2019--2020 学年度上学期期中考试高一年级数学（理）试题
第Ⅰ卷（共 60 分）
一、选择题：本大题共 12 个小题,每小题 5 分,共 60 分.在每小题给出的四个选项中，只有一
项是符合题目要求的.
1.已知全集 U＝{x|x≥2}，集合 M＝{x|x≥3}，则∁UM＝（ ）
A. {x|2≤x≤3} B. {x|2≤x＜3} C. {x|x≤3} D. {x|x＜2}
【答案】B
【解析】
【分析】
根据补集的定义，全集 U 中去掉集合 M 可以得到∁UM．
【详解】全集 U＝{x|x≥2}，集合 M＝{x|x≥3}，
则∁UM＝{x|2≤x＜3}.故选：B．
【点睛】本题考查了补集的定义，是基础题．
2.设函数 的定义域 ，函数 y=ln(1-x)的定义域为 ,则
A. （1,2） B. （1,2] C. （-2,1） D. [-2,1)
【答案】D
【解析】
由 得 ，由 得 ，
故 ，选 D.
【名师点睛】集合的交、并、补运算问题，应先把集合化简再计算，常常借助数轴或韦恩图
进行处理.
3.若偶函数 f（x）在（-∞，-1]上是增函数，则（ ）
A. f（-1.5）＜f（-1）＜f（2） B. f（-1）＜f（-1.5）＜f（2）
C f（2）＜f（-1）＜f（-1.5） D. f（2）＜f（-1.5）＜f（-1）
【答案】D
【解析】
【分析】
根据单调性可得 ，结合奇偶性可得结果.
.
24y x= − A B A B∩ =
24 0x− ≥ 2 2x− ≤ ≤ 1 0x− > 1x <
A B={ | 2 2} { | 1} { | 2 1}x x x x x x∩ − ≤ ≤ ∩ < = − ≤ <
( ) ( ) ( )2 1.5 1f f f− < − < −【详解】 在 上是增函数，
又 ，
又 偶函数， ，故选 D．
【点睛】在比较 ， ， ， 的大小时，首先应该根据函数 的奇偶性
与周期性将 ， ， ， 通过等值变形将自变量置于同一个单调区间，然后
根据单调性比较大小．
4.函数 的图象恒过定点（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
令 2x-3=1 得 x=2, ,故 过点 , 故选 D．
5.函数 其中 且 的图象一定不经过
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】C
【解析】
由 可得函数 的图象单调递减，且过第一、二象限，
，
的图象向下平移 个单位即可得到 的图象，
的图象一定在第一、二、四象限，一定不经过第三象限，
故选：C．
6.已知 ，则 的关系为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
为
( )f x ( ], 1−∞ −
( ) ( ) ( )2 1.5 1 1, 2 1.5 1f f f− < − < − ≤ − ∴ − < − < −
( )f x ( ) ( ) ( )2 1.5 1f f f∴ < − < −
( )1f x ( )2f x ( )nf x ( )f x
( )1f x ( )2f x ( )nf x
( ) ( ) ( )log 2 3 4 1af x x a o a= − − > ≠且
( )1,0 ( )1, 4− ( )2,0 ( )2, 4−
(2) log 1 4 4af∴ = − = − ( )f x ( )2, 4−
( ) 1(xf x a b= + − 0 1a< < 0 1)b< < ( )
0 1a< < xy a=
0 1 1 1 0 0 1 1b b b< < ∴− < − < ∴ < −
3 31 log 8 log 9 2< < = a c b> >
( ) 22 2 31 m my m m x − −= − − ( )0,x∈ +∞ m
1m = − 1m = −
2m = 1 5
2m
±≠
22 2 31 m my m m x − −= − −（ ） 2 1 1m m− − = 2 2 0m m− − =
2m = 1m = − 2m = 2 2 3 3m m− − = − 3y x−= ∞（0，+ ）
1m = − 2 2 3 0m m− − = 0 1 0y x x= = ≠（ ） ∞（0，+ ）
2 2 2 31 m my m m x − −= − −（ ） ∞（0，+ ） m 2
( )f x ( )2,3− ( )5y f x= +
( )3,8 ( )7, 2− − ( )2,3− ( )0,5
( )5y f x= + ( )f x ( )f x ( )2,3−
( )5y f x= + ( )f x∵函数 在区间 上是增函数，
∴ 增区间为 向左平移 5 个单位，即增区间为 ，
故选：B．
【点睛】本题考查图象的变换，考查函数的单调性，属于基础题．
9.若 ，则函数 的两个零点分别
位于区间（ ）
A. 和 内 B. 和 内
C. 和 内 D. 和 内
【答案】A
【解析】
试题分析： ，所以 有零点，排除 B，D
选 项 . 当 时 ， 恒 成 立 ， 没 有 零 点 ， 排 除 C ， 故 选 A. 另 外
，也可知 内有零点.
