2018-2019学年重庆市南开中学高一(上)期中数学试卷(解析版)

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}
2.函数y=x(3−x)+
x−1
的定义域为（）
A. [0,3]
B. [1,3]
C. [3,+∞]
D. (1,3]
3.下列各组的两个函数为相等函数的是（）
A. f(x)=x−1x+1，g(x)=(x−1)(x+1)
B. f(x)=(2，g(x)=2x−5
C. f(x)=1−x
x+1，g(x)=1+x
x+1
D. f(x)=(x)4
x ，g(x)=(
t
)2
4.已知函数f（1
2
x-1）=2x-1，且f（a）=5，则a=（）
A. −1
2B. 1
2
C. 2
D. 1
5.函数y=3−x
2x+1
的图象为（）
A. B.
C. D.
6.已知函数f（x）是R上的奇函数，当x＞0时，f（x）=4-x+x，则f（-1
2
）=（）
A. −1
B. 0
C. 1
D. 3
2
7.函数f（x）=2x-3x+1，x∈（-3
4
，3）的值域为（）
A. [−2,0)
B. (−3,0)
C. [−25
8,0) D. [−27
8
,0)
8.已知f（x）是奇函数且在R上的单调递减，若方程f（x2+1）+f（m-x）=0只有一个
实数解，则实数m的值是（）
A. −7
8B. −3
4
C. 1
4
D. 1
8
9.已知开口向上的二次函数f（x）对任意x∈R都满足f（3-x）=f（x），若f（x）在区
间（a，2a-1）上单调递减，则实数a的取值范围为（）
A. (−∞,5
4] B. (1,5
4
] C. [−3
2
,+∞) D. (−∞,2]
10. 已知f （x ）是定义在（-∞，+∞）上的偶函数，若f （x ）对任意的x 1，x 2∈[0，+∞）
（x 1≠x 2）都满足
f (x 1)−f (x 2)x 1−x 2
＞0，则不等式f （x +1）-f （2x -1）＜0的解集为（ ）
A. (0,2)
B. (−2,+∞)
C. (−∞,0)∪(2,+∞)
D. (−∞,−2)
11. 已知函数f （x ）=2x 2
+（4-m ）x +4-m ，g （x ）=mx 若存在实数x ，使得f （x ）与g （x ）
均不是正数，则实数m 的取值范围是（ ） A. m ≥4 B. −2≤m ≤4 C. m ≥2 D. −3≤m ≤−1
12. 已知函数f （x ）= x 2−x ,x <0−x 2+x ,x≥0
，若关于x 的不等式[f （x ）]2+af （x ）-b 2＜0恰有一个整数解，则实数a 的最大值为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知f （x ）= −2x ，x ≥01x
，x ＜0
，则f （f （12））=______ 14. 函数f （x ）=x |x -2|的单调减区间为______．
15. 设函数f （x ）是定义在R 上的奇函数，f （-2）=0，若f （x ）在（0，+∞）单调递减，
则不等式（x +1）f （x -1）＞0的解集为______．
16. 已知函数f （x ）对任意的实数x ，y 都满足f （x +y ）+f （x -y ）=2f （x ）f （y ）且f （1）
=1
2，则f （2）+f （-2）的值为______． 三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
17. 已知集合A ={x ||x -1|≤2}，B ={x |x−1
x +3＞0}，C ={x |2m -1≤x ≤m +1}，其中m ∈R ．
（1）设全集为R ，求A ∩（∁R B ）；
（2）若A ∪B ∪C =R ，求实数m 的取值范围．
18. （1）计算：2−1+（3-2 2）0-（9
4）-0.5
+4( 2−π)4．
（2）设a ＞0，化简：4 a −3 a 4a 4
；
（3）若x 12
+x
−
1
2
= 6，求
x +x −1−1
x +x −2
的值．
19.已知函数f（x）=ax+b
x2+1是定义在[-2，2]上的奇函数，且f（1
2
）=4
5
．
（1）求f（x）的解析式；
（2）求函数y=f（x）+4
x2+1
的值域．
20.已知集合A={x|x2+（2a-2）x-3a+4=0，a∈R}，B={x|x2-3x+2=0}，C={x|x2+x-6＜0}．
（1）若A∩B≠∅，求实数a的取值集合；
（2）若A⊆C，求实数a的取值范围．
21.定义在（0，+∞）上的函数f（x）满足f（xy）=f（x）+f（y）对所有的正数x、y
都成立，f（2）=-1且当x＞1，f（x）＜0．
（1）求f（1）的值
（2）判断并证明函数f（x）在（0，+∞）上的单调性
（3）若关于x的不等式f（kx）-f（x2-kx+1）≥1在（0，+∞）上恒成立，求实数k 的取值范围
22.已知a≥3，函数F（x）=min{2|x-1|，x2-2ax+4a-2}，其中min（p，q）=q,p>q
p,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[0，6]上的最大值M（a）
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
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．
根据元素与集合的关系进行判断
本题主要考查元素与集合的关系，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】
解：由题意得：，
解得：1＜x≤3，
故选：D．
根据二次函数的性质得到函数的定义域即可．
本题考查了求函数的定义域问题，考查二次根式的性质，是一道基础题．
3.【答案】D
【解析】
解：A.的定义域为{x|x≥1}，的定义域为{x|x≤-1，或x≥1}，
定义域不同，两函数不相等；
B.的定义域为，g（x）=2x-5的定义域为R，定义域不同，不相等；
C.，解析式不同，不相等；
