2020-2021学年广东省韶关市南雄市高二（上）12月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年广东省韶关市南雄市高二（上）12月月考数学试卷人教A版，共11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. 已知集合M=x|x2−3x=0，N=x|lg2x<2，则M∪N=（ ）
A.3B.0,3C.−∞,4D.[0,4）

2. 已知向量a→=m,1，b→=2,−3，若2a→−b→⊥b→，则m=（ ）
A.−194B.194C.−23D.23

3. 设a>0，b>0，若3是3a与32b的等比中项，则1a+2b的最小值为（ ）
A.5B.6C.7D.9

4. 已知直线l1:x+2a−1y+2a−3=0，l2:ax+3y+a2+4=0，则“a=32”是“l1//l2”的（ ）
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件

5. 《周髀算经》是中国最古老的天文学和数学著作，书中提到：从冬至之日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影子长依次成等差数列，若冬至、立春、春分的日影子长的和是37.5尺，芒种的日影子长为4.5尺，则立夏的日影子长为( )
A.6.5尺B.12.5尺C.9.5尺D.15.5尺

6. 已知数列{an}满足：a1=1，an+1=2anan+2(n∈N∗)，则数列{an}的通项公式为（ ）
A.an=2n+1B.an=1n−1C.an=nn+1D.an=1n+1

7. △ABC中角A，B，C的对边分别为a，b，c．若cs2B2=a+c2c，则△ABC的形状为（ ）
A.正三角形B.直角三角形
C.等腰三角形D.等腰直角三角形

8. 已知函数 fx=2+lg12x,18≤x<1，2x,1≤x≤2， 若fa=fbaA.(0,32]B.(0,74]C.(0,98]D.0,158
二、多选题

下列命题中的真命题有( )
A.已知a，b是实数，则“13a<13b”是“lg3a>lg3b”的充分而不必要条件
B.已知命题p:∀x>0，总有x+1ex>1，则¬p：∃x0≤0，使得x0+1ex≤1
C.设α，β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α，“ m//β”是“α//β"的必要而不充分条件
D.“∃x0∈R，2x>x02”的否定为“∀x∈R，2x≤x2”

设a>1，b>1，且ab−(a+b)=1，那么（ ）
A.a+b有最小值2(2+1)B.a+b有最大值(2+1)2
C.ab有最大值3+22 D.ab有最小值3+22

将函数fx=2sin2x+π3的图象向右平移π4个单位长度后，所得图象对应的函数为y=gx则下列结论正确的是（ ）
A.函数gx的图象关于直线x=π3对称
B.函数gx的图象关于点−π3,0对称
C.函数gx在−π24,5π24上单调递增
D.当x=π3 时，函数gx取得最小值

如图，正方体ABCD−A′B′C′D′的棱长为1，则下列四个命题正确的是（ ）

A.若点M，N分别是线段A′A，A′D′的中点，则MN//BC′
B.点C到平面ABC′D′的距离为2
C.直线BC与平面ABC′D′所成的角等于π4
D.三棱柱AA′D′−BB′C′的外接球的表面积为3π
三、填空题

不等式x−1x−3≤0的解集为________.

若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11+a9a12=2e5，则lna1+lna2+lna3+...+lna20=________．

已知函数y=ax+b(a>1,b>0)的图象经过点P(1, 3)，则4a−1+1b的最小值为________．

设等差数列an的前n项和为Sn，且S8=6S3，a2n+1=2an+1，若1S1+1S2+⋯+1Sn<λ恒成立，则λ的最小值为________.
四、解答题

已知条件p:A=x|x2−a+2x+2a≤0，条件q:B=x|x2−5x+6≤0，当a为何值时，
(1)p是q的充分不必要条件；

(2)p是q的必要不充分条件．

在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acsC=2b−ccsA.
(1)求csA的值；

(2)若a=6，b+c=8，求三角形ABC的面积．

如图在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA=PD=22a，设E，F分别为PC，BD的中点．

(1)求证：EF // 平面PAD；

(2)求证：平面PAB⊥平面PDC.

