2019 年秋期高中一年级期中质量评估数学试题
一、选择题
1.已知集合 ， ， ，则 ( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据集合交集与补集的概念，直接计算，即可得出结果.
【详解】因为 ， ，
所以 ，又 ，
所以 .
故选：A
【点睛】本题主要考查集合的交集与补集的混合运算，熟记概念即可，属于基础题型.
2.下列函数 ， 表示的是相同函数的是( )
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】
根据相同函数的概念，逐项判断，即可得出结果.
【详解】若函数相同，则定义域相同，对应关系一致；
A 选项，函数 的定义域为 ， 的定义域为 ，定义域不同，不是
相同函数，故 A 错；
B 选项，函数 与 的定义域为 ，且 ，对应关系也相同，
{1,2,3,4,5,6}U = {2,3,5}M = {4,6}N = ( )CU M N∩ =
{4,6} {1,4,6} ∅
{2,3,4,5,6}
{1,2,3,4,5,6}U = {2,3,5}M =
{1,4,6}=UC M {4,6}N =
( ) {4,6}C ∩ =U M N
( )f x ( )g x
( ) 2xf x = 2( ) logg x x= ( ) | |f x x= 2( )g x x=
( )f x x= 2
( ) xg x x
= ( ) 2lgf x x= ( ) lg(2 )g x x=
( ) 2xf x = R 2( ) logg x x= ( )0, ∞+
( ) | |f x x= 2( )g x x= R 2( )g x x x= =故 B 正确；
C 选项，函数 的定义域为 ，函数 的定义域为 ，定义
域不同，不是相同函数，故 C 错；
D 选项，函数 和 的定义域均为 ，但对应关系不一致，故 D
错；
故选：B
【点睛】本题主要考查相同函数的判定，熟记概念即可，属于基础题型.
3.函数 的定义域是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由题中解析式，列出不等式求解，即可得出结果.
【详解】由题意， ，解得 ，
即函数 的定义域是 .
故选：B
【点睛】本题主要考查求具体函数的定义域，只需求出使解析式有意义的自变量的范围即可，
属于基础题型.
4.已知 ，则在下列区间中， 有零点的是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据函数的零点存在定理，直接判断，即可得出结果.
【详解】因为 ，所以 ，
( )f x x= R
2
( ) xg x x
= ( ) ( ),0 0,−∞ ∪ +∞
( ) 2lgf x x= ( ) lg(2 )g x x= ( )0, ∞+
ln(5 ) 2 8xy x= − + −
[2,3) [3,5) ( ,3)−∞ (2,3)
5 0
2 8 0x
x− >
− ≥ 3 5x≤ <
ln(5 ) 2 8xy x= − + − [3,5)
2( ) 2 2xf x x= − ( )f x
( 3, 2)− − ( 2, 1)− − ( 1,0)− (0,1)
2( ) 2 2xf x x= − ( )2 3 1( 3) 2 3 2 18 08
−− = − − = − >f， ， ，
所以 ，
又函数 连续不间断，
因此在区间 ，函数 有零点.
故选：C
【点睛】本题主要考查判断零点所在区间，熟记零点存在定理即可，属于基础题型.
5.在映射 中， ，且 ，则元
素 在 的作用下的原像为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先设元素 在 的作用下的原像为 ，根据题意列出方程组求解，即可得出结果.
【详解】设元素 在 的作用下的原像为 ，
因为 ，
所以 ，解得 ，即原像为 .
故选：B
【点睛】本题主要考查映射的应用，熟记映射的概念，以及二元一次方程组的解法即可，属
于基础题型.
6.设 ， ， 则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
2 2 1( 2) 2( 2) 2 8 04
−− = − − = − >f 2 1 3( 1) 2( 1) 2 02
−− = − − = >f (0) 1 0f = − <
( 1) (0) 0f f− ⋅ <
2( ) 2 2xf x x= −
( 1,0)− ( )f x
:f A B→ {( , ) | , }A B x y x y R= = ∈ : ( , ) (2 , 2 )f x y x y x y→ − +
(3, 1)− f
(0, 1)− (1, 1)− 2 1,5 5
− (7,1)
(3, 1)− f ( , )x y
(3, 1)− f ( , )x y
: ( , ) (2 , 2 )f x y x y x y→ − +
2 3
2 1
x y
x y
− =
+ = −
1
1
x
y
=
= − (1, 1)−
1
2
log 3a = 0.21
3
b =
1
32c =
b a c< < c b a< < c a b< < a b c< >
1 1
2 2
=log 3 log 1 0, 0, 0a b c< = > >
0.2 01 1( ) ( ) 1,3 3b = < =
1
032 2 1c = > =
a b c< <
5 5( ) 3
x x
f x
−−= ( )f x
R R
R R
( )f x ( )f x
5 5( ) 3
x x
f x
−−= x∈R 5 5( ) ( )3
− −− = = −
x x
f x f x
( )f x
5xy = 5−= xy 5 5( ) 3
x x
f x
−−=
1
2
2 , 1( )
1 log , 1
x xf x
x x
− ≤= − >
( ) 4f x ≤ x
[ 1,2]− [0,2] [1, )+∞ [ 1, )− +∞【解析】
【分析】
根据函数解析式，分别求出 ， 时， 的解集，即可得出结果.
