2020-2021学年安徽省宣城市高一（上）期末考试数学试卷人教A版（2019）(word版含答案解析）

这是一份2020-2021学年安徽省宣城市高一（上）期末考试数学试卷人教A版（2019）(word版含答案解析），共15页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 与2020∘终边相同的角是( )
A.−110∘B.−70∘C.140∘D.220∘

2. 已知集合A{x∈Z|x2<2} ，B={x|2x>1}，则A∩B=( )
A.1B.1,2C.0,1D.−1,0,1

3. 若a∈R，则“|a|>1”是“a3>1”的( )
A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件

4. 下列函数中，在其定义域内既是增函数又是奇函数的是( )
A.y=−1xB.y=3x−3−xC.y=tanπ+xD.y=x

5. 设函数f(x)=21−x, x≤1, 1−lg2x, x>1, 则满足f(x)≤2的x的取值范围是( )
A.[−1,2]B.[0,2]C.[1,+∞)D.[0,+∞)

6. 若角α的终边经过点P−3,4，则sin2α1−cs2α的值是( )
A.34B.−2915 C.−34D.3215

7. 已知函数fx=sinωx+π3ω>0的最小正周期为π，若将函数fx的图象向右平移π6个单位，得到函数gx的图象，则gx在0,2π3上的值域为( )
A.−1,1B.32,1C.−1,32D.−32,1

8. 设x1，x2分别是fx=x−a−x与gx=xlgax−1a>1的零点，则x1+9x2的取值范围是( )
A.[8,+∞）B.10,+∞C.[6,+∞）D.8,+∞
二、多选题

下列各组函数表示不同函数的是( )
A.fx=x2，gx=x2
B.fx=1，gx=x0
C.fx=lg10x，gx=10lgx
D.fx=2cs2x+π4，gx=cs4x−2sinxcsx−sin4x

已知符号函数sgnx=1,x>0,0,x=0,−1,x<0,下列说法正确的是( )
A.函数y=sgnx是奇函数
B.对任意的x>1，sgnlnx=1
C.函数y=ex⋅sgn−x的值域为−∞,1
D.对任意的x∈R，|x|=x⋅sgnx

给出下列命题：①存在实数α，使sinα+csα=1；②函数y=2sin2π2+x−1是奇函数；③x=π8是函数y=sin2x+5π4图象的一条对称轴；④已知csπ2−α=−45，则tanα2=−12.其中正确的命题是( )
A.①B.②C.③D.④

关于函数f(x)=x1+|x|(x∈R)，有下列四个结论，其中正确结论为( )
A.任意x∈R，等式f(−x)+f(x)=0恒成立
B.对任意x1，x2∈R，若x1≠x2，则一定有f(x1)≠f(x2)
C.存在m∈(0, 1)，使得方程|f(x)|=m有两个不等实数根
D.存在k∈(1, +∞)，使得函数g(x)=f(x)−kx在R上有三个零点
三、填空题

已知a，b∈R，且a−3b+6=0，则2a+18b的最小值为________．

已知sin2α=2425，则tan2α=________.

已知lg2=a，10b=3，则lg125=________．（用a，b表示）

给出下列四个命题：
①∀x∈0,π2，sinx>csx；
②若函数y=sin2x+φ0≤φ≤π是R上的偶函数，则φ的值是π2；
③函数fx=lg3x2−2x−3的单调递增区间是1,+∞；
④若x0=csx0，则x0∈π6,π4 .
其中正确命题的序号为________ .
四、解答题


(1)已知P=x|x2−8x−20≤0，非空集合S=x|1−m≤x≤1+m，若x∈P是x∈S的必要条件，求m的取值范围；

(2)计算：lg327−lg32×lg427−6lg63−lg2−lg5.