设数列an的前n项和为 Sn=2n2 , bn为等比数列，且a1=b1，b2a2−a1=b1．
(1)求数列an和bn的通项公式；

(2)设cn=anbn，求数列cn的前n项和Tn．

如图，在平面直角坐标系xOy中，已知圆O:x2+y2=4，过点P0,3且斜率为k的直线l与圆O交于不同的两点A，B，点Q0,43．

(1)若直线l的斜率k=2，求线段AB的长度；

(2)设直线OA，OB的斜率分别为k1，k2，求证：k1+k2为定值，并求出该定值．

已知二次函数 f(x)=4kx2−4kx+k+1.
(1)若x1,x2是f(x) 的两个不同零点，是否存在实数k，使(2x1+x2)(x1+2x2)=114成立？若存在，求k的值；若不存在，请说明理由.

(2)设k=−1，函数g(x)=f(x)−8x−t，x<0，4x2−8x−t，x≥0， 存在3个零点.
①求t的取值范围；
②设m，n分别是这3个零点中的最小值与最大值，求 n−m的最大值.
参考答案与试题解析
2020-2021学年广东省韶关市南雄市高二（上）12月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
并集及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
【解题思路】由x2−3x=0，解得x=0或x=3，即M=0,3．由lg2x<2，解得0【命题意图】本题考查集合的并集运算、一元二次不等式的解法、对数不等式的解法．
2.
【答案】
B
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意可得2a→−b→=2m−2,5．
因为2a→−b→⊥b→，
所以22m−2−15=0，
解得m=194.
故选B.
3.
【答案】
D
【考点】
基本不等式
【解析】
a>0，b>0，3是3a与32b的等比中项，3a⋅32b=32．可得a+2b=1．可得1a+2b=a+2b1a+2b=5+2ba+2ab，再利用基本不等式的性质即可得出．
【解答】
解：a>0，b>0，3是3a与32b的等比中项，
∴ 3a⋅32b=32=3，∴ a+2b=1，
则1a+2b=a+2b1a+2b=5+2ba+2ab≥5+4=9，
当且仅当2ba=2ab，a+2b=1时取等号，
即最小值为9．
故选D．
4.
【答案】
C
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
两条直线平行与倾斜角、斜率的关系
【解析】
先根据直线l1//l2求出a的值，再判断充要关系即可．
【解答】
解：若l1//l2，则a2a−1=3，
解得a=32或a=−1．
当a=−1时，直线l1的方程为x−3y−5=0，
直线l2的方程为−x+3y+5=0，
两直线重合，所以a=32，
所以“a=32”是l1//l2的充要条件．
故选C．
5.
【答案】
A
【考点】
等差数列的通项公式
数列的应用
【解析】
设十二节气日影子长为等差数列{an}，公差为d，由已知得，a1+a4+a7=37.5⇒3a4=3a1+12d=37.5，a12=a1+11d=4.5，可解得a1=15.5，d=−1,利用等差数列的通项公式即可得出立夏的日影子长a10=a1+9d=6.5尺．
【解答】
解：设冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种十二节气的日影子长为等差数列{an}，
公差为d，前n项和为Sn，
由已知得，a1+a4+a7=37.5⇒3a4=3a1+9d=37.5，
a12=a1+11d=4.5，
解得a1=15.5，d=−1,
故立夏的日影子长a10=a1+9d=6.5尺.
故选A.
6.
【答案】
A
【考点】
等差关系的确定
等差数列的通项公式
【解析】
由数列{an}满足：a1=1，an+1=2anan+2(n∈N∗)，两边取倒数可得：1an+1−1an=12，利用等差数列的通项公式即可得出．
【解答】
解：由数列{an}满足：a1=1，an+1=2anan+2(n∈N∗)，
两边取倒数可得：1an+1=12+1an，即1an+1−1an=12，
∴ 数列{1an}是等差数列，公差为12，首项为1，
∴ 1an=1+12(n−1)=n+12，
可得：an=2n+1．
故选A.
7.
【答案】
B
【考点】
二倍角的余弦公式