【详解】由题意，当 时， ，所以 可化为 ，
因此 ，解得： ；所以 ；
当 时， ，所以 可化为 ，
即 ，解得： ，所以 ；
综上，满足 的 的取值范围是 .
故选：D
【点睛】本题主要考查由函数单调性解不等式，熟记指数函数与对数函数单调性即可，属于
常考题型.
9.已知二次函数 在区间 上 最小值为 ，最大值为 ，则实数
的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先 由 二 次 函 数 性 质 ， 得 到 函 数 单 调 性 ， 求 出 最 小 值 ， 再 令
，得出当 时， 的值域为 ；结合
题意，即可求出结果.
【详解】因为二次函数 开口向上，且对称轴为： ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
因此，当且仅当 时， 取最小值 ；
令 ，解得 或 ，
所以当 时， 的值域为 ；
的
1x ≤ 1x > ( ) 4f x ≤
1x ≤ 1( ) 2 xf x −= ( ) 4f x ≤ 212 2− ≤x
1 2− ≤x 1x ≥ − 1 1x− ≤ ≤
1x > 2( ) 1 log= −f x x ( ) 4f x ≤ 21 log 4− ≤x
2 2
1log 3 log 8x ≥ − = 1
8x ≥ 1x >
( ) 4f x ≤ x [ 1, )− +∞
2( ) 2 4f x x x= − − [ 1, )a− 5− 1− a
[1,3) [1,3] [1, )+∞ (1,3]
2( ) 2 4f x x x= − −
2( ) 2 4 1= − − = −f x x x [ ]1 3,x∈ − 2( ) 2 4f x x x= − − [ ]5, 1− −
2( ) 2 4f x x x= − − 1x =
2( ) 2 4f x x x= − − ( ),1−∞ ( )1,+∞
1x = 2( ) 2 4f x x x= − − (1) 5= −f
2( ) 2 4 1= − − = −f x x x 3x = 1x = −
[ ]1 3,x∈ − 2( ) 2 4f x x x= − − [ ]5, 1− −又函数 在区间 上的最小值为 ，最大值为 ，
所以 .
故选：D
【点睛】本题主要考查由二次函数在给定区间的最值求参数的问题，熟记二次函数性质即可，
属于常考题型.
10.已知函数 在区间 是减函数，则实数 a 的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先由题意得到二次函数 在区间 是增函数，且 在
上恒成立；列出不等式组求解，即可得出结果.
【详解】因为函数 在区间 是减函数，
所以只需二次函数 在区间 是增函数，且 在 上
恒成立；
所以有： ，解得 ；
故选：C
【点睛】本题主要考查由对数型复合函数的单调性求参数的问题，熟记对数函数与二次函数
的性质即可，属于常考题型.
11.已知定义在实数 R 上的函数 y＝f(x)不恒为零，同时满足 f(x＋y)＝f(x)f(y)，且当 x>0
时，f(x)>1，那么当 x ( )1 1 0f > >
( )0 1f =
,x y= − ( ) ( ) ( ) ( )0 1f f y y f y f y= − + = − ⋅ =
( ) ( )
1f y f y
− = ( ) ( )
1f x f x
− =
0x < 0x− > ( ) 1f x− > ( )1 1f x >
( )0 1f x< <
2
2 , 2( ) log ( ), 2
x xf x x m x
+
( ) ( ) ( )1 2 3f x f x f x= = 1x 2x 3x
1 2 3x x x+ + ( 1,14)−
( )y f x= ( ) ( ) ( )1 2 3f x f x f x k= = = y k= ( )y f x=
1 2 3x x x< < 0 4k< < 1 2 4x x+ = − 33 18<
2
1( ) logf x ax
= + [ , 1]t t +
( ) ( )1 2 1f x f x− ≤ 2 2
1 1( ) ( 1) log log 11f t f t a at t
− + = + − + ≤ +
2 ( 1) 1 0at a t+ + − ≥ 1 ,22t ∈
3a = 2
1log 3 0x
+ >
1 3 1x
+ >
0x >
2
1x < −
1, (0, )2
−∞ − ∪ +∞
1 22 t≤ ≤ 1y ax
= + [ , 1]x t t∈ +
2
1( ) logf x ax
= + [ , 1]t t +
min( ) ( 1)f x f t= + max( ) ( )f x f t=
1 2, [ , 1]x x t t∈ + ( ) ( )1 2 1f x f x− ≤
2 2
1 1( ) ( 1) log log 11f t f t a at t
− + = + − + ≤ +
2 ( 1) 1 0at a t+ + − ≥ 1 ,22t ∈
0a > 2 ( 1) 1y at a t= + + − 1 ,22
1
2t = y 3 2
4
a − 3 2 04
a − ≥ 2
3a ≥故 a 的取值范围为 ．
【点睛】本题主要考查解对数形式的不等式，以及由不等式恒成立求参数的问题，熟记对数
函数的性质与二次函数的性质即可，属于常考题型.
