珠海市第二中学 2019－2020 学年第一学期期中考试
高一年级 数学试题
一、选择题（本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分）
1.设全集 ，集合 ， ，则 （ ）．
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据集合的交集与补集运算即可求解。
【详解】由 ， ，所以 ，
又 ，所以
故选：A
【点睛】本题考查集合的基本运算，属于基础题。
2.下列函数中与 具有相同图象的一个函数是（ ）．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
对于 A， 与函数 的定义域不同，所以函数图像不同；对于 B，
与函数 的对应关系不同，值域不同，所以函数图象不同；对于 C，
与函数 的定义域不同，所以函数图像不同；对于 D， 与
函数 的定义域相同，对应关系也相同，所以函数图象相同，故选 D.
点睛：本题主要考查了判断两个函数是否为同一函数，属于基础题；函数 值域可由定义域
和对应关系唯一确定；当且仅当定义域和对应关系均相同时才是同一函数，值得注意的是判
断两个函数的对应关系是否相同，只要看对于定义域内任意一个相同的自变量的值，按照这
两个对应关系算出的函数值是否相同.
的
{ }1,2,3,4,5U = { }1,2A = { }2,3B = UA C B =
{ }1 { }2 { }2,3 { }4,5
{ }1,2,3,4,5U = { }2,3B = { }1,4,5UC B =
{ }1,2A = { }1UA C B∩ =
y x=
2( )y x= 2y x=
2xy x
= 3 3y x=
( )2
y x= ( )y x x R= ∈
2y x= ( )y x x R= ∈
( )2
0xy xx
= ≠ ( )y x x R= ∈ 3 3y x=
( )y x x R= ∈3.函数 的定义域为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
要使函数有意义需满足 ，解得 ，则函数的定义域为 ，故选 C.
点睛：本题主要考查了常见的函数的定义域的求法，属于基础题；常见的函数定义域求法有：
1、偶次根式下大于等于 0；2、分母不为 0；3、对数的真数部分大于 0；4、0 的 0 次方无意
义；5、正切函数 中 ；6、抽象函数的定义域；7、在实际应
用中的定义域等.
4.已知函数 ，则 的值等于（ ）．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
将 代入函数第二段表达式，得到 ，再代入第二段表达式后得到 ，此时代入
第一段就可以求得函数值.
【详解】依题意 ，故选 D.
【点睛】本小题主要考查分段函数求值.第一次代入后，还是无法求得函数值，要继续再代入
两次才可以.属于基础题.
5.已知函数 在 上单调递增，则实数 的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
( ) 3 lg( 1)f x x x= − + +
[ 1,3)− ( 1,3)− ( 1,3]− [ 1,3]−
3 0
1 0
x
x
− ≥
+ > 1 3x− < ≤ ( ]1,3−
tany x= ,2x x k k Z
π π ≠ + ∈
1, 0( ) ( 2), 0
x xf x f x x
+ ≤= − > (3)f
4 2 1 0
3x = ( )1f ( )1f −
( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 3 2 1 1 2 1 1 1 0f f f f f= − = = − = − = − + =
( ) 24 8f x x kx= − − [ )5,+∞ k
( ),40−∞ ( ],40−∞ ( )40,+∞ [ )40,+∞先求得函数的对称轴，再由函数在 上单调递增，则对称轴在区间的左侧求解．
【详解】函数 y＝4x2﹣kx﹣8 的对称轴为：x
∵函数在 上单调递增
∴ 5
∴k≤40
故选 B.
【点睛】本题主要考查二次函数的性质，涉及了二次函数的对称性和单调性，在研究二次函
数单调性时，一定要明确开口方向和对称轴．
6.已知 为奇函数，当 时， ，则 在 上是（ ）
A. 增函数，最小值为 B. 增函数，最大值为
C. 减函数，最小值为 D. 减函数，最大值为
【答案】C
【解析】
试题分析： ,图像为开口向下对称轴为 的抛物线,
所以 时 在 上单调递减．
因为 位奇函数图像关于原点对称,所以函数 在 也单调递减．
所以在 上 ,
．故 C 正确．
考点：1 函数的奇偶性；2 二次函数的单调性．
7.设 ， ， ，则有（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据对数函数的单调性，可以判断出 a＜0，b＞1，根据指数函数的值域及单调性可判断出 0＜
[ )5,+∞
8
k=
[ )5,+∞
8
k ≤
2( ) 2f x x x= − + ( )f x [ 3, 1]− −
1− 1−
1− 1−
( ) 2 2f x x x= − + 1x =
0x > ( )f x [ ]1,3
( )f x ( )f x [ ]3, 1− −
[ ]3, 1− − ( ) ( ) ( ) ( )2
max 3 3 3 2 3 3f x f f= − = − = − − + × =
( ) ( ) ( ) ( )2
min 1 1 1 2 1 1f x f f= − = − = − − + × = −
1
3
log 5a = 1
53b =
0.31
5c =
a b c< < c b a< < c a b< < a c b< = − + ≤ R a
2 ,13
3 ,14
20, 3
2 3,3 4
, 1( )
(2 3 ) 1, 1
xa xf x
a x x
>= − + ≤ R
0 1
2 3 0
2 3 1
a
a
a a
< = ≤
( ) ( )2 2020 2019y f x f x= − ⋅ +
( ) ( )2 2020 2019 0f x f x− ⋅ + = ( )f x 2019y = 1y =
( ) ( )2 2020 2019y f x f x= − ⋅ + ( ) ( )2 2020 2019 0f x f x− ⋅ + =
( ) 2019f x = ( ) 1f x =
( )f x
5 518.已知 ，则 ______，定义域为______．
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
（1）利用换元法即可求解析式.