三角形的形状判断
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ cs2B2=a+c2c，
∴ csB+12=a+c2c，
解得：csB=ac，
∴ 由余弦定理可得：a2+c2−b22ac=ac，
∴ a2+c2−b2=2a2，即a2+b2=c2，
∴ △ABC为直角三角形．
故选B.
8.
【答案】
B
【考点】
函数的单调性及单调区间
分段函数的解析式求法及其图象的作法
函数的求值
【解析】
通过函数图像，设fa=fb=k，可得k∈(2,4]，从而得b−a=lg2k−12k−2，设函数g(x)=lg2x−(12)x−2,x∈(2,4]，利用增减性可得范围.
【解答】
解：作出函数fx的图象，如图：
设fa=fb=k，则k∈(2,4]，
由2+lg12a=k，2b=k，
得a=12k−2,b=lg2k，
所以b−a=lg2k−12k−2.
设函数g(x)=lg2x−(12)x−2,x∈(2,4].
因为gx在(2,4]上单调递增，
所以g(2)即0所以b−a∈(0,74].
故选B.
二、多选题
【答案】
C,D
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
命题的否定
【解析】
将各个选项逐一分析求解即可.
【解答】
解：A，由13a<13b可得a>b，不能得到lg3a>lg3b成立；
反之，由lg3a>lg3b可得a>b>0，可以得到13a<13b，
∴ “13a<13b”是“lg3a>lg3b”的必要而不充分条件，故A错误；
B，命题p：∀x>0，总有x+1ex>1，则¬p：∃x0≤0，使得x0+1ex0≤1，故B错误；
C，设α，β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α，
若m//β，不能得到α//β；
反之，若α//β，则m//β成立，
∴ “ m//β”是“α//β"的必要而不充分条件，故C正确；
D，“∃x0∈R，2x>x02,的否定为“∀x∈R，2x≤x2”，故D正确.
故选CD.
【答案】
A,D
【考点】
基本不等式及其应用
【解析】
根据a>1，b>1，即可得出a+b≥2ab，从而得出ab−2ab≥1，进而得出ab≥2+1，从而得出ab有最小值3+22；同样的方法可得出ab≤(a+b2)2，从而得出(a+b)2−4(a+b)≥4，进而解出a+b≥2(2+1)，即得出a+b的最小值为2(2+1)．
【解答】
解：∵ a>1，b>1，
∴ a+b≥2ab，当a=b时取等号，
∴ 1=ab−(a+b)≤ab−2ab，解得ab≥2+1，
∴ ab≥(2+1)2=3+22，
∴ ab有最小值3+22；
∵ ab≤(a+b2)2，当a=b时取等号，
∴ 1=ab−(a+b)≤(a+b2)2−(a+b)，
∴ (a+b)2−4(a+b)≥4，
∴ [(a+b)−2]2≥8，解得a+b−2≥22，即a+b≥2(2+1)，
∴ a+b有最小值2(2+1)．
故选AD.
【答案】
A,C
【考点】
正弦函数的对称性
正弦函数的单调性
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】
先根据图象变换得y=gx，再根据余弦函数性质研究对称性、单调性以及极值点，即可作出选择．
【解答】
解：将函数f(x)=2sin(2x+π3)的图象向右平移π4个单位长度后，得到g(x)=2sin[2(x−π4)+π3]=2sin(2x−π6)的图象．
当x=π3时，g(π3)=2sinπ2=2．故函数的图象关于x=π3对称，故选项A正确；
当x=−π3时，g(−π3)=2sin(−2π3−π6)=2sin(−5π6)≠0，故选项B错误；
当−π24≤x≤5π24时，−π4≤2x−π6≤π4，所以函数g(x)在[−π4,π4]上单调递增，故选项C正确；
当x=π3时，g(π3)=2sinπ2=2，取得最大值．故选项D错误．
故选AC．
【答案】
A,C,D
【考点】
点、线、面间的距离计算
直线与平面所成的角
球的表面积和体积
球内接多面体
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
本题逐一判断即可：A选项：先证明MN//AD′，再证明MN//BC′；B选项：先确定点到平面的距离是CE，再求CE即可；C选项：先确定线面所成的角是∠CBE，再求值；D选项：先还原几何体确定外接球半径，再求表面积．