D.的定义域为（0，+∞），的定义域为（0，+∞），
定义域和解析式都相同，相等．
故选：D．
通过求函数的定义域，可看出选项A，B两选项函数的定义域不同，两函数不相等，而选项C的两函数解析式不同，也不相等，只能选D．
考查函数的定义，判断两函数相等的方法：看定义域和解析式是否都相同．
4.【答案】B
【解析】
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．
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．
本题考查函数的解析式的计算，注意先求出函数的解析式，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】
解：函数y===+；
可得x，
∵≠0，
∴y
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：B．
分离常数，结合反比例函数的图象可得答案；
本题考查了函数图象变换，是基础题．
6.【答案】A
【解析】
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．
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．
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.【答案】C
【解析】
解：令；
∵；
∴；
∴x=t2-1；
∴；
∴时，f（x）取最小值；t=2时，f（x）取最大值0；
∴f（x）的值域为：．
故选：C．
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．
考查函数值域的概念及求法，换元法求函数的值域，不等式的性质，以及配方求二次函数值域的方法．
8.【答案】B
【解析】
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．
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．
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.【答案】A
【解析】
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≤，
故选：A．
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．
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.【答案】C
【解析】
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）对仸意的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．
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f（|x+1|）＜f（|2x-1|）⇒|x+1|＜
|2x-1|，解可得x的取值范围，即可得答案．
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.【答案】A
【解析】
解：分3类讨论①m=0 时，对于仸意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，
，解得，m＞4，
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．
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．
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.【答案】C
【解析】
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．
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．
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．
13.【答案】-2
2
【解析】
解：根据题意，f（x）=，
则f（）=-=-，
则f（-）==-；
故答案为：-
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．
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.【答案】[1，2]
【解析】
解：当x＞2时，f（x）=x2-2x，
当x≤2时，f（x）=-x2+2x，
这样就得到一个分段函数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]．
根据所给的带有绝对值的函数式，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．
本题考查二次函数的性质，本题解题的关键是去掉绝对值，把函数化成基本初等函数，可以通过函数的性质或者图象得到结果．
15.【答案】（1，3）
【解析】
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）．
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．
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.【答案】-1
【解析】
解：对仸意的实数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．
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．