已知函数f(x)=(a2−3a+3)⋅ax是指数函数．
(1)求f(x)的表达式；

(2)判断函数F(x)=f(x)−f(−x)的奇偶性，并加以证明；

(3)解不等式lga(1−x)>lga(x+2)．

已知函数f(x)=2sin(2x−π3)(x∈R)．

(1)请结合所给表格，在所给的坐标系中作出函数f(x)一个周期内的简图；

(2)求函数f(x)的单调递增区间；

(3)求f(x)的最大值和最小值及相应x的取值．

设函数fx=sinωx−π6+sinωx−π2，其中0<ω<3，已知fπ6=0.
(1)求fx图象的对称轴方程；

(2)将函数y=fx的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再将得到的图象向左平移π4个单位，得到函数y=gx的图象，求gx在−π4,3π4上的值域．

现对一块长AB=10米，宽AD=8米的矩形场地ABCD进行改造，点E为线段BC的中点，点F在线段CD或AD上（异于A，C），设AF=x（单位：米），△AEF的面积记为S1=fx（单位：平方米），其余部分面积记为S2（单位：平方米）．
(1)求函数fx的解析式；

(2)设该场地中△AEF部分的改造费用为9S1（单位：万元），其余部分的改造费用为25S2（单位：万元），记总的改造费用为W（单位：万元），求W的最小值，并求W取最小值时x的值．

已知二次函数y=f(x)满足：①∀x∈R，有f(−1−x)=f(−1+x)；②f(0)=−3；③y=f(x)的图象与x轴两交点间距离为4．
(1)求y=f(x)的解析式；