【解答】
解：A，在△A′AD′中，点M，N分别是线段A′A，A′D′的中点，∴ MN//A′D′.
在正方体ABCD−A′B′C′D′中，AD′//BC′，所以MN//BC′，故A正确；
B，连接B′C交BC′于点E，如图，
则CE⊥BC′.
∵AB⊥平面BCC′B′，CE⊂平面BCC′B′，
∴AB⊥CE.
∵BC′⊂平面ABC′D′，AB⊂平面ABC′D′，AB∩BC′=B，
∴ CE⊥平面ABC′D′，
∴ 点C到平面ABC′D′的距离为CE，解得：
CE=22，故B错误；
C，由B选项知直线BC与平面ABC′D′所成的角为∠CBE=π4，故C正确；
D，三棱柱AA′D′−BB′C′的外接球就是正方体ABCD−A′B′C′D′的外接球，
∴ 半径为： r=32，S=4πr2=3π，故D正确．
故选ACD．
三、填空题
【答案】
[1,3)
【考点】
分式不等式的解法
【解析】
原不等式等价于x−1x−3≤0且x−3≠0，求解即可.
【解答】
解：∵ x−1x−3≤0，
∴ x−1x−3≤0且x−3≠0，
解得1≤x<3.
故答案为： [1,3).
【答案】
50
【考点】
等比数列的通项公式
【解析】
由等比数列的性质得lna1+lna2+lna3+...+lna20=ln(a1×a20)10，由此能求出结果．
【解答】
解：∵ 等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11+a11a12=2e2，
∴ lna1+lna2+lna3+...+lna20
=ln(a1×a2×a3×...×a20)
=ln(a1×a20)10
=ln(e5)10
=50．
故答案为：50．
【答案】
92
【考点】
指数型复合函数的性质及应用
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
函数y=ax+b(b>0)的图象经过点P(1, 3)，可得3=a+b，a>1，b>0．即(a−1)+b=2．再利用“乘1法”与基本不等式的性质即可得出．
【解答】
解：∵ 函数y=ax+b(b>0)的图象经过点P(1, 3)，
∴ 3=a+b，a>1，b>0．
∴ (a−1)+b=2．
∴ 4a−1+1b=12(a−1+b)(4a−1+1b)
=12(5+4ba−1+a−1b)
≥12(5+24ba−1⋅a−1b)=92，
当且仅当a−1=2b=43时取等号．
故答案为：92．
【答案】
2
【考点】
等差数列的性质
等差数列的前n项和
数列的求和
不等式恒成立问题
【解析】
直接利用等差数列的定义，裂项相消法，函数的恒成立问题的应用求出结果．
【解答】
解：等差数列an的前n项和为Sn，且S8=6S3，
整理得： 8a1+8×72d=6×3a1+3×22d，
解得a1=d，
因为a2n+1=2an+1，
所以a3=2a1+1，整理得a1=d=1，
故an=n，
整理得Sn=nn+12，
所以1Sn=2nn+1=21n−1n+1，
所以1S1+1S2+⋯+1Sn
=2(1−12+12−13+⋯+1n−1n+1)
=2(1−1n+1)<2，
所以λ的最小正值为2．
故答案为：2．
四、解答题
【答案】
解：(1)A=x|x2−a+2x+2a≤0
=x|x−2x−a≤0，
B=x|x2−5x+6≤0=x|2≤x≤3.
因为p是q的充分不必要条件，所以A⫋B，
所以2≤a<3时，p是q的充分不必要条件．
(2)因为p是q的必要不充分条件，A⫌B，
所以a>3时，p是q的必要不充分条件．
【考点】
根据充分必要条件求参数取值问题
集合的包含关系判断及应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)A=x|x2−a+2x+2a≤0
=x|x−2x−a≤0，
B=x|x2−5x+6≤0=x|2≤x≤3.
因为p是q的充分不必要条件，所以A⫋B，
所以2≤a<3时，p是q的充分不必要条件．
(2)因为p是q的必要不充分条件，A⫌B，
所以a>3时，p是q的必要不充分条件．
【答案】
解：(1)由acsC=2b−ccsA及正弦定理可得：sinAcsC+sinCcsA=2sinBcsA，
整理得：sin(A+C)=2sinBcsA，即sinB=2sinBcsA，
∵ sinB≠0，∴ csA=12.
