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2022-2023学年湖南省株洲市炎陵县高二（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年湖南省株洲市炎陵县高二（下）期末数学试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年湖南省株洲市炎陵县高二（下）期末数学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知集合A={x|4x<1}，B={x|−3<6x<8}，则A∪B=( )
A. {x|x<14} B. {x|−12
A. 13 B. 17 C. 4 D. 5
3. 若正实数a、b满足a+2b=1，则当ab取最大值时，a的值是( )
A. 12 B. 14 C. 16 D. 18
4. 如图所示，液体从一个圆锥形漏斗漏入一个圆柱形桶中，开始时漏斗中盛满液体，经过3秒漏完，圆柱形桶中液面上升速度是一个常量，则漏斗中液面下降的高度H与下降时间t之间的函数关系的图象只可能是( )
A. B.
C. D.
5. 已知函数f(x)满足f(2x)=log2x，则f(16)=( )
A. −1 B. 1 C. 2 D. 4
6. 已知向量m=(sinωx, 32)，n=(12,cosωx)(ω>0)，设函数f(x)=m⋅n，若x=5π6为f(x)图象的对称轴，(π3,0)为f(x)图象的对称中心，且f(x)在区间(π12,π6)上单调，则ω的值为( )
A. 5 B. 7 C. 9 D. 11
7. 已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列正确的结论是( )
A. 若m//n，m//α，n//β，则α//β
B. 若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n
C. 若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β
D. 若m⊥n，m⊥α，n//β，则α⊥β
8. 蹴鞠(如图所示)，又名蹴球、蹴圆、筑球、踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球.因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似于今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列入第一批国家非物质文化遗产名录.已知某鞠(球)的表面上有四个点A，B，C，P，AC=BC=4，PA=2，AC⊥BC，PA⊥平面ABC，则该鞠(球)的表面积为( )
A. 49π B. 64π C. 36π D. 16π
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 以下各选项中，p是q的充分不必要条件的是( )
A. p：某四边形是菱形，q：某四边形对角线相互垂直
B. p：三角形有两边上的高相等，q：三角形为等腰三角形
C. p：ac2>bc2，q：a>b
D. p：x∈A∩B，q：x∈A∪B
10. 若不等式ax2−bx+c>0的解集是(−1,2)，则下列选项正确的是( )
A. a+b+c=0 B. a<0
C. b>0且c<0 D. 不等式ax2+cx+b>0的解集是R
11. 给出下列命题，其中正确的选项有( )
A. 非零向量a，b，满足|a|>|b|且a与b同向，则a>b
B. 若单位向量e1，e2−的夹角为60°，则当|2e1−te2|(t∈R)取最小值时，t=1
C. 在△ABC中，若{AB|AB|+AC|AC|}⋅BC=0，则△ABC为等腰三角形
D. 已知与a=(1,2)，b=(1,1)且a与a+λb的夹角为锐角，则实数λ的取值范围是(−53,+∞)
12. 如图.P为△ABC内任意一点，角A，B，C的对边分别为a，b，c，总有优美等式S△PBCPA+S△PACPB+S△PABPC=0成立，因该图形酯似奔驰汽车车标，故又称为奔驰定理.则以下命题是真命题的有( )
A. 若P是△ABC的重心，则有PA+PB+PC=0
B. 若aPA+bPB+cPC=0成立，则P是△ABC的内心
C. 若AP=25AB+15AC，则S△ABP：S△ABC=2：5
D. 若P是△ABC的外心，A=π4，PA=mPB+nPC，则m+n∈[− 2,1)
第II卷（非选择题）
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知函数f(2x−1)=x2−x，则f(3)= ______ ．
14. 函数f(x)=lg(x+2)+1 2−x的定义域为______ ．
15. 已知a，b∈R，a+3i是关于x的方程x2+2x+b=0的根，则a+b=______．
16. 2002年在北京召开的国际数学家大会，会标是以我国古代数学家赵爽的弦图为基础设计的，弦图是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形(如图)，直角三角形中较小的锐角为θ，若sinθ+cosθ=35 5，则图中的大正方形与小正方形的面积之比为 ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