(2)记g(x)=f(x)+kx+5，x∈[−1, 2]．
(Ⅰ)若g(x)为单调函数，求k的取值范围；
(Ⅱ)记g(x)的最小值为ℎ(k)，讨论ℎ(t2−4)=λ的零点个数．
参考答案与试题解析
2020-2021学年安徽省宣城市高一（上）期末考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
终边相同的角
【解析】
直接由2020∘＝5×360∘+220∘得答案．
【解答】
解：∵ 2020∘=5×360∘+220∘，
∴ 与2020∘终边相同的是220∘．
故选D.
2.
【答案】
A
【考点】
交集及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题可得A={−1,0,1}，B=(0，+∞)，
则A∩B={1}.
故选A.
3.
【答案】
B
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
分别解出不等式“|a|>1”，“a3>1”，即可判断出结论．
【解答】
解：由“|a|>1”得a>1或a<−1，
由“a3>1”得a>1．
∵ a>1或a<−1是a>1必要不充分条件，
∴ “|a|>1”是“a3>1”必要不充分条件．
故选B.
4.
【答案】
B
【考点】
函数奇偶性的判断
函数单调性的判断与证明
奇偶性与单调性的综合
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A，根据反比例函数的性质可知，
y=−1x在定义域(−∞,0)∪(0,+∞)内不单调，不符合题意；
B，设fx=3x−3−x，则fx的定义域关于原点对称且f−x=3−x−3x=−fx，
所以y=3x−3−x是R上的奇函数，
又y=3x，y=−3−x在R上是增函数，
所以y=3x−3−x是R上的增函数，符合题意；
C，由诱导公式得y=tanπ+x=tanx，根据正切函数的性质可知，y=tanx在定义域x|x≠π2+kπ,k∈Z内不单调，不符合题意；
D，y=x的定义域[0,+∞)关于原点不对称，故y=x为非奇非偶函数，不符合题意．
故选B．
5.
【答案】
D
【考点】
分段函数的应用
【解析】
本题主要考查指数函数与对数函数的计算．
【解答】
解：若满足f(x)≤2讨论两种情况：
①若x≤1，则21−x≤2，
因为指数函数y=2x在定义域R内单调递增，因此1−x≤1，
解得x≥0，
又x≤1，故0≤x≤1；
②若x>1，则1−lg2x≤2，
因为对数函数y=lg2x在定义域(0,+∞)单调递增，因此x≥12，
又因为x>1，故x>1．
综上可得，x的取值范围为[0,+∞)．
故选D．
6.
【答案】
C
【考点】
任意角的三角函数
二倍角的正弦公式
二倍角的余弦公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 角α的终边经过点P−3,4，
∴ |OP|=(−3)2+42=5，
∴ sinα=45，csα=−35．
∴ sin2α1−cs2α=2sinαcsα2sin2α=csαsinα=−3545=−34．
故选C．
7.
【答案】
D
【考点】
正弦函数的定义域和值域
正弦函数的周期性
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 函数fx=sinωx+π3的最小正周期为π，
∴ 2π|ω|=π.
又ω>0，
∴ ω=2，则fx=sin2x+π3，
将函数fx的图象向右平移π6个单位，得到函数gx的图象，
则gx=sin2x−π6+π3=sin2x−π3+π3=sin2x，
∵ x∈0,2π3，
∴ 2x∈0,4π3，
∴ −32≤sin2x≤1，
∴ gx∈−32,1.
故选D．
8.
【答案】
B
【考点】
对数函数的图象与性质
指数函数的图象
函数的对称性
函数的单调性及单调区间
函数的零点与方程根的关系
反函数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由x1，x2分别是函数fx=x−a−x与gx=xlgax−1a>1的零点，
可知x1是方程ax=1x的解，x2是方程1x=lgax的解．
则x1,x2分别为函数y=1x的图象与函数y=ax和函数y=lgax的图象交点的横坐标 .
设交点分别为Ax1,1x1,Bx2,1x2，
由a>1，知01 .
因为y=ax和y=lgax互为反函数，所以它们的图象关于直线y=x对称，