（2）在换元时由 的范围即可确定定义域。
【详解】令 ，则 ， ，
由 ，所以 ，
即 ，且
故答案为： ；
【点睛】本题查考换元法求解析式以及求函数的定义域，在换元中注意自变量的取值范围的
变化.
三、解答题（本大题共 5 小题，每小题 12 分，共 60 分）
19.计算下列各式的值.
（1） ；
（2） ．
【答案】（1） ；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据指数与对数 运算性质即可化简求值。
（2）根据指数与对数的运算性质即可化简求值。
【详解】(1)原式
的
( ) 2
2logf x x= ( )f x =
4x R
2log x
2logt x= t R∈ 2tx =
( ) 2
2logf x x= 2( ) (2 ) 4t tf t = =
( ) 4xf x = x∈R
4x R
1
2 3
3
1lg3 lg9 lg 31 4125 27 lg81 lg27
− + − − + −
( )2
1 lg1log 4
32 log 81 2 1+ + −
23 21
4
1
2 3
3
1lg3 lg9 lg 31 4(125) 27 lg81 lg 27
− + − = − + −
12
3 3
1 1lg3 lg3 lg31 2 2(5 ) 25 3 1 233 4lg3 3lg3
− + − = − + = − + = − (2)原式
【点睛】本题考查指数与对数的运算性质，要熟记指数与对数的运算性质，属于基础题。
20.已知集合 ， ，且 ，
，求实数 ， ， 的值及集合 ， ．
【答案】
【解析】
试 题 分 析 ： 由 ， 所 以 ， ， 代 入 方 程 可 得 和 集 合 A ， 再 由
，可得集合 B，运用韦达定理即可得到所求 ， 的值.
试题解析：因为 ， 且 ，所以 ，解得 ；又
，所以 ，又 ， ，所以
，解得 ， ，所以 .
21.已知函数 ．
（1）求 的值；
（2）判断函数在 上单调性，并用定义加以证明；
（3）当 取什么值时， 图像在 轴上方？
【答案】（1）3；（2）在 为减函数，见解析；（3） 或
【解析】
【分析】
（1）代入解析式即可求解。
（2）利用函数的单调性定义即可证明。
（3） 的图像在 轴上方，只需 即可。
【详解】（1） = ；
的
( )2
1 lg1log 4
3
1 212 log 81 2 1 4 14 4
= + + − = + + =
{ }2| 15 0A x x px= − + = { }2| 0A x x ax b= + + = { }2,3,5A B =
{ }3A B∩ = p a b A B
{ }2,3
{ }3A B∩ = 3 A∈ 3 B∈ p
{ }2 3 5A B∪ = ，， a b
{ }3A B∩ = 3 A∈ 3 B∈ 23 3 15 0p− + = 8p =
23 3 0a b+ + = { }2{ | 8 15 0} 3 5A x x x= − + = = ， { }2 3 5A B∪ = ，， 2 B∈
2 3
2 3
a
b
+ = −
× = 5a = − 6b = { }2{ | 5 6 0} 2 3B x x x= − + = = ，
( ) 1
xf x x
= −
( (3))f f
(1, )+∞
x ( ) 1
xf x x
= − x
(1, )+∞ 1x > 0x <
( ) 1
xf x x
= − x 01
x
x
>−
3( (3)) ( )2f f f= 3（2）函数 在 为减函数．
证明：在区间 上任意取两个实数 ，不妨设 ，则
， ，
即 ，所以函数 在 为减函数．
（3） 的图像在 轴上方
只需 解得 或
综上所述： 或
【点睛】本题考查求函数值、定义法证明函数的单调性、解分式不等式，属于基础题。
22.已知对任意的 ，二次函数 都满足 ，其图象过点 ，且与
轴有唯一交点．
（ ）求 的解析式；
（ ）设函数 ，求 在 上的最小值 ．
【答案】（1） ；（2）
【解析】
【分析】
（1）利用“待定系数法”求函数解析式即可.