四边形ABCD是圆柱OO1的轴截面，E为底面圆周上的一点，AE=2 5，BE=4，AD=5．
(1)求证：BE⊥平面ADE；
(2)求圆柱的表面积．
18. (本小题12.0分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足(2a−c)cosB=bcosC．
(1)求角B的大小；
(2)设a=4，b=2 7．
(ⅰ)求c的值；
(ⅱ)求sin(2C+B)的值．
19. (本小题12.0分)
如图所示，ABCD是正方形，O是正方形的中心，PO⊥底面ABCD，底面边长为a，E是PC的中点．
(Ⅰ)求证：PA//平面BDE；
(Ⅱ)平面PAC⊥平面BDE；
(Ⅲ)若二面角E−BD−C为30°，求四棱锥P−ABCD的体积．
20. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=2sin(2ωx+φ)(ω>0,|ω|<π2)的图象向右平移π6个单位长度得到g(x)的图象，g(x)图象关于原点对称，f(x)的相邻两条对称轴的距离是π2．
(1)求f(x)的解析式，并求其在[0,π]上的增区间；
(2)若f(x)+2m−3=0在x∈[0,π2]上有两解，求实数m的取值范围．
21. (本小题12.0分)
已知某电子公司生产某款手机的年固定成本为40万美元，每生产1万部还需另投入16万美元，设该公司一年内共生产该款手机x万部并全部销售完，每万部的销售收入为R(x)万美元，且R(x)=400−6x,0≤x≤407400x−40000x2,x>40．
(1)写出年利润W(万美元)关于年产量x(万部)的函数解析式(利润=销售收入−成本)；
(2)当年产量为多少万部时，该公司在该款手机的生产中所获得的利润最大？并求出最大利润．
22. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=log2(4x+1)+kx为偶函数．
(1)求实数k的值；
(2)解关于m的不等式f(2m+1)>f(m−1)；
(3)设g(x)=log2(a⋅2x+a)(a≠0)，若函数h(x)=f(x)−g(x)有2个零点，求实数a的取值范围．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：由题意可得，A={x|x<14}，B={x|−12
故选：C．
解不等式化简集合A，B，再利用并集的定义求解作答．
本题主要考查并集及其运算，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：z=21+i=2(1−i)(1+i)(1−i)=1−i，
故|z+2−3i|=|1−i+2−3i|=|3−4i|= 32+(−4)2=5．
故选：D．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数模公式，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数模公式，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：因为正实数a、b满足a+2b=1，则a+2b≥2 2ab，可得ab≤18，
当且仅当a=2ba+2b=1时，即当a=2b=12时，等号成立．
故选：A．
利用基本不等式等号成立的条件可求得ab取最大值时a的值．
本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：由于所给的圆锥形漏斗上口大于下口，
当时间取12t时，漏斗中液面下落的高度不会达到漏斗高度的12，
对比四个选项的图象，漏斗中液面下降的高度H与下降时间t之间的函数关系的图象只可能是B．
故选：B．
利用特殊值法，圆柱液面上升速度是常量，表示圆锥漏斗中液体单位时间内落下的体积相同，当时间取1.5分钟时，液面下降高度与漏斗高度的12比较．
本题主要考查了函数图象的变换，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：∵函数f(x)满足f(2x)=log2x，且f(16)=f(24)，
∴f(16)=f(24)=log24=2，
故选：C．
根据16=24，代入求解即可．
本题主要考查函数值的求解，考查计算能力，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：f(x)=m⋅n=12sinωx+ 32cosωx=sin(ωx+π3)，
∵f(x)的一条对称轴为x=5π6，f(x)一个对称中心为(π3,0)，
∵函数f(x)在区间(π12,π6)上具有单调性，
∴π6−π12≤T2，∴π12≤12×2πω，
∴ω≤12，
∴5π6ω+π3=k1π+π2⇒ω=6k1+15(k1∈Z)，
∴ω=15，75，135，255，315，375，435，495，555，
∴π3ω+π3=k2π⇒ω=3k2−1(k2∈Z)∴ω=2，5，8，11，