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．
17.【答案】解：由集合A={x||x-1|≤2}={x|-1≤x≤3}
B={x|x−1
＞0}={x＜-3或x＞1}，
x+3
（1）那么∁R B={x|-3≤x≤1}
∴A∩（∁R B）={x|-1≤x≤1}
（2）由C其中m∈R．
∴A∪B={x＜-3或x＞-1}，
由A∪B∪C=R，
即{x|2m-1≤x≤m+1}∪{x＜-3或x＞-1}=R
∴ 2m−1≤−3
m+1≥−1
2m−1≤m+1
，解得：-2≤m≤-1
故得实数m的取值范围是[-2，-1]．
【解析】
（1）求解集合A、B，根据补集，交集的定义求解A∩（∁R B）；
（2）根据并集的定义A∪B∪C=R，即可实数m的取值范围．
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.【答案】解：（1）原式=2+1+1-2
3+π-2=π+4
3
；
（2）原式=a 4
3⋅a−
1
2
a 2
3⋅a2
=a−11；
（3）若x12+x−12=6，则x+x-1=4，x2+x-2=14，
故x+x−1−1
x2+x−2−2=4−1
14−2
=1
4
．
【解析】
根据指数幂的原式性质求出代数式的值即可．
本题考查了指数幂的运算，考查转化思想，是一道常规题．
19.【答案】解（1）由已知得f（0）=0，即b=0，∴f（x）=ax
x+1
，
再由f（1
2）=4
5
，得
1
2
a
1+1
=4
5
，解得a =2，
∴f（x）=2x
x+1
，
（2）∵y=f（x）+4
x+1=2x
x+1
+4
x+1
，
∴y•x2-2x+y-4=0，
当y=0时，x=-2；
当y≠0时，一元二次方程y•x2-2x+y-4=0对x有解，所以△=（-2）2-4y（y-4）≥0，解得2-5≤y≤2+5且y≠0，
综上所述：所求函数的值域为[2- 5，2+ 5]
【解析】
（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．
本题考查了函数奇偶性的性质与判断．属中档题．
20.【答案】解：（1）B ={1，2}
若A ∩B ≠∅，则
①1∈A ，a =3，此时A ={1，-5}，
②2∈A ，a =-4，此时A ={2，-8}，
∴实数a 的取值集合为{3，-4}；
（2）C =（-3，2），
设f （x ）=x 2+（2a -2）x -3a +4，
若A ⊆C ，则
①A =∅，（2a -2）2-4（-3a +4）＜0，
∴a 2+a -3＜0，∴−1− 132＜a ＜−1+ 132
， ②A ≠∅， △≥0f (−3)＞0f (−2)＞0−3＜1−a ＜2
∴ a ≤−1− 132或a ≥
−1+ 132a ＜199a ＞−4−1＜a ＜4
， ∴−1+ 132≤a ＜4，
综上可知，实数a 的取值范围为（
−1− 132，4）．
【解析】
（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．
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.【答案】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x 1＞x 2＞0则f （x 1）-f （x 2）=f （x 2•x 1x 2）-f （x 2）=f （x 1
x 2），
∵x1＞x2＞0；
∴x1
x2
＞1；
又x＞1时，f（x）＜0；
∴f(x1
x2
)＜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，
∴ 2kx＞0
x2−kx+1＞0
2kx≤x2−kx+1
∴
k＞0
k＜x+1
x
k≤1
3
(x+1
x
)
∴k＞0
k＜2
k≤2
3
∴0＜k≤2
3
．
【解析】
（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，得关于k的不等式组，解之得实数k的取值范围．
本题主要考查抽象函数的单调性及恒成立问题，是综合性题目，单调性的证明用定义法，恒成立问题用转化思想，属难题．
22.【答案】解：（Ⅰ）由a≥3，故x≤1时，
x2-2ax+4a-2-2|x-1|=x2+2（a-1）（2-x）＞0；
当x＞1时，x2-2ax+4a-2-2|x-1|=x2-（2+2a）x+4a=（x-2）（x-2a），
则等式F（x）=x2-2ax+4a-2成立的x的取值范围是（2，2a）；
（Ⅱ）（i）设f（x）=2|x-1|，g（x）=x2-2ax+4a-2，
则f（x）min=f（1）=0，g（x）min=g（a）=-a2+4a-2．
由-a2+4a-2=0，解得a1=2+2，a2=2-2（负的舍去），
由F（x）的定义可得m（a）=min{f（1），g（a）}，
即m（a）=0，3≤a≤2+2
−a2+4a−2，a＞2+2
；
（ii ）当0≤x ≤2时，F （x ）≤f （x ）≤max{f （0），f （2）}=2=F （2）；
当2＜x ≤6时，f （x ）≤g （x ）≤max{g （2），g （6）}
=max{2，34-8a }=max{f （2），f （6）}．
则M （a ）= 2,a >434−8a ,3≤a≤4．
【解析】
（Ⅰ）由a≥3，讨论x≤1时，x ＞1，去掉绝对值，化简x 2-2ax+4a-2-2|x-1|，判断符
号，即可得到F （x ）=x 2-2ax+4a-2成立的x 的取值范围；
（Ⅱ）（i ）设f （x ）=2|x-1|，g （x ）=x 2-2ax+4a-2，求得f （x ）和g （x ）的最小值，再由新
定义，可得F （x ）的最小值；
（ii ）分别对当0≤x≤2时，当2＜x≤6时，讨论F （x ）的最大值，即可得到F （x ）在
[0，6]上的最大值M （a ）．
本题考查新定义的理解和运用，考查分类讨论的思想方法，以及二次函数的最值的求法，不等式的性质，考查化简整理的运算能力，属于中档题．。