考点：零点与二分法.
【思路点晴】如果函数 在区间 上的图象是连续不断的一条曲线，且有
· ，那么，函数 在区间 内有零点，即存在 使得
，这个 也就是方程 的根.注意以下几点：①满足条件的零点可能不唯一；
②不满足条件时，也可能有零点.③由函数 在闭区间 上有零点不一定能推出
· ，如图所示.所以 · 是 在闭区间 上有零点的
充分不必要条件.
10.函数 的图像的大致形状是（ ）
( )f x ( )2,3−
( )5y f x= + ( )2,3− ( )7, 2− −
a b c< < ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )f x x a x b x b x c x c x a= − − + − − + − −
( , )a b ( , )b c ( , )a−∞ ( , )a b
( , )b c ( , )c +∞ ( , )a−∞ ( , )c +∞
( ) ( )( ) ( ) ( )( )0, 0f b b c b a f c c a c b= − − = − − ( , )b c
x c> ( ) 0f x >
( ) ( )( ) 0f a a b a c= − − > ( , )a b
( , )a b ( , )c a b∈
[ ],a b
[ ],a b
(0 1)
xxay ax
= < = = − >
( )0,x∈ +∞ ( ),0x∈ −∞
( )2
2( ) log 3f x x ax a= − + [2, )+∞ a
( ,4]−∞ ( ,2]−∞ ( 4,4]− ( 4,2]−
22
a ≤解得﹣4＜a≤4
故选：C．
【点睛】本题考查的知识点是复合函数的单调性，二次函数的性质，对数函数的单调区间，
其中根据复合函数的单调性，构造关于 a 的不等式，是解答本题的关键．
12.已知 是定义在 上的奇函数，当 时， ，则不等式
的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据函数的奇偶性求出函数 的表达式，分段讨论解不等式即可得到结论．
【详解】解：∵ 是定义在 上的奇函数，
，
当 ， ，
此时 ，
∵ 是奇函数，
，
即 ，
当 ，即 时，不等式 不成立；
当 ，即 时， ，解得：
当 ，即 时， ，解得 ，
综合得：不等式 的解集为 ，
( )f x R ( )0,x∈ +∞ ( ) 2 2xf x = −
( )2log 0f x >
10, 2
( )1 ,1 2,2
∪ +∞
( )2,+∞ ( )10, 2,2
+∞
( )f x
( )f x R
(0) 0f∴ =
0 x < 0x− >
( ) 2 2xf x −− = −
( )f x
( ) 2 2 ( )xf x f x−∴ − = − = −
( ) 2 2 , 0xf x x−= − <
2log 0x = =1x ( )2log 0f x >
2log 0x > 1x > ( ) 2log
2log 2 2 0xf x − >= 2x >
2log 0x < 0 1x< < ( ) 2log
2 2 2log 0xf x −= − > 1 12 x< <
( )2log 0f x > ( )1 ,1 2,2
∪ +∞ 故选：B.
【点睛】本题主要考查不等式的解法，利用函数的奇偶性求出函数 的表达式是解决本题
的关键，注意要进行分类讨论．
第Ⅱ卷（共 90 分）
二、填空题（每题 5 分，满分 20 分，将答案填在答题纸上）
13.已知 ，则 __________．
【答案】
【解析】
【分析】
令 ，求出 ，代入条件即可.
【详解】解：令 ，得 ，
，
故答案为：6.
【点睛】本题考查已知解析式求函数值，是基础题.
14.计算： 的值是__________．
【答案】5.
【解析】
分析：利用指数 运算运算性质和对数的运算性质直接计算即可.
解析：
.
故答案为 5.