∴当ω=11时，f(x)=sin(11x+π3)，
∵x∈(π12,π6)，∴11x+π3∈(5π4,13π6)，此时与f(x)在(π12,π6)上单调矛盾；
综上可得：ω=5．
故选：A．
根据向量的数量积公式求得f(x)的解析式，再利用辅助角公式化简，根据三角函数的性质求解即可．
本题考查了利用正弦型函数的图象与性质，涉及向量数量积的坐标运算，属中档题．
7.【答案】C
【解析】解：若m//n，m//α，则n⊂α或n//α，又n//β，所以α//β或α与β相交，故A错误；
若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n或m与n异面，故B错误；
若m⊥n，m⊥α，则n⊂α或n//α，又n⊥β，所以α⊥β，故C正确；
若m⊥n，m⊥α，则n⊂α或n//α，又n//β，所以α//β或α与β相交，故D错误．
故选：C．
由空间中直线与直线平行、直线与平面平行的关系分析面面关系判定A；由两平行平面内两直线的关系判断B；由空间中直线与直线垂直、直线与平面垂直的关系分析面面关系判定C与D．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定及应用，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
8.【答案】C
【解析】解：已知某鞠(球)的表面上有四个点A，B，C，P，AC=BC=4，PA=2，AC⊥BC，PA⊥平面ABC，
如图所示：
故AB= 42+42=4 2，
作AP的垂直平分线和Rt△ABC斜边AB的垂线交于点O，
即点O为球的球心，
所以OA= (2 2)2+12=3，
故S球=4⋅π⋅32=36π．
故选：C．
首先求出球心的位置，进一步求出球的半径，最后求出球的表面积．
本题考查的知识要点：球的半径的求法，球的表面积公式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
9.【答案】ACD
【解析】解：选项A，菱形的对角线互相垂直，但对角线互相垂直的四边形不一定是菱形，所以p是q的充分不必要条件，即A正确；
选项B，三角形有两边上的高相等不一定是等腰三角形，等腰三角形的两个腰上的高一定相等，即p是q的必要不充分条件，即B错误；
选项C，由ac2>bc2，知a>b；若a>b，c2=0，则ac2=bc2，所以p是q的充分不必要条件，即C正确；
选项D，因为(A∩B)⊆(A∪B)，所以p是q的充分不必要条件，即D正确．
故选：ACD．
选项A，根据菱形的性质，可判断；
选项B，根据等腰三角形的两个腰上的高一定相等，可判断；
选项C，根据c2≥0，可判断；
选项D，由(A∩B)⊆(A∪B)，结合充分必要条件与集合的关系，可判断．
本题考查充分必要条件的判断，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
10.【答案】AB
【解析】解：由于不等式ax2−bx+c>0的解集是(−1,2)，
所以a<0，B正确；
且−1+2=ba−1×2=ca，即1=ba−2=ca，则b=a，c=−2a，
所以a+b+c=a+a−2a=0，A正确；
b=a<0，c=−2a>0，C错误；
不等式ax2+cx+b>0，即ax2−2ax+a>0，
即x2−2x+1=(x−1)2<0，无解，D错误．
故选：AB．
根据一元二次不等式的解集求得a，b，c的关系式，由此对选项进行分析，从而确定正确答案．
本题主要考查一元二次不等式及其应用，考查逻辑推理能力，属于基础题．
11.【答案】BC
【解析】解：对选项A，∵向量不能比较大小，∴A选项错误；
对选项B，∵|2e1−te2|= 4+t2−2t= (t−1)2+3，
∴当t=1时，|2e1−te2|取最小值，∴B选项正确；
对选项C，∵AB|AB|+AC|AC|表示与∠A的角平分线平行的向量，
又(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0，
∴∠A的角平分线与边BC所在直线垂直，
∴△ABC为等腰三角形，∴C选项正确；
对选项D，∵当λ=0时，a与a+λb的夹角为0，∴D选项错误．
故选：BC．
A：向量不能比较大小，从而A错误；B：可得出|2e1−te2|= 4+t2−2t，然后配方即可判断B的正误；C：可看出向量AB|AB|+AC|AC|表示与∠A的平分线平行的向量，从而得出该角平分线与边BC垂直，从而判断C的正误；D：可看出λ=0时，a与a+λb夹角为0，从而判断D的正误．
本题考查了向量的定义，向量数量积的运算，向量长度的求法，向量加法的平行四边形法则，单位向量的定义，菱形的对角线平分对角，向量夹角的定义，考查了计算能力，属于基础题．
12.【答案】ABD
【解析】解：对于A：如图所示：因为D、E、F分别为CA、AB、BC的中点，
所以CP=2PE，S△AEC=12S△ABC,S△APC=23S△AEC=13S△ABC，
同理可得S△APB=13S△ABC、S△BPC=13S△ABC，
所以S△PBC=S△PAC=S△PAB，
又因为S△PBCPA+S△PACPB+S△PABPC=0，
所以PA+PB+PC=0.正确；
对于C：因为AP=25AB+15AC，