又因为y=1x的图象关于直线y=x对称．
所以AB两点一定关于y=x对称.
由于点Ax1,1x1关于直线y=x的对称点的坐标为1x1,x1，
所以x1=1x2，即x1x2=1 ，
所以x1+9x2=1x2+9x2.
当x>1时，函数y=1x+9x单调递增，
所以1x2+9x2>10，即x1+9x2∈10,+∞．
故选B．
二、多选题
【答案】
A,B,C
【考点】
判断两个函数是否为同一函数
二倍角的余弦公式
二倍角的正弦公式
两角和与差的余弦公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：对于A，fx=x2的定义域为R，gx=x2的定义域为{x|x≥0}，定义域不同，所以是不同函数；
对于B，fx=1的定义域为R，gx=x0的定义域为{x|x≠0}，定义域不同，所以是不同函数；
对于C，fx=lg10x=x的定义域为R，而gx=10lgx=x的定义域为0,+∞，定义域不同，所以是不同函数；
对于D，gx=cs4x−2sinxcsx−sin4x
=cs2x2−sin2x2−sin2x
=cs2x+sin2xcs2x−sin2x−sin2x
=cs2x−sin2x−sin2x
=cs2x−sin2x
=2cs2x+π4，化简后两个函数解析式与定义域都一致，所以是相同函数．
故选ABC．
【答案】
A,B,D
【考点】
函数奇偶性的判断
函数的图象
函数的值域及其求法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A，画出函数y=sgn(x)的图象，
根据图象对称性判定函数y=sgn(x)是奇函数，故正确；
B，对任意的x>1，lnx>0，可得sgn(lnx)=1，故正确；
C，函数y=ex⋅sgn(−x)=−ex,x>0，0,x=0，ex,x<0，
画出图象，即可得值域不为(−∞,1)，故错误；
D，x⋅sgn(x)=x,x>00,x=0−x,x<0，即可得，|x|=x⋅sgn(x)，故正确．
故选ABD．
【答案】
A,C
【考点】
命题的真假判断与应用
正弦函数的对称性
正弦函数的奇偶性
诱导公式
二倍角的正弦公式
二倍角的余弦公式
两角和与差的正弦公式
同角三角函数间的基本关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：对于①，sinα+csα=2sinα+π4∈[−2,2]，
故存在实数α，使sinα+csα=1，故①正确；
对于②，函数y=2sin2π2+x−1=2cs2x−1=cs2x，
∵ cs−2x=cs2x，y=cs2x的定义域关于原点对称，
∴ y=2sin2π2+x−1是偶函数，故②错误；
对于③，x=π8时，函数y=sin2x+5π4=sin3π2=−1，
故x=π8是函数y=sin2x+5π4图象的一条对称轴，故③正确；
对于④，∵ csπ2−α=−45，
∴ sinα=−45，csα=±35，
当csα=35时，tanα2=sinα2csα2=2sin2α22sinα2csα2
=1−csαsinα=1−35−45=−12，
当csα=−35时， tanα2=1−csαsinα=1−−35−45=−2，故④错误．
故选AC．
【答案】
A,B,C
【考点】
函数的求值
函数单调性的判断与证明
函数奇偶性的判断
函数的零点
【解析】
通过函数的基本性质--奇偶性和单调性，对选项进行逐一验证即可．
【解答】
解：∵ 函数f(x)=x1+|x|(x∈R)是奇函数，
∴ 任意x∈R，等式f(−x)+f(x)=0恒成立，故A正确；
当x≥0时，f(x)=x1+x，因为1+xx是单调递减，故原函数在[0, +∞)上单调递增，
当x<0时，f(x)=x1−x，因为1−xx是单调递减，故原函数在(−∞, 0)上单调递增，
故函数在R上单调递增，故B正确；
令m=12，|f(x)|=12，可解得，x=1或x=−1，故C正确；
令g(x)=f(x)−kx，g(x)有零点，即x1+|x|=kx有解，
当x≥0时，kx2+(k−1)x=0，解得x1=0，x2=1−kk，
又k>1，所以x2<0，
所以在[0,+∞)上只有一个零点；
当x<0时，kx2+(1−k)x=0，解得x3=0(舍去)，x4=k−1k>0(舍去），
所以在(−∞,0)上没有零点，故D错误.
故选ABC.
三、填空题
【答案】
14
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
本题主要考查利用基本不等式求最值．
【解答】