点睛：考查对数式、指数式化简求值，是基础题，解题时要认真审题，注意指数、对数性质
及运算法则的合理运用.
的
( )f x
( ) 22 1f x x x+ = + ( )5f =
6
2 1 5x + = x
2 1 5x + = 2x =
( ) 25 2 2 6f = + =
10 22 93* ( 4 25)3 4 lg lg
− + + +
( )
10 22 93* 4 253 4 lg lg
− + + +
( )21 3 lg 4 253
= + ⋅ + ⋅
1 2 2= + +
5=15.函数 是 上的单调递减函数，则实数 的取值范围是______ .
【答案】
【解析】
【分析】
根据函数单调性定义，即可求得实数 的取值范围。
【详解】因为函数 是 上的单调递减函数
所以满足
解不等式组可得
即
所以选 A
【点睛】本题考查了分段函数单调性的应用，根据函数单调性求参数的取值范围，属于中档
题。
16.方程 有解，则实数 的取值范围为_________..
【答案】
【解析】
【分析】
将原方程转化为 ，根据函数的奇偶性画出函数 的图像，由
与 有交点列不等式，解不等式求得 的取值范围.
【详解】原方程可化为 .函数 为偶函数，图像关于 轴对称，当
( ) ( )
2 1( 2)
1 2
ax x xf x x x
+ − >= − + ≤ R a
1, 2
−∞ −
a
( ) ( )
2 1( 2)
1 2
ax x xf x x x
+ − >= − + ≤ R
0
1 22
4 2 1 2 1
a
a
a
( ) ( )1 2 0f x f x∴ − < ( ) ( )1 2f x f x<
∴ ( ),a f x R
( ) ( ) ( ) ( )log 1 , log 3a af x x g x x= − = − ( )0, 1a a> ≠且（1）求函数 的定义域；
（2）利用对数函数的单调性，讨论不等式 中的 的取值范围．
【答案】(1) ；(2) .
【解析】
试题分析：(1)求定义域时,注意对数的真数为正数；(2)对底数 分情况讨论,利用单调性求解
不等式.
试题解析:（1）要使函数 有意义，需
，解得 ，故函数 的定义域为 ；
（2）∵不等式 ，即 ，
∴当 时，有 ，解得 ．． 8 分
当 时，有 ，解得 ，
综上可得，当 时，不等式 中 的取值范围为 ；
当 时，不等式 中 的取值范围为 ．．12 分
考点：对数的性质及应用.
21.已知二次函数 的最小值为 ，且 .
（1）若 在区间 上不单调，求 a 的取值范围；
（2）求 在区间 上的值域.
【答案】（1） ；（2）当 时，值域为 ；当 时，
值域为 ；当 时，值域为 ．
【解析】
【分析】
由 题 意 可 得 在 时 ， 取 得 最 小 值 1 ， 设 二 次 函 数 ， 代 入
( ) ( ) ( )b x f x g x= −
( ) ( )f x g x≥ x
( )1,3 ( ]1,2
a
( ) ( ) ( ) ( ) ( )log 1 log 3a ah x f x g x x x= − = − − −
1 0{3 0
x
x
− >
− > 1 3x< < ( ) ( ) ( )h x f x g x= − ( )1,3
( ) ( )f x g x≥ ( ) ( )log 1 log 3a ax x− ≥ −
1a > 1 3{ 1 3
x x
x
− ≥ −
< < 2 3x< <
1 0a> > 1 3{ 1 3
x x
x
− ≤ −
< < 1 2x< ≤
1a > ( ) ( )f x g x≥ x [ )2,3
1 0a> > ( ) ( )f x g x≥ x ( ]1,2
( )f x 1 ( ) ( )0 2 3f f= =
( )f x [ ]2 , 1a a +
( )f x [ ]1,m−
10 2a< < 1 1m− < ≤ 22 4 3,9m m − + 1 3m< ≤
[ ]1,9 3m > 21,2 4 3m m − +
( )f x 1x = ( ) ( )21 1f x t x= − +，即可得到 的解析式；
（1）由对称轴 ，可得 ，解不等式即可得到所求范围；
（2）讨论对称轴和区间的关系，结合单调性求得最值，即可得到所求值域；
【详解】由 可知二次函数 的对称轴为 ，又其最小值为 ，
则可设二次函数 ，
又 ，
．
即 ；
（1）由函数 在区间 上不单调，
所以 ，
解得 ；
（2）当 时， ，
此时函数值域为 ；