(2)∵ csA=12，a=6，b+c=8，
由余弦定理得：
36=b2+c2−2bc×12=(b+c)2−3bc=64−3bc，
∴ bc=283，
由(1)知sinA=32，
则S△ABC=12×283×32=733．
【考点】
正弦定理
余弦定理
【解析】
（1）已知等式利用正弦定理化简，再利用两角和与差的正弦函数公式及诱导公式化简，根据sinB不为0求出csA的值；
（2）由a，csA的值，利用余弦定理列出关系式，利用完全平方公式变形后将b+c的值代入求出bc的值，再由sinA的值，利用三角形面积公式即可求出三角形ABC的面积．
【解答】
解：(1)由acsC=2b−ccsA及正弦定理可得：sinAcsC+sinCcsA=2sinBcsA，
整理得：sin(A+C)=2sinBcsA，即sinB=2sinBcsA，
∵ sinB≠0，∴ csA=12.
(2)∵ csA=12，a=6，b+c=8，
由余弦定理得：
36=b2+c2−2bc×12=(b+c)2−3bc=64−3bc，
∴ bc=283，
由(1)知sinA=32，
则S△ABC=12×283×32=733．
【答案】
证明：(1)已知ABCD为正方形，
连接AC∩BD=F，F为AC中点，E为PC中点，
∴ 在△CPA中EF // PA，且PA⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，
∴ EF // 平面PAD.
(2)∵ 平面PAD⊥面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，ABCD为正方形，
∴ CD⊥AD，CD⊂平面ABCD，
∴ CD⊥平面PAD，∴ CD⊥PA，
又PA=PD=22AD，
∴ △PAD是等腰直角三角形，且∠APD=π2，即PA⊥PD，
CD∩PD=D，且CD，PD⊂平面PCD，
∴ PA⊥平面PDC，
又PA⊂平面PAB，
∴ 平面PAB⊥平面PDC.
【考点】
直线与平面平行的判定
平面与平面垂直的判定
【解析】
（1）利用线面平行的判定定理：连接AC，只需证明EF // PA，利用中位线定理即可得证；
（2）利用面面垂直的判定定理：只需证明PA⊥面PDC，进而转化为证明PA⊥PD，PA⊥DC，易证三角形PAD为等腰直角三角形，可得PA⊥PD；由面PAD⊥面ABCD的性质及正方形ABCD的性质可证CD⊥面PAD，得CD⊥PA；
【解答】
证明：(1)已知ABCD为正方形，
连接AC∩BD=F，F为AC中点，E为PC中点，
∴ 在△CPA中EF // PA，且PA⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，
∴ EF // 平面PAD.
(2)∵ 平面PAD⊥面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，ABCD为正方形，
∴ CD⊥AD，CD⊂平面ABCD，
∴ CD⊥平面PAD，∴ CD⊥PA，
又PA=PD=22AD，
∴ △PAD是等腰直角三角形，且∠APD=π2，即PA⊥PD，
CD∩PD=D，且CD，PD⊂平面PCD，
∴ PA⊥平面PDC，
又PA⊂平面PAB，
∴ 平面PAB⊥平面PDC.
【答案】
解：(1)an=Sn−Sn−1
=2n2−2(n−1)2=4n−2，
∵ a1=b1=2，a2=6，b2(a2−a1)=b1，
∴ b2=12，q=14，
bn=24n−1．
(2)cn=anbn=(2n−1)⋅4n−1，
Tn=1×40+3×41+⋯+
(2n−3)×4n−2+(2n−1)×4n−1，
4Tn=1×41+3×42+⋯+
(2n−3)⋅4n−1+(2n−1)×4n，
−3Tn=1+2×41+2×42+⋯+
2×4n−1−(2n−1)×4n
整理得：Tn=(6n−5)⋅4n+59．
【考点】
数列递推式
等比数列的通项公式
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)an=Sn−Sn−1
=2n2−2(n−1)2=4n−2，
∵ a1=b1=2，a2=6，b2(a2−a1)=b1，
∴ b2=12，q=14，
bn=24n−1．
(2)cn=anbn=(2n−1)⋅4n−1，
Tn=1×40+3×41+⋯⋯+
(2n−3)×4n−2+(2n−1)×4n−1，
4Tn=1×41+3×42+⋯⋯+