解：由题知a−3b=−6，因为2a>0，8b>0，
所以2a+18b≥2×2a×18b=2×2a−3b=14．
当且仅当2a=18b，即a=−3b，a=−3，b=1时取等号．
故答案为：14．
【答案】
±247
【考点】
二倍角的正弦公式
二倍角的正切公式
同角三角函数间的基本关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解： ∵ sin2α=2sinαcsαsin2α+cs2α=2tanα1+tan2α=2425，
∴ 12tan2α−25tanα+12=0，
解得tanα=43或tanα=34 ，
当tanα=43时， tan2α=2tanα1−tan2α
=2×431−432=−247 .
当tanα=34时， tan2α=2tanα1−tan2α
=2×341−342=247 .
故答案为：±247 .
【答案】
1−a2a+b
【考点】
对数的运算性质
【解析】
化指数式为对数式，把要求解的式子利用对数的换底公式化为含有lg2和lg3的代数式得答案．
【解答】
解：∵ 10b=3，
∴ lg3=b.
又lg2=a，
∴ lg125=lg5lg12=lg102lg(3×4)=1−lg2lg3+2lg2=1−a2a+b．
故答案为：1−a2a+b．
【答案】
②④
【考点】
命题的真假判断与应用
正弦函数的奇偶性
复合函数的单调性
函数的零点与方程根的关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：①当x=π4时，sinx=csx，故①错误；
②若函数y=sin2x+φ0≤φ≤π是R上的偶函数，
则当x=0时，sinφ=±1，
又∵ 0≤φ≤π，
∴ φ=π2，此时y=sin2x+π2=cs2x，
又由诱导公式得cs−2x=cs2x，
∴ y=cs2x是R上的偶函数，故②正确；
③由x2−2x−3=x−3x+1>0，解得x<−1或x>3，
则fx的定义域为−∞,−1∪3,+∞，
由于y=lg3x在定义域上是增函数，y=x2−2x−3的图象开口向上，对称轴为x=1，
∴ fx的单调递增区间是3,+∞，故③错误；
④x0=csx0，方程的根就是函数fx=x−csx的零点，函数是连续函数，
并且fπ6=π6−csπ6=π6−32<0，fπ4=π4−22>0，
∴ fπ6⋅fπ4<0，
∴ 函数fx=x−csx的零点在区间π6,π4上，即x0∈π6,π4，故④正确．
故答案为：②④ .
四、解答题
【答案】
解：(1)P=x|x2−8x−20≤0=x|−2≤x≤10，
非空集合S=x|1−m≤x≤1+m，
若x∈P是x∈S的必要条件，则S⊆P是非空集合，
所以 1−m≤1+m，1−m≥−2，1+m≤10，
解得0≤m≤3，
所以m的取值范围是0,3 .
(2)原式=lg3332−lg2lg3×lg27lg4−3−lg10
=32−lg2lg3×3lg32lg2−3−12
=32−32−72
=−72 .
【考点】
一元二次不等式的解法
集合的包含关系判断及应用
根据充分必要条件求参数取值问题
对数及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)P=x|x2−8x−20≤0=x|−2≤x≤10，
非空集合S=x|1−m≤x≤1+m，
若x∈P是x∈S的必要条件，则S⊆P是非空集合，
所以 1−m≤1+m，1−m≥−2，1+m≤10，
解得0≤m≤3，
所以m的取值范围是0,3 .
(2)原式=lg3332−lg2lg3×lg27lg4−3−lg10
=32−lg2lg3×3lg32lg2−3−12
=32−32−72
=−72 .
【答案】
解：(1)令a2−3a+3=1，可得a=2或a=1（舍去），
∴ f(x)=2x.
(2)F(x)=2x−2−x，易知函数定义域为R，关于原点对称.
∴ F(−x)=2−x−2x=−F(x)，
∴ F(x)是奇函数.
(3)不等式即为：lg2(1−x)>lg2(x+2)，
即1−x>x+2>0，
∴ −2∴ 不等式的解集为{x|−2【考点】
指数函数的定义、解析式、定义域和值域
函数奇偶性的判断
指、对数不等式的解法
【解析】
(1)利用指数函数的定义，求出a，即可求f(x)的表达式；
(2)F(x)=2x−2−x，即可判断F(x)=f(x)−f(−x)的奇偶性；
(3)不等式：lg2(1−x)>lg2(x+2)，即1−x>x+2>0，即可解不等式：lga(1−x)>lga(x+2)
【解答】
解：(1)令a2−3a+3=1，可得a=2或a=1（舍去），