当 ， ，
此时值域为 ；
当 时，
此时值域为 ．
综上可得：当 时，函数值域为 ；
当 时，值域为 ；
当 时，值域为 ．
【点睛】本题考查二次函数的解析式的求法和值域问题，以及单调性的判断，考查分类讨论
的思想方法，考查运算能力，属于中档题．
22.定义在 上的函数 ,对任意的 ，满足： ，当
0, 3x y= = ( )f x
1x = 2 1 1a a< < +
( ) ( )0 2f f= ( )f x 1x = 1
( ) ( )21 1f x t x= − +
( ) ( )0 3, 0 1 3f f t= ∴ = + =
2 2( ) 2( 1) 1 2 4 3f x x x x∴ = − + = − +
( ) 22 4 3f x x x= − +
( )f x [ ]2 , 1a a +
2 1 1a a< < +
10 2a< <
1 1m− < ≤ ( ) ( ) ( ) ( )2
min max2 4 3, 1 2 4 3 9f x f m m m f x f= = − + = − = + + =
22 4 3,9m m − +
1 3m< ≤ ( ) ( ) ( ) ( )min max1 1, 1 9f x f f x f= = = − =
[ ]1,9
3m > ( ) ( ) ( ) ( ) 2
min max1 1, 2 4 3f x f f x f m m m= = = = − +
21,2 4 3m m − +
1 1m− < ≤ 22 4 3,9m m − +
1 3m< ≤ [ ]1,9
3m > 21,2 4 3m m − +
R ( )y f x= ,a b∈R ( ) ( ) ( )f a b f a f b+ = ⋅时，有 ，其中 .
（1）判断该函数的单调性，并证明；
（2）求不等式 的解集.
【答案】（1） 在 上单调递增，证明见解析；（2） .
【解析】
【分析】
用 特 殊 值 法 分 析 ： 令 ， 可 得 的 值 ， 令 ， 则
，可得函数 恒大于 0；
（1）任取 且 ，判断 的大小关系，结合单调性的定义分
析可得结论；
（2）根据题意得到 ，据此分析可得 ，利用单调性可
得 的取值范围，即可得答案．
【详解】解：根据题意，对任意的 ，满足 ，
令 ，则 ，又由 ，则 ，
令 ，则 ，
，
所以定义在 上的函数 恒大于 0；
（1） 在 上单调递增；
任取 且 ，则有 ，则 ，
，
则 ，
即函数 在 上为增函数；
（2）根据题意， ，
0x > ( ) 1f x > ( )1 2f =
( )1 4f x + <
( )f x ( ),−∞ +∞ ( ),1−∞
1, 0a b= = (0)f 0, 0a a< − >
( ) ( ) ( )f a a f a f a− = ⋅ − ( )y f x=
1 2, ( , )x x ∈ −∞ +∞ 1 2x x< ( ) ( )2 1,f x f x
(2) 4f = ( 1) 4 ( 1) (2)f x f x f+ < ⇒ + <
x
,a b∈R ( ) ( ) ( )f a b f a f b+ = ⋅
1, 0a b= = (1) (0) (1)f f f= ⋅ (1) 1f > (0) 1f =
0, 0a a< − > ( ) ( ) ( ) (0) 1f a a f a f a f− = ⋅ − = =
1( ) 0( )f a f a
∴ = >−
R ( )y f x=
( )f x ( , )−∞ +∞
1 2, ( , )x x ∈ −∞ +∞ 1 2x x< 2 1 0x x− > ( )2 1 1f x x− >
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 1 1 2 1 1 1f x f x x x f x x f x f x = − + = − ⋅ >
( ) ( )2 1 0f x f x− >
( )f x ( , )−∞ +∞
(2) (1 1) (1) (1) 4f f f f= + = ⋅ =则 ，
解可得： ，
即不等式的解集为 ．
【点睛】本题考查抽象函数的应用，涉及函数的奇偶性与单调性的证明与综合应用，注意用
赋值法分析．
( 1) 4 ( 1) (2) 1 2f x f x f x+ < ⇒ + < ⇒ + <
1x <
( ,1)−∞
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