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A.
B.
的定义域为 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
2
的定义域为{x|x≥1或x≤
，g(x)＝2x－5的定的对应关系不同，
－1}，它们的定义域不相同；B中，f(x)＝(
义域为R，定义域不同，不是相等函数．C中，f(x)＝与g(x)＝
不相等．D中，f(x)＝相等,故选D. 4.已知函数A.
＝x(x>0)与g(x)＝＝t(t>0)的定义域与对应关系都相同，它们
，且，则
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A.
是R上的奇函数，当
时，
，则
时，函数图象单调性递减；
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（而可得答案．
【详解】根据题意，当x＞0时，f（x）＝4﹣x+x，
）＝﹣f（），进
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A.
B.
， C.
的值域为
D.
【答案】C 【解析】 【分析】 可令
，根据x的范围，可求出
，并求出x＝t﹣1，原函数变成y＝2（t﹣1）
2
2
﹣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（x+1）+f（m﹣x）＝0，得f（x+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
．
2
2
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，则不等式
A.
B.
C.
上的偶函数，若
对任意的，
都满足
的解集为
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）＜（2x﹣1）， 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
实数m的取值范围是 A.
B.
C.
D.
，
若存在实数x，使得
与
均不是正数，则
2
2
0，
【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，则此时对称轴
，所以只需
,即m≥4. ，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
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，
，若关于x的不等式
恰有一个整数解，则实
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）]+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，
2
a≤0不必考虑．
②当b≠0时，对于[f（x）]+af（x）﹣b＜0， △＝a2+4b2＞0， 解得：只考虑a＞0， 则
0
，
2
2
f（x），
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【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）＝x﹣2x， 当x≤2时，f（x）＝﹣x+2x， 故函数f（x）
．
2
2
的单调减区间为______．
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，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，
或
，分析可得不等式的解集，
，若
在
单调递减，则不等式
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）＝2
1
，
，
对任意的实数x，y都满足
且
，则
的
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.已知集合设全集为R，求若【答案】(1)【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）可知由即
，解得：
解得实数m的取值范围是
．
，
或
或
，
，
，
，；
，求实数m的取值范围．
;(2) 实数m的取值范围是
.
，
，其中
．
【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)【解析】 【分析】
;(2);(3).
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【详解】
原式
，再平方计算
，代入计算即可. ；
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.已知函数求
的解析式；
的值域． ;(2) 值域为
.
是定义在
上的奇函数，且
．
求函数【答案】(1)【解析】 【分析】
（1）根据奇函数得f（0）＝0，解得b＝0；根据f（）（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
，
，
，解得a＝2；
再由，得，解得，
，
，
，
当当
时，
；
对x有解，所以
，解得
时，一元二次方程
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.已知集合若若
，求实数a的取值集合； ，求实数a的取值范围．
；（2）实数a的取值范围为
.
，
，
．
【答案】(1) 实数a的取值集合为【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
，求
． 的值
在
上的单调性
在
上恒成立，求实数k的取值范围 .
上的函数
满足
对所有的正数x、y都成立，
且当
判断并证明函数若关于x的不等式【答案】（1）【解析】 【分析】
；（2）见解析；（3）
（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（x﹣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）；
2
∴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（x﹣kx+1）≥1得f（2kx）≥f（x﹣kx+1） 又f（x）在（0，+∞）上单调递减，
2
2
∴∴，
∴∴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|，x−2ax+4a−2}，
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）【解析】
．（Ⅱ）（ⅰ）
．（ⅱ）
．
试题分析：（Ⅰ）分别对和两种情况讨论，进而可得使得等式，和
的最小值，再根据
两种情况讨论
成
立的的取值范围；（Ⅱ）（Ⅰ）先求函数的定义可得而可得
的最小值
；（Ⅱ）分别对
．
的最大值，进
在区间上的最大值
，故
试题解析：（Ⅰ）由于当当
时，时，
，
．
成立的的取值范围为，
， ，即
，
．
所以，使得等式（Ⅱ）（ⅰ）设函数则所以，由（ⅱ）当
，的定义知
时，
，
当所以，
时，
．
．
【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取值范围；（Ⅱ）（Ⅰ）先求函数取值范围求出
和
，即可得使得等式
的定义可得
成立的的；（Ⅱ）根据的
的最小值，再根据．
的最大值，进而可得