(2n−3)⋅4n−1+(2n−1)×4n，
−3Tn=1+2×41+2×42+⋯⋯+
2×4n−1−(2n−1)×4n
整理得：Tn=(6n−5)⋅4n+59．
【答案】
解：(1)直线l的斜率k=2，则直线1的方程为： y=2x+3，
圆心到直线l的距离为d=31+2=3．所以|AB|=2r2−d2=24−3=2.
(2)设直线l的方程为y=kx+3，Ax1,y1，Bx2,y2，
由y=kx+3,x2+y2=4,有1+k2x2+6kx+5=0，
Δ=36k2−4×1+k2×5>0，
所以x1+x2=−6k1+k2，x1x2=51+k2，
k1+k2=y1−43x1+y2−43x2
=kx1+3−43x1+kx2+3−43x2
=2k+53x1+53x2
=2k+53×x1+x2x1x2
=2k+53×−6k1+k2×1+k25=0.
所以k1+k2为定值0.
【考点】
点到直线的距离公式
直线和圆的方程的应用
直线与圆相交的性质
圆锥曲线的综合问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)直线l的斜率k=2，则直线1的方程为： y=2x+3，
圆心到直线l的距离为d=31+2=3．所以|AB|=2r2−d2=24−3=2.
(2)设直线l的方程为y=kx+3，Ax1,y1，Bx2,y2，
由y=kx+3,x2+y2=4,有1+k2x2+6kx+5=0，
Δ=36k2−4×1+k2×5>0，
所以x1+x2=−6k1+k2，x1x2=51+k2，
k1+k2=y1−43x1+y2−43x2
=kx1+3−43x1+kx2+3−43x2
=2k+53x1+53x2
=2k+53×x1+x2x1x2
=2k+53×−6k1+k2×1+k25=0.
所以k1+k2为定值0.
【答案】
解：(1)依题意可知，k≠0 假设存在实数k，
使 (2x1+x2)(x1+2x2)=114 成立.
因为f(x) 有两个不同零点，
所以Δ=16k2−16k(k+1)=−16k>0，解得 k<0.
由韦达定理得 x1+x2=1,x1x2=k+14k，
所以(2x1+x2)(x1+2x2)=2(x1+x2)2+x1x2
=2+k+14k=9k+14k=114，
解得k=12，而k<0 ，故不存在.
(2)因为k=−1，设ℎ(x)=g(x)+t，
则ℎ(x)=−4x2−4x，x<0，4x2−8x，x≥0，
当x<0时，ℎ(x)=−4(x+12)2+1≤1；
当x≥0时，ℎ(x)=4(x−1)2−4≥−4.
①作出 ℎ(x) 的图象，如图所示，所以 −4②设直线 y=t(−4由−4x2−4x=t，得m=x​A=−1−1−t2，
由4x2−8x=t，得n=x​B=2+4+t2,
所以n−m=x​B−x​A=3+1−t+4+t2.
因为(1−t+4+t)2=5+2−(t+32)2+254≤5+2254=10，
所以当t=−32时，1−t+4+t取得最大值10.
故n−m 的最大值为3+102.
【考点】
由函数零点求参数取值范围问题
分段函数的应用
函数最值的应用
根的存在性及根的个数判断
函数的零点
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)依题意可知，k≠0 假设存在实数k，
使 (2x1+x2)(x1+2x2)=114 成立.
因为f(x) 有两个不同零点，
所以Δ=16k2−16k(k+1)=−16k>0，解得 k<0.
由韦达定理得 x1+x2=1,x1x2=k+14k，
所以(2x1+x2)(x1+2x2)=2(x1+x2)2+x1x2
=2+k+14k=9k+14k=114，
解得k=12，而k<0 ，故不存在.
(2)因为k=−1，设ℎ(x)=g(x)+t，
则ℎ(x)=−4x2−4x，x<0，4x2−8x，x≥0，
当x<0时，ℎ(x)=−4(x+12)2+1≤1；
当x≥0时，ℎ(x)=4(x−1)2−4≥−4.
①作出 ℎ(x) 的图象，如图所示，所以 −4②设直线 y=t(−4由−4x2−4x=t，得m=x​A=−1−1−t2，
由4x2−8x=t，得n=x​B=2+4+t2,
所以n−m=x​B−x​A=3+1−t+4+t2.
因为(1−t+4+t)2=5+2−(t+32)2+254≤5+2254=10，
所以当t=−32时，1−t+4+t取得最大值10.
故n−m 的最大值为3+102.