．

【详解】（1）∵f（xy）＝f（x）+f（y），取x＝1，y＝1得：f（1）＝f（1）+f（1）；

∴f（1）＝0；

（2）设x1＞x2＞0则f（x1）﹣f（x2）＝f（x2•）﹣f（x2）＝f（），

∵x1＞x2＞0；

∴；

又x＞1时，f（x）＜0；

∴；

∴f（x1）﹣f（x2）＜0；

∴f（x1）＜f（x2）；

∴f（x）在（0，+∞）上单调递减；

（3）∵f（2）＝﹣1，f（xy）＝f（x）+f（y）；

由f（kx）﹣f（x2﹣kx+1）≥1得f（2kx）≥f（x2﹣kx+1）

又f（x）在（0，+∞）上单调递减，

∴∴，

∴∴0＜k．

【点睛】本题主要考查抽象函数的单调性及恒成立问题，考查了用定义法证明单调性及不等式恒成立问题，运用了转化思想，属于难题．

22.已知，函数F（x）=min{2|x−1|，x2−2ax+4a−2}，

其中min{p，q}=

（Ⅰ）求使得等式F（x）=x2−2ax+4a−2成立的x的取值范围；

（Ⅱ）（ⅰ）求F（x）的最小值m（a）；

（ⅱ）求F（x）在区间[0,6]上的最大值M（a）.

【答案】（Ⅰ）．（Ⅱ）（ⅰ）．（ⅱ）．

【解析】

试题分析：（Ⅰ）分别对和两种情况讨论，进而可得使得等式成立的的取值范围；（Ⅱ）（Ⅰ）先求函数，的最小值，再根据的定义可得的最小值；（Ⅱ）分别对和两种情况讨论的最大值，进而可得在区间上的最大值．

试题解析：（Ⅰ）由于，故

当时，，

当时，．

所以，使得等式成立的的取值范围为．

（Ⅱ）（ⅰ）设函数，，

则，，

所以，由的定义知，即

（ⅱ）当时，

，

当时，．

所以，．

【考点】函数的单调性与最值，分段函数，不等式．

【思路点睛】（Ⅰ）根据的取值范围化简，即可得使得等式成立的的取值范围；（Ⅱ）（Ⅰ）先求函数和的最小值，再根据的定义可得；（Ⅱ）根据的取值范围求出的最大值，进而可得．