22.已知定义域为 的函数 是奇函数．
（1）求 解析式；
（2）试判断 的单调性，并用定义法证明；
（3）若存在 ，使得不等式 成立，求实数 的取值范
围．
【答案】（1） ；（2） 在 上单调递增,证明见解析；（3） .
【解析】
【分析】
（1）根据题意，得到 ，求出 ，即可得出结果；
（2）根据题意得到 ，任取 ，且 ，作差法比较
， ，根据函数单调性的概念，即可得出结果；
（3）先由函数奇偶性与单调性得到存在 ，使得 成立，推出存在
，使得 成立；令 ，求出其最小值，即可得出
结果.
【详解】（1）由题意可得 ，解得 ，
故 ；
的
2 ,3
+∞
R 1
2( ) 2
x
x
nf x m+
−= +
( )f x
( )f x
[1,4]t ∈ ( ) ( )2
2log 2 2 0f t t f t k− + − < k
1
2 1( ) 2 2
x
xf x +
−= + ( )f x R ( )0 + ∞，
(0) 0
( 1) (1)
f
f f
=
− = −
2
1
m
n
=
=
1
2 1 1 1( ) 2 2 2 2 1
x
x xf x +
−= = −+ + 1 2,x x R∈ 1 2x x<
1( )f x 2( )f x
[ ]1,4t ∈ 2
2log 2 2t t k t− < −
[ ]1,4t ∈ 2
2log 2 2> + −k t t t 2
2log 2 2= + −y t t t
0
1
1 1
0 2
2 0(0) 0 2
( 1) (1) 2 2
2 2
n
f m
f f n n
m m
−
− = = +⇒ − = − − − = − + +
2
1
m
n
=
=
1
2 1( ) 2 2
x
xf x +
−= +（2） ，可得 在 上单调递增，
任取 ，且 ，
，
∵ ∴ 即 ，
又 ， ，∴ 即 ，
故 在 上单调递增．
（3） ，
因为 是奇函数，所以 ，
由（2）可知 在 上单调递增，
所以存在 ，使得 成立，
即存 ，使得 成立；
令 ， ，
易得其在 上单调递增；
所以 ；
故 ，
所以 k 的取值范围为 ．
【点睛】本题主要考查由函数奇偶性求解析式，由单调性定义判断函数单调性，以及由不等
式恒成立求参数的问题，熟记函数奇偶性与单调性的概念，以及二次函数与对数函数的性质
即可，属于常考题型.
在
1
2 1 1 1( ) 2 2 2 2 1
x
x xf x +
−= = −+ + ( )f x R
1 2,x x R∈ 1 2x x<
( ) ( ) ( )( )
1 2
1 2 2 1 1 21 2
1 1 1 1 1 1 2 2
2 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
x x
x x x x x xf x f x
−− = − − + = − =+ + + + + +
1 2x x< 1 22 2x x< 1 22 2 0x x− <
12 1 0x + > 22 1 0x + > 1 2( ) ) 0(f x f x− < 1 2( ) ( )f x f x<
( )f x R
2 2
2 2(log 2 ) (2 ) 0 (log 2 ) (2 )f t t f t k f t t f t k− + − < ⇒ − < − −
( )f x 2
2(log 2 ) ( 2 )f t t f k t− < −
( )f x R
[ ]1,4t ∈ 2
2log 2 2t t k t− < −
[ ]1,4t ∈ 2
2log 2 2> + −k t t t
2
2log 2 2= + −y t t t [ ]1,4t ∈
[ ]1,4
2
min 2log 1 2 1 2 1 0= + × − × =y
2
2 min(log 2 2 ) 0> + − =k t t t
( )0 + ∞，
微信/支付宝扫码支付