所以PA=−25AB−15AC，所以PB=PA+AB=35AB−15AC，
所以PC=PA+AC=−25AB+45AC，
所以S△PBC(−25AB−15AC)+S△PAC(35AB−15AC)+S△PAB(−25AB+45AC)=0，
化简得：(−25S△PBC+35S△PAC−25S△PAB)AB+(−15S△PBC−15S△PAC+45S△PAB)AC=0，
又因为AB、AC不共线，
所以−25S△PBC+35S△PAC−25S△PAB=0−15S△PBC−15S△PAC+45S△PAB=0，所以S△PBC=2S△PABS△PAC=2S△PAB，
所以S△ABPS△ABC=S△PABS△PBC+S△PAC+S△PAB=15，错误；
对于B：记点P到AB、BC、CA的距离分别为h1、h2、h3，S△PBC=12a⋅h2,S△PAC=12b⋅h3,S△PAB=12c⋅h1，
因为S△PBCPA+S△PACPB+S△PABPC=0，
则12a⋅h2⋅PA+12b⋅h3⋅PB+12c⋅h1⋅PC=0，
即a⋅h2PA+b⋅h3PB+c⋅h1PC=0，
又因为aPA+bPB+cPC=0，所以h1=h2=h3，所以点P是△ABC的内心，正确；
对于D：因为P是△ABC的外心，A=π4，所以∠BPC=π2，|PA|=|PB|=|PC|，
所以PB⋅PC=|PB|×|PC|×cos∠BPC=0，
因为PA=mPB+nPC，则|PA|2=m2|PB|2+2mnPB⋅PC+n2|PC|2，
化简得：m2+n2=1，由题意知m、n不同时为正，
记m=cosαn=sinα，π2<α<2π，则m+n=cosα+sinα= 2sin(α+π4)，
因为3π4<α+π4<9π4，所以−1≤sin(α+π4)< 22，所以−2≤ 2sin(α+π4)<1，
所以m+n∈[− 2,1)，正确．
故答案为：ABD．
对于A：利用重心的性质S△PBC=S△PAC=S△PAB，代入S△PBCPA+S△PACPB+S△PABPC=0即可；
对于B：利用三角形的面积公式结合S△PBCPA+S△PACPB+S△PABPC=0与aPA+bPB+cPC=0可知点P到AB、BC、CA的距离相等．
对于C：利用AB、AC将PA、PB、PC表示出来，代入S△PBCPA+S△PACPB+S△PABPC=0，化简即可表示出S△PBC、S△PAC、S△PAB的关系式，用S△PAB将S△ABP、S△ABC表示出来即可得处其比值．
对于D：利用三角形的圆心角为圆周角的两倍，再将PA=mPB+nPC两边平方，化简可得m2+n2=1，结合m、n的取值范围可得出答案．
本题考查平面向量的综合应用，属于中档题．
13.【答案】2
【解析】解：令2x−1=3，得x=2，
则f(3)=22−2=2．
故答案为：2．
令2x−1=3，求出x，代入计算即可．
本题主要考查函数的值，考查运算求解能力，属于基础题．
14.【答案】{x|−2
本题考查了求函数定义域的应用问题，解题的关键是列出使函数解析式有意义的不等式组，是基础题目．
15.【答案】9
【解析】解：由题可知(a+3i)2+2(a+3i)+b=0，即(a2+2a−9+b)+(6a+6)i=0，
所以a2+2a−9+b=0,6a+6=0,解得a=−1,b=10,，所以a+b=9．
故答案为：9．
利用实系数方程虚根成对定理，结合复数相等，求解即可．
本题考查复数的基本运算，实系数方程虚根成对定理的应用，是基础题．
16.【答案】5
【解析】解：如图所示：
设大正方形边长为1，则DG=sinθ=CF，CG=cosθ，小正方形的边长为GF=cosθ−sinθ，
∵sinθ+cosθ=35 5，
∴两边同时平方得(cosθ+sinθ)2=1+2sinθcosθ=95，解得2sinθcosθ=45，
∴(cosθ−sinθ)2=1−2cosθsinθ=15，
则图中的大正方形与小正方形的面积之比为12(cosθ−sinθ)2=5，
故答案为：5．
不妨设大正方形边长为1，用三角函数表示直角三角形的两条直角边，可得cosθ−sinθ，结合题意解出cosθ−sinθ，即可得出答案．
本题考查三角形的几何计算，考查转化思想和数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
17.【答案】证明：(1)∵四边形ABCD是圆柱OO1的轴截面，E为底面圆周上的一点，
∴BE⊥AE，BE⊥AD，
∵AD∩AE=A，∴BE⊥平面ADE．
解：(2)∵AE=2 5，BE=4，AD=5．
∴AB= (2 5)2+42=6，∴r=AB2=3，
∴圆柱的表面积：
S=2πr2+2πr⋅AD=2π×9+2π×5=28π．
【解析】(1)推导出BE⊥AE，BE⊥AD，由此能证明BE⊥平面ADE．
(2)推导出AB= (2 5)2+42=6，从而r=AB2=3，由此能求出圆柱的表面积．
本题考查线面垂直的证明，考查圆柱的表面积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．
18.【答案】解：(1)由(2a−c)cosB=bcosC，
根据正弦定理得(2sinA−sinC)cosB=sinBcosC，
可得2sinAcosB=sin(B+C)=sinA，
因为0
(ⅰ)则cosB=a2+c2−b22ac，
