2018-2019学年重庆市南开中学高一(上)期中数学试题(含精品解析)

发布于:2021-07-27 00:38:16

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)=

定义域不相同;B 中,f(x)=(

)2 的定义域为

的定义域为{x|x≥1 或 x≤-1},它们的 ,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 t x﹣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.

【答案】B

C.

D.

【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 x 0 时,g (x) 0 成立,

只需考虑 x 0 时 f(x)的情况,由于函数 f(x)=2x2+(4﹣m)x+4﹣m,

当﹣4<m<4 时,△<0.故﹣4<m<0,不满足,

m ﹣4 时,由于对称轴在 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 x 0 时成立,只需考虑 x 0 时 f(x)的情况,故只需满足

,解得

m>4,又当 m=4 时,f(x)=2x2,g(x)=4x,存在 x=0 满足条件, 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,



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



,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?





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



,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)=2 1 ,

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)=2 1 ,

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





,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









.







,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:





,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*方计算

,代入计算即可.

【详解】 原式



原式



若 则











【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



综上所述:所求函数的值域为

对 x 有解,所以

,解得



【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









,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



,则

, ,此时





,此时



实数 a 的取值集合为









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



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



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











所以,由 的定义知

(ⅱ)当

时,

,即





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 .


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