∴ f(x)=2x.
(2)F(x)=2x−2−x，易知函数定义域为R，关于原点对称.
∴ F(−x)=2−x−2x=−F(x)，
∴ F(x)是奇函数.
(3)不等式即为：lg2(1−x)>lg2(x+2)，
即1−x>x+2>0，
∴ −2∴ 不等式的解集为{x|−2【答案】
解：(1)f(x)=2sin(2x−π3)(x∈R)．
列表如下：
描点、连线，可得函数f(x)的一个周期的简图，如图所示.
(2)∵ f(x)=2sin(2x−π3)(x∈R)．
∴ 由−π2+2kπ≤2x−π3≤π2+2kπ(k∈Z)，
得−π6+2kπ≤2x≤5π6+2kπ(k∈Z)，
∴ −π12+kπ≤x≤5π12+kπ(k∈Z)，
即f(x)的单调递增区间为[−π12+kπ,5π12+kπ](k∈Z)．
(3)f(x)max=2，此时2x−π3=π2+2kπ(k∈Z)，即x=5π12+kπ(k∈Z)；
f(x)min=−2，此时2x−π3=−π2+2kπ(k∈Z)，即x=−π12+kπ(k∈Z)．
∴ 当x=5π12+kπ(k∈Z)时，f(x)max=2；
当x=−π12+kπ(k∈Z)时，f(x)min=−2.
【考点】
五点法作函数y=Asin（ωx+φ）的图象
正弦函数的单调性
三角函数的最值
【解析】
（1）由已知利用五点法作函数y＝Asin(ωx+φ)的图象即可得解．
（2）由−π2+2kπ≤2x−π3≤π2+2kπ⇒−π6+2kπ≤2x≤5π6+2kπ，即可得解函数f(x)单调递增区间.
（3）利用正弦函数的图象和性质即可求解f(x)的最大值和最小值及相应x的取值．
【解答】
解：(1)f(x)=2sin(2x−π3)(x∈R)．
列表如下：
描点、连线，可得函数f(x)的一个周期的简图，如图所示.
(2)∵ f(x)=2sin(2x−π3)(x∈R)．
∴ 由−π2+2kπ≤2x−π3≤π2+2kπ(k∈Z)，
得−π6+2kπ≤2x≤5π6+2kπ(k∈Z)，
∴ −π12+kπ≤x≤5π12+kπ(k∈Z)，
即f(x)的单调递增区间为[−π12+kπ,5π12+kπ](k∈Z)．
(3)f(x)max=2，此时2x−π3=π2+2kπ(k∈Z)，即x=5π12+kπ(k∈Z)；
f(x)min=−2，此时2x−π3=−π2+2kπ(k∈Z)，即x=−π12+kπ(k∈Z)．
∴ 当x=5π12+kπ(k∈Z)时，f(x)max=2；
当x=−π12+kπ(k∈Z)时，f(x)min=−2.
【答案】
解：(1)fx=sinωx−π6+sinωx−π2
=32sinωx−12csωx−csωx
=312sinωx−32csωx=3sinωx−π3．
∵ fπ6=0，
∴ωπ6−π3=kπ,k∈Z，
故ω=6k+2,k∈Z.
又0<ω<3，∴ ω=2，
∴ fx=3sin2x−π3 .
由2x−π3=π2+kπ,k∈Z，得x=5π12+kπ2,k∈Z .
∴ fx图象的对称轴方程为x=5π12+kπ2,k∈Z .
(2)由(1)得fx=3sin2x−π3，
∴ gx=3sinx+π4−π3=3sinx−π12.
∵x∈−π4,3π4，
∴ x−π12∈−π3,2π3.
当x−π12=−π3，即 x=−π4时，gx取最小值，为−32，
当x−π12=π2时，即x=7π12时，gx取最大值，为3 .
∴ gx在−π4,3π4上的值域为−32,3 .
【考点】
三角函数的恒等变换及化简求值
正弦函数的对称性
诱导公式
两角和与差的正弦公式
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
正弦函数的定义域和值域
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)fx=sinωx−π6+sinωx−π2
=32sinωx−12csωx−csωx
=312sinωx−32csωx=3sinωx−π3．
∵ fπ6=0，
∴ωπ6−π3=kπ,k∈Z，
故ω=6k+2,k∈Z.
又0<ω<3，∴ ω=2，
∴ fx=3sin2x−π3 .
由2x−π3=π2+kπ,k∈Z，得x=5π12+kπ2,k∈Z .
∴ fx图象的对称轴方程为x=5π12+kπ2,k∈Z .
(2)由(1)得fx=3sin2x−π3，
∴ gx=3sinx+π4−π3=3sinx−π12.
∵x∈−π4,3π4，
∴ x−π12∈−π3,2π3.
当x−π12=−π3，即 x=−π4时，gx取最小值，为−32，