即12=16+c2−282×4×c，解得c=−2(舍)，c=6．
故c=6．
(ⅱ)由(2a−c)cosB=bcosC，
得(2×4−6)×12=2 7cosC，
解得cosC= 714，则sinC= 1−( 714)2=3 2114，
则sin2C=2sinCcosC=3 314，
cos2C=2cos2C−1=−1314，
则sin(2C+B)=sin2CcosB+cos2CsinB
=3 314×12+(−1314)× 32=−5 314．
【解析】(1)利用正弦定理和诱导公式求解即可．
(2)(ⅰ)利用余弦定理求解即可；(ⅱ)利用二倍角公式，两角和的正弦定理结合即可求解．
本题考查解三角形问题，正弦定理的应用，余弦定理的应用，属中档题．
19.【答案】解：(Ⅰ)证明：连接OE，如图所示．
∵O、E分别为AC、PC中点，
∴OE//PA．
∵OE⊂平面BDE，PA⊄平面BDE，
∴PA//平面BDE．
(Ⅱ)证明：∵PO⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
∴PO⊥BD．
在正方形ABCD中，BD⊥AC，
又∵PO∩AC=O，PO、AC⊂平面PAC，
∴BD⊥平面PAC．
又∵BD⊂平面BDE，∴平面PAC⊥平面BDE．
(Ⅲ)取OC中点F，连接EF．
∵E为PC中点，
∴EF为△POC的中位线，∴EF//PO．
又∵PO⊥平面ABCD，
∴EF⊥平面ABCD，
∵OF⊥BD，∴OE⊥BD．
∴∠EOF为二面角E−BD−C的平面角，
∴∠EOF=30°．
在Rt△OEF中，OF=12OC=14AC= 24a，
∴EF=OF⋅tan30°= 612a，∴OP=2EF= 66a.
∴VP−ABCD=13×a2× 66a= 618a3．
【解析】本题考查平面与平面垂直，直线与平面平行的判定定理的应用，几何体的体积的求法，考查计算能力．
(Ⅰ)连接OE，证明OE//PA，然后证明PA//平面BDE．
(Ⅱ)证明PO⊥BD，BD⊥AC，推出BD⊥平面PAC，然后证明平面PAC⊥平面BDE．
(Ⅲ)取OC中点F，连接EF，说明∠EOF为二面角E−BD−C的平面角，求出OF，EF，OP=2EF= 66a，然后求解几何体的体积．
20.【答案】解：(1)由f(x)的相邻两条对称轴的距离是π2，则T=2π2ω=π，
∴ω=1，
∴f(x)=2sin(2x+φ)
g(x)=2sin[2(x−π6)+φ]=2sin(2x−π3+φ)，
∵函数g(x)的图像关于原点对称，
∵−π3+φ=kπ，
∵|φ|<π2，
所以φ=π3．
∴f(x)=2sin(2x+π3)由2kπ−π2≤2x+π3≤2kπ+π2，k∈Z，
得kπ−512π≤x≤kπ+π12，k∈Z；
令k=0得−512π≤x≤π12，
k=1得712π≤x≤1312π，
∴f(x)在[0,π]增区间是[0,π12],[712,π]；
(2)令t=2x+π3，
∵x∈[0,π2]，
则t∈[π3,43π]，
所以2sint∈[− 3,2]
若f(x)+2m−3=0有两解，
即2sint=3−2m在t∈[π3,43π]上有两解，
由y=2sint的图象可得， 3≤3−2m<2，
即1<2m≤3− 3，
∴12
【解析】(1)直接利用已知条件求出函数的关系式，进一步求出函数的单调区间；
(2)利用方程和函数的图象的关系建立不等式的组，进一步求出m的取值范围．
本题考查的知识要点：三角函数关系式的变换，正弦型函数的性质的应用，函数的图象和方程的解的关系，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)当0
∴W=−40000x−16x+7360．
(2)①当0
②当x>40时，W=−40000x−16x+7360≤−2 40000x⋅16x+7360=5760，
当且仅当4000x=16x，即x=50时，等号成立，
即当x=50时，Wmax=5760，
综上所述，当x=32时，W取得最大值为6104万美元，
即当年产量为32万部时，公司在该款手机的生产中所获得的利润最大，最大利润为6104万美元．
【解析】(1)分段分别求出利润W(万美元)关于年产量x(万部)的函数解析式，再写为分段函数的形式即可．
(2)当040时，W=−40000x−16x+7360，利用基本不等式求出W的最大值，再比较两者的大小，取较大者即为W的最大值．
本题主要考查根据实际应用选择合适的函数模型，属于中档题．
22.【答案】解：(1)易知函数f(x)的定义域为R，∵函数f(x)=log2(4x+1)+kx为偶函数，
∴f(−x)=f(x)，即log2(4−x+1)−kx=log2(4x+1)+kx，
∴2kx=log2(4−x+1)−log2(4x+1)=log24x+14x4x+1=log24−x=−2x，
∴k=−1．
(2)∵f(x)=log2(4x+1)−x=log2(4x+12x)=log2(2x+12x)，
设x2>x1≥0，y2−y1=(2x2+12x2)−(2x1+12x1)=(2x2−2x1)+(12x2−12x1)=(2x2−2x1)(2x22x1−1)2x22x1，
∵x2>x1≥0，∴2x2>2x1≥1,2x2−2x1>0,2x22x1>1,y2−y1>0，
∴当x≥0时y=2x+12x单调递增，∴f(x)在[0,+∞)上单调递增，