（2）由对称轴位置不确定，分三种情况讨论对称轴所在的位置，即当 ；
； ，再由函数的单调性即可求出最值.
【详解】（ ）设二次函数 ，所以
， .
( )f x (1, )+∞
(1, )+∞ 1 2,x x 1 21 x x< <
1 2 2 1
1 2
1 2 1 2
( ) ( ) 1 1 ( 1)( 1)
x x x xf x f x x x x x
−− = − =− − − −
1 21 x x< − > − > 2 1
1 2
0( 1)( 1)
x x
x x
−∴ >− −
1 2( ) ( )f x f x> ( )f x (1, )+∞
( ) 1
xf x x
= − x
01
x
x
>− 1x > 0x <
1x > 0x <
x∈R ( )f x ( 1) ( 1)f x f x− − = − (0,1)
x
1 ( )f x
2 ( ) ( ) (2 )g x f x m x= − + ( )g x [1,2] ( )h m
2( 1) 2f x x x= + +
2
2 , 2
( ) 1 ,2 44
5 2 , 4
m m
mh m m
m m
−
12
m <
1 22
m≤ ≤ 22
m >
1 2( ) ( 0)f x ax bx c a= + + ≠
2( 1) (2 )f x ax a b x a b c− − = + − + − + 2( 1) ( 2 )f x ax b a x a b c− = + − + − +由于对任意的 ， 都成立，所以有对任意的 ，
都成立，所以 ．
因为图像过点 ，所以 ，即 ，且图像与 有唯一交点，从而
解得 ．
（ ） ，对称轴 ．
当 时，即 ， 在区间 为单调递增函数，所以 ；
当 时，即 ， 在区间 单调递减函数，在区间 为单调递
增函数，
所以 ；
当 时，即 ， 在区间 为单调递减函数，所以 ；
综上所述： ．
【点睛】本题考查待定系数法求解析式、二次函数“动轴定区间”求最值，注意分类讨论，
属于基础题.
23.已知 ，函数 ．
（1）当 时，求不等式 的解集；
（2）若关于 的方程 的解集中恰有两个元素，求 的取值范围．
【答案】（1） ；（2）
【解析】
【分析】
（1）将 代入函数表达式，根据对数的单调性转化为解不等式 即可求解.
（2）方程 的解集中恰有两个元素，将 化为对数形式，
为
x∈R ( 1) ( 1)f x f x− = − − x∈R
2( 2 ) 0b a x− = 2b a=
(0,1) (0) 1f = 1c = x 2 4 0b ac∆ = − =
2( 1) 2f x x x= + +
2 2( ) 1g x x mx= − +
2
mx =
12
m < 2m < ( )g x [1,2] ( ) (1) 2h m g m= = −
1 22
m≤ ≤ 2 4m≤ ≤ ( )g x [1, ]2
m [ ,2]2
m
2
( ) ( ) 12 4
m mh m g= = −
22
m > 2m < ( )g x [1,2] ( ) (2) 5 2h m g m= = −
2
2 , 2
( ) 1 ,2 44
5 2 , 4
m m
mh m m
m m
−
a R∈ 2
1( ) log ( )2xf x a= +
1a = ( ) 1f x ≤
x ( ) 2 0f x x+ = a
[0, )+∞ 1( ,0)4a∈ −
1a = 1 1 22x
+ ≤
( ) 2 0f x x+ = 2x得到 ，利用换元法设 ， ，
方程化为 在区间 有两个不相等的实数根，再由二次函数根的分布即可求
解。
【详解】（1）
所以不等式 的解集为： ．
（2）根据集合中元素的唯一性可知，关于 的方程 有两个不相等的实数根．
即方程 有两个不相等的实数根，即方程 有两个
不相等的实数根，
令 ，即方程 在区间 有两个不相等的实数根，从而有 ，
即 ，解得
故 的取值范围 .
【点睛】本题主要考查对数与对数函数、函数与方程，属于综合性题目.
2
2 2
1log ( ) 2 log 22
x
x a x −+ = − = 1
2xt = (0, )t ∈ +∞
2 0t t a− − = (0, )+∞
0
2 2
1 1 1log ( 1) 1 log 2 1 2 1 2 2 02 2 2
x
x x x x−+ ≤ = ⇔ + ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≥
( ) 1f x ≤ [0, )+∞
x ( ) 2 0f x x+ =
2
2 2
1log ( ) 2 log 22
x
x a x −+ = − = 21 22
x
x a −+ =
1
2xt = 2 0t t a− − = (0, )+∞ 1 2
1 2
0
0
0
t t
t t
∆ >
+ >
⋅ >
2( 1) 4 0
1 0
0
a
a
− + >
>
− >
1 04 a− < <
a 1( ,0)4
−
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