《2018-2019学年重庆市高一（上）期中数学试题（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018-2019学年重庆市高一（上）期中数学试题（解析版）（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、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|xA且2xA，则B=A. 1 B. 2C. 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Bx|xA且2xA，集合A1，1，2，当x1时，可得2（1）3A；当x1时，可得211A；当x2时，可得220A；B1，2；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
2、】由题意得：，解得：1x3，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|x1，g(x)的定义域为x|x1或x1，它们的定义域不相同；B中，f(x)()2的定义域为，g(x)2x5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(x0)与g(x)t(t0)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
3、求出函数的解析式，结合函数的解析式可得若f（a）5，即4a+35，解可得a的值，即可得答案【详解】根据题意，函数f（x1）2x1，令tx1，则x2（t+1），则f（t）4（t+1）14t+3，若f（a）5，即4a+35，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x3时，y0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
4、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x0时，f（x）4x+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xt21，原函数变成y2（t21）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；xt21；时，f（x）取最小值；t2时，f（x）取最大值0,但是取不到；f（x）的值域为：
5、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（mx）0只有一个实数解转化为方程x2x+m+10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（mx）0，得f（x2+1）f（mx）f（xm），又f（x）在R上的单调递减，x2+1xm，即x2x+m+10则（1）24（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
6、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，2a1）上单调递减，则只需2a1，解得：a，而a2a1，解得：a1，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（2x1）0f（|x
7、+1|）f（|2x1|），进而分析可得在0，+）上为增函数，据此可得|x+1|2x1|，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（2x1）0f（|x+1|）f（|2x1|），若f（x）对任意的x1，x20，+）（x1x2）都满足0，则函数f（x）在0，+）上为增函数，则f（|x+1|）f（|2x1|）|x+1|2x1|，变形可得：（x+1）2（2x1）2，解可得：x0或x2，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
8、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m0、m0、m0 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 m0 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m0 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+（4m）x+4m，当4m4时，0故4m0，不满足，m4时，由于对称轴在y轴左侧，故只需满足f（0）0即可，即m4，不满足题意当m0 时，g （x）0 在x0 时成立，只需考虑x0
9、时f（x）的情况，故只需满足，解得m4，又当m4时，f（x）2x2，g（x）4x，存在x0满足条件，综上所述m取值范围为m4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，当b0时，f（x）2+af（x）b20化为f（x）2+af（x）0，当a0时，af（x）0，由于关于x的不等式f（x）2+
10、af（x）0恰有1个整数解，因此其整数解为2，又f（2）4+22，a20，af（3）6，则6a2，a0不必考虑当b0时，对于f（x）2+af（x）b20，a2+4b20，解得：f（x），只考虑a0，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
11、（），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x2时，f（x）x22x，当x2时，f（x）x2+2x，故函数f（x）f（x）x22x的对称轴为：x1，开口向上，x2时是增函数；f（x）x2+2x，开口向下，对称轴为x1，则x1时函数是增函数，1x2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
12、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，（
13、x+1）f（x1）0或，解可得：1x3，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xy0，计算可得f（0）1，再令xy1，求得f（2）；令x0，y1，求得f（1），再令xy1，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（xy）2f（x）f（y）且f（1），令xy0，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y0，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xy1，可得f（2）+f（0）2f（1）f（1），可得f（2）21，令x0，y1可得f（1）+f（1）