当x−π12=π2时，即x=7π12时，gx取最大值，为3 .
∴ gx在−π4,3π4上的值域为−32,3 .
【答案】
解：(1)当0当8设DF=m，则m=x2−64，CF=10−m，
fx=80−12×8×m−12×4×10−m−12×4×10
=40−2m
=40−2x2−64，
所以f(x)=5x，0(2)由题意可知S1+S2=80，
故W=9S1+25S2=180×(S1+S2)×(9S1+25S2)
=180×(34+9S2S1+25S1S2)
≥180×(34+29S2S1×25S1S2)=45=0.8（万元）．
当且仅当9S2S1=25S1S2，S1+S2=80，
即S1=30，S2=50，时等号成立．
因为S1=fx=5x，0所以当0当8综上，当x=6或x=89时，W取得最小值为0.8万元．
【考点】
分段函数的应用
函数解析式的求解及常用方法
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)当0当8设DF=m，则m=x2−64，CF=10−m，
fx=80−12×8×m−12×4×10−m−12×4×10
=40−2m
=40−2x2−64，
所以f(x)=5x，0(2)由题意可知S1+S2=80，
故W=9S1+25S2=180×(S1+S2)×(9S1+25S2)
=180×(34+9S2S1+25S1S2)
≥180×(34+29S2S1×25S1S2)=45=0.8（万元）．
当且仅当9S2S1=25S1S2，S1+S2=80，
即S1=30，S2=50，时等号成立．
因为S1=fx=5x，0所以当0当8综上，当x=6或x=89时，W取得最小值为0.8万元．
【答案】
解：(1)设f(x)=ax2+bx+c(a≠0)，
则f(x)的对称轴为直线x=−b2a=−1，
所以b=2a，
又f(0)=−3，
解得c=−3.
设f(x)=0的两个根为x1，x2，
则x1+x2=−ba，x1x2=ca，
所以|x1−x2|=(x1+x2)2−4x1x2
=b2−4ac|a|=4a2+12a|a|，
又y=f(x)的图象与x轴两交点间距离为4，
所以4a2+12a|a|=4，
解得a=1，
所以b=2，
故f(x)=x2+2x−3．
(2)由(1)可知，f(x)=x2+2x−3．
则g(x)=x2+(k+2)x+2，
则g(x)的对称轴为直线x=−k+22．
(Ⅰ)由题意可知，若g(x)在[−1, 2]上为单调函数，
则−k+22≤−1或−k+22≥2，
解得k≥0或k≤−6.
故若g(x)为单调函数，求k的取值范围为(−∞,−6]∪[0,+∞).
(Ⅱ)①当k≥0时，对称轴x=−k+22≤−1，
则g(x)在[−1, 2]上单调递增，
所以 ℎ(k)=g(−1)=−k+1；
②当−6则g(x)在[−1, −k+22]上单调递减，g(x)在[−k+22, 2]上单调递增，
所以ℎ(k)=g(−k+22)=−k2−4k+44；
③当k≤−6时，对称轴x=−k+22≥2，
则g(x)在[−1, 2]单调递减，
所以ℎ(k)=g(2)=2k+10，
综上所述，ℎ(k)=−k+1,k≥0,−k2−4k+44,−6令m=t2−4≥−4，即ℎ(m)=λ(m≥−4)，
作ℎ(m)的图象如图所示.
(ⅰ)当λ=1时，ℎ(m)=1，
即ℎ(m)=−m+1=1,k≥0,−m2−4m+44=1,−6解得m=−4或m=0，
即当t2−4=−4时，解得t=0，
当t2−4=0时，解得t=±2，有3个不同的零点；
(ⅱ)当λ<1时，ℎ(m)=λ有唯一解m1>0，
即t2−4=m1>0，
解得t=±m1+4，有2个不同的零点；
(ⅲ)当1<λ<2时，ℎ(m)=λ有两个不同的零点m2，m3，
且m2，m3∈(−4, −2)∪(−2, 0)，
则m2+4>0，m3+4>0，
所以当t2−4=m2时，解得t=±m2+4，
当t2−4=m3时，解得t=±m3+4，
有4个不同的零点；
(ⅳ)当λ=2时，ℎ(m)=2，
则m=−2，即t2−4=−2，
解得t=±2，有2个不同的零点；
(ⅴ)当λ>2时，ℎ(m)=λ无解．
综上所述，λ>2时，无零点；
1<λ<2时，有4个零点；
λ=1时，有3个零点；
λ=2或λ<1时，有2个零点．
【考点】
函数解析式的求解及常用方法
已知函数的单调性求参数问题
函数的零点
【解析】
（1）直接由题意得出f(x)的解析式；
（2）写出g(x)的解析式，(Ⅰ)讨论x∈[−1, 2]单调性在对称轴的左右得出k的取值范围；
(Ⅱ)画函数图象，由数形结合讨论λ的取值得零点个数．