又函数f(x)为偶函数，∴函数f(x)在[0,+∞)上单调递增，在(−∞,0]上单调递减，
∵f(2m+1)>f(m−1)，∴|2m+1|>|m−1|，
解得m<−2或m>0，
∴不等式的解集为(−∞,−2)∪(0,+∞)．
(3)∵函数f(x)与g(x)图象有2个公共点，
∴g(x)=log2(a⋅2x+a)=f(x)=log2(4x+1)−x=log2(4x+12x)有两个解，
即a⋅2x+a=4x+12x=2x+12x有两个解，
设t=2x>0，则at+a=t+1t，即(a−1)t2+at−1=0，
又t=2x在R上单调递增，
∴方程(a−1)t2+at−1=0有两个不等的正根，
从而a必须满足：∴a−1≠0Δ=a2−4(a−1)×(−1)>0−aa−1>0−1a−1>0，
解得2 2−2
【解析】(1)根据偶函数的定义可求得k=−1；
(2)先根据定义证明f(x)在[0,+∞)的单调性，根据偶函数的性质，建立不等式求解；
(3)图象有交点问题转化为方程有解问题，化归转化到一元二次方程有两个正解，数形结合建立不等式组可求解．
本题主要考查函数奇偶性与单调性的综合，函数的零点与方程根的关系，考查转化思想与运算求解能力，属于中档题．
2022-2023学年湖南省株洲市炎陵县高二（下）期末数学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知集合A={x|4x<1}，B={x|−3<6x<8}，则A∪B=( )
A. {x|x<14} B. {x|−12
A. 13 B. 17 C. 4 D. 5
3. 若正实数a、b满足a+2b=1，则当ab取最大值时，a的值是( )
A. 12 B. 14 C. 16 D. 18
4. 如图所示，液体从一个圆锥形漏斗漏入一个圆柱形桶中，开始时漏斗中盛满液体，经过3秒漏完，圆柱形桶中液面上升速度是一个常量，则漏斗中液面下降的高度H与下降时间t之间的函数关系的图象只可能是( )
A. B.
C. D.
5. 已知函数f(x)满足f(2x)=log2x，则f(16)=( )
A. −1 B. 1 C. 2 D. 4
6. 已知向量m=(sinωx, 32)，n=(12,cosωx)(ω>0)，设函数f(x)=m⋅n，若x=5π6为f(x)图象的对称轴，(π3,0)为f(x)图象的对称中心，且f(x)在区间(π12,π6)上单调，则ω的值为( )
A. 5 B. 7 C. 9 D. 11
7. 已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列正确的结论是( )
A. 若m//n，m//α，n//β，则α//β
B. 若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n
C. 若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β
D. 若m⊥n，m⊥α，n//β，则α⊥β
8. 蹴鞠(如图所示)，又名蹴球、蹴圆、筑球、踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球.因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似于今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列入第一批国家非物质文化遗产名录.已知某鞠(球)的表面上有四个点A，B，C，P，AC=BC=4，PA=2，AC⊥BC，PA⊥平面ABC，则该鞠(球)的表面积为( )
A. 49π B. 64π C. 36π D. 16π
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 以下各选项中，p是q的充分不必要条件的是( )
A. p：某四边形是菱形，q：某四边形对角线相互垂直
B. p：三角形有两边上的高相等，q：三角形为等腰三角形
C. p：ac2>bc2，q：a>b
D. p：x∈A∩B，q：x∈A∪B
10. 若不等式ax2−bx+c>0的解集是(−1,2)，则下列选项正确的是( )
A. a+b+c=0 B. a<0
C. b>0且c<0 D. 不等式ax2+cx+b>0的解集是R
11. 给出下列命题，其中正确的选项有( )
A. 非零向量a，b，满足|a|>|b|且a与b同向，则a>b
B. 若单位向量e1，e2−的夹角为60°，则当|2e1−te2|(t∈R)取最小值时，t=1
C. 在△ABC中，若{AB|AB|+AC|AC|}⋅BC=0，则△ABC为等腰三角形
D. 已知与a=(1,2)，b=(1,1)且a与a+λb的夹角为锐角，则实数λ的取值范围是(−53,+∞)
12. 如图.P为△ABC内任意一点，角A，B，C的对边分别为a，b，c，总有优美等式S△PBCPA+S△PACPB+S△PABPC=0成立，因该图形酯似奔驰汽车车标，故又称为奔驰定理.则以下命题是真命题的有( )
A. 若P是△ABC的重心，则有PA+PB+PC=0
B. 若aPA+bPB+cPC=0成立，则P是△ABC的内心
C. 若AP=25AB+15AC，则S△ABP：S△ABC=2：5