【解答】
解：(1)设f(x)=ax2+bx+c(a≠0)，
则f(x)的对称轴为直线x=−b2a=−1，
所以b=2a，
又f(0)=−3，
解得c=−3.
设f(x)=0的两个根为x1，x2，
则x1+x2=−ba，x1x2=ca，
所以|x1−x2|=(x1+x2)2−4x1x2
=b2−4ac|a|=4a2+12a|a|，
又y=f(x)的图象与x轴两交点间距离为4，
所以4a2+12a|a|=4，
解得a=1，
所以b=2，
故f(x)=x2+2x−3．
(2)由(1)可知，f(x)=x2+2x−3．
则g(x)=x2+(k+2)x+2，
则g(x)的对称轴为直线x=−k+22．
(Ⅰ)由题意可知，若g(x)在[−1, 2]上为单调函数，
则−k+22≤−1或−k+22≥2，
解得k≥0或k≤−6.
故若g(x)为单调函数，求k的取值范围为(−∞,−6]∪[0,+∞).
(Ⅱ)①当k≥0时，对称轴x=−k+22≤−1，
则g(x)在[−1, 2]上单调递增，
所以 ℎ(k)=g(−1)=−k+1；
②当−6则g(x)在[−1, −k+22]上单调递减，g(x)在[−k+22, 2]上单调递增，
所以ℎ(k)=g(−k+22)=−k2−4k+44；
③当k≤−6时，对称轴x=−k+22≥2，
则g(x)在[−1, 2]单调递减，
所以ℎ(k)=g(2)=2k+10，
综上所述，ℎ(k)=−k+1,k≥0,−k2−4k+44,−6令m=t2−4≥−4，即ℎ(m)=λ(m≥−4)，
作ℎ(m)的图象如图所示.
(ⅰ)当λ=1时，ℎ(m)=1，
即ℎ(m)=−m+1=1,k≥0,−m2−4m+44=1,−6解得m=−4或m=0，
即当t2−4=−4时，解得t=0，
当t2−4=0时，解得t=±2，有3个不同的零点；
(ⅱ)当λ<1时，ℎ(m)=λ有唯一解m1>0，
即t2−4=m1>0，
解得t=±m1+4，有2个不同的零点；
(ⅲ)当1<λ<2时，ℎ(m)=λ有两个不同的零点m2，m3，
且m2，m3∈(−4, −2)∪(−2, 0)，
则m2+4>0，m3+4>0，
所以当t2−4=m2时，解得t=±m2+4，
当t2−4=m3时，解得t=±m3+4，
有4个不同的零点；
(ⅳ)当λ=2时，ℎ(m)=2，
则m=−2，即t2−4=−2，
解得t=±2，有2个不同的零点；
(ⅴ)当λ>2时，ℎ(m)=λ无解．
综上所述，λ>2时，无零点；
1<λ<2时，有4个零点；
λ=1时，有3个零点；
λ=2或λ<1时，有2个零点．x
2x−π3
0
2π
2sin(2x−π3)
x
π6
5π12
2π3
11π12
7π6
2x−π3
0
π2
π
3π2
2π
2sin(2x−π3)
0
2
0
−2
0
x
π6
5π12
2π3
11π12
7π6
2x−π3
0
π2
π
3π2
2π
2sin(2x−π3)
0
2
0
−2
0