D. 若P是△ABC的外心，A=π4，PA=mPB+nPC，则m+n∈[− 2,1)
第II卷（非选择题）
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知函数f(2x−1)=x2−x，则f(3)= ______ ．
14. 函数f(x)=lg(x+2)+1 2−x的定义域为______ ．
15. 已知a，b∈R，a+3i是关于x的方程x2+2x+b=0的根，则a+b=______．
16. 2002年在北京召开的国际数学家大会，会标是以我国古代数学家赵爽的弦图为基础设计的，弦图是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形(如图)，直角三角形中较小的锐角为θ，若sinθ+cosθ=35 5，则图中的大正方形与小正方形的面积之比为 ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
四边形ABCD是圆柱OO1的轴截面，E为底面圆周上的一点，AE=2 5，BE=4，AD=5．
(1)求证：BE⊥平面ADE；
(2)求圆柱的表面积．
18. (本小题12.0分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足(2a−c)cosB=bcosC．
(1)求角B的大小；
(2)设a=4，b=2 7．
(ⅰ)求c的值；
(ⅱ)求sin(2C+B)的值．
19. (本小题12.0分)
如图所示，ABCD是正方形，O是正方形的中心，PO⊥底面ABCD，底面边长为a，E是PC的中点．
(Ⅰ)求证：PA//平面BDE；
(Ⅱ)平面PAC⊥平面BDE；
(Ⅲ)若二面角E−BD−C为30°，求四棱锥P−ABCD的体积．
20. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=2sin(2ωx+φ)(ω>0,|ω|<π2)的图象向右平移π6个单位长度得到g(x)的图象，g(x)图象关于原点对称，f(x)的相邻两条对称轴的距离是π2．
(1)求f(x)的解析式，并求其在[0,π]上的增区间；
(2)若f(x)+2m−3=0在x∈[0,π2]上有两解，求实数m的取值范围．
21. (本小题12.0分)
已知某电子公司生产某款手机的年固定成本为40万美元，每生产1万部还需另投入16万美元，设该公司一年内共生产该款手机x万部并全部销售完，每万部的销售收入为R(x)万美元，且R(x)=400−6x,0≤x≤407400x−40000x2,x>40．
(1)写出年利润W(万美元)关于年产量x(万部)的函数解析式(利润=销售收入−成本)；
(2)当年产量为多少万部时，该公司在该款手机的生产中所获得的利润最大？并求出最大利润．
22. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=log2(4x+1)+kx为偶函数．
(1)求实数k的值；
(2)解关于m的不等式f(2m+1)>f(m−1)；
(3)设g(x)=log2(a⋅2x+a)(a≠0)，若函数h(x)=f(x)−g(x)有2个零点，求实数a的取值范围．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：由题意可得，A={x|x<14}，B={x|−12
故选：C．
解不等式化简集合A，B，再利用并集的定义求解作答．
本题主要考查并集及其运算，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：z=21+i=2(1−i)(1+i)(1−i)=1−i，
故|z+2−3i|=|1−i+2−3i|=|3−4i|= 32+(−4)2=5．
故选：D．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数模公式，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数模公式，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：因为正实数a、b满足a+2b=1，则a+2b≥2 2ab，可得ab≤18，
当且仅当a=2ba+2b=1时，即当a=2b=12时，等号成立．
故选：A．
利用基本不等式等号成立的条件可求得ab取最大值时a的值．
本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：由于所给的圆锥形漏斗上口大于下口，
当时间取12t时，漏斗中液面下落的高度不会达到漏斗高度的12，
对比四个选项的图象，漏斗中液面下降的高度H与下降时间t之间的函数关系的图象只可能是B．
故选：B．
利用特殊值法，圆柱液面上升速度是常量，表示圆锥漏斗中液体单位时间内落下的体积相同，当时间取1.5分钟时，液面下降高度与漏斗高度的12比较．
本题主要考查了函数图象的变换，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：∵函数f(x)满足f(2x)=log2x，且f(16)=f(24)，
∴f(16)=f(24)=log24=2，
故选：C．
根据16=24，代入求解即可．
本题主要考查函数值的求解，考查计算能力，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：f(x)=m⋅n=12sinωx+ 32cosωx=sin(ωx+π3)，
∵f(x)的一条对称轴为x=5π6，f(x)一个对称中心为(π3,0)，
∵函数f(x)在区间(π12,π6)上具有单调性，
∴π6−π12≤T2，∴π12≤12×2πω，
∴ω≤12，
∴5π6ω+π3=k1π+π2⇒ω=6k1+15(k1∈Z)，
∴ω=15，75，135，255，315，375，435，495，555，
∴π3ω+π3=k2π⇒ω=3k2−1(k2∈Z)∴ω=2，5，8，11，
∴当ω=11时，f(x)=sin(11x+π3)，
∵x∈(π12,π6)，∴11x+π3∈(5π4,13π6)，此时与f(x)在(π12,π6)上单调矛盾；
综上可得：ω=5．
故选：A．
根据向量的数量积公式求得f(x)的解析式，再利用辅助角公式化简，根据三角函数的性质求解即可．
本题考查了利用正弦型函数的图象与性质，涉及向量数量积的坐标运算，属中档题．
7.【答案】C
【解析】解：若m//n，m//α，则n⊂α或n//α，又n//β，所以α//β或α与β相交，故A错误；
若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n或m与n异面，故B错误；
若m⊥n，m⊥α，则n⊂α或n//α，又n⊥β，所以α⊥β，故C正确；
若m⊥n，m⊥α，则n⊂α或n//α，又n//β，所以α//β或α与β相交，故D错误．
故选：C．
由空间中直线与直线平行、直线与平面平行的关系分析面面关系判定A；由两平行平面内两直线的关系判断B；由空间中直线与直线垂直、直线与平面垂直的关系分析面面关系判定C与D．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定及应用，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
8.【答案】C
【解析】解：已知某鞠(球)的表面上有四个点A，B，C，P，AC=BC=4，PA=2，AC⊥BC，PA⊥平面ABC，
如图所示：
故AB= 42+42=4 2，
作AP的垂直平分线和Rt△ABC斜边AB的垂线交于点O，
即点O为球的球心，
所以OA= (2 2)2+12=3，
故S球=4⋅π⋅32=36π．
故选：C．
首先求出球心的位置，进一步求出球的半径，最后求出球的表面积．
本题考查的知识要点：球的半径的求法，球的表面积公式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
9.【答案】ACD
【解析】解：选项A，菱形的对角线互相垂直，但对角线互相垂直的四边形不一定是菱形，所以p是q的充分不必要条件，即A正确；
选项B，三角形有两边上的高相等不一定是等腰三角形，等腰三角形的两个腰上的高一定相等，即p是q的必要不充分条件，即B错误；
选项C，由ac2>bc2，知a>b；若a>b，c2=0，则ac2=bc2，所以p是q的充分不必要条件，即C正确；
选项D，因为(A∩B)⊆(A∪B)，所以p是q的充分不必要条件，即D正确．
故选：ACD．
选项A，根据菱形的性质，可判断；
选项B，根据等腰三角形的两个腰上的高一定相等，可判断；
选项C，根据c2≥0，可判断；
选项D，由(A∩B)⊆(A∪B)，结合充分必要条件与集合的关系，可判断．
本题考查充分必要条件的判断，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
10.【答案】AB
【解析】解：由于不等式ax2−bx+c>0的解集是(−1,2)，
所以a<0，B正确；
且−1+2=ba−1×2=ca，即1=ba−2=ca，则b=a，c=−2a，
所以a+b+c=a+a−2a=0，A正确；
b=a<0，c=−2a>0，C错误；
不等式ax2+cx+b>0，即ax2−2ax+a>0，
即x2−2x+1=(x−1)2<0，无解，D错误．
故选：AB．
根据一元二次不等式的解集求得a，b，c的关系式，由此对选项进行分析，从而确定正确答案．
本题主要考查一元二次不等式及其应用，考查逻辑推理能力，属于基础题．
11.【答案】BC
【解析】解：对选项A，∵向量不能比较大小，∴A选项错误；
对选项B，∵|2e1−te2|= 4+t2−2t= (t−1)2+3，
∴当t=1时，|2e1−te2|取最小值，∴B选项正确；
对选项C，∵AB|AB|+AC|AC|表示与∠A的角平分线平行的向量，
又(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0，
∴∠A的角平分线与边BC所在直线垂直，
∴△ABC为等腰三角形，∴C选项正确；
对选项D，∵当λ=0时，a与a+λb的夹角为0，∴D选项错误．
故选：BC．
A：向量不能比较大小，从而A错误；B：可得出|2e1−te2|= 4+t2−2t，然后配方即可判断B的正误；C：可看出向量AB|AB|+AC|AC|表示与∠A的平分线平行的向量，从而得出该角平分线与边BC垂直，从而判断C的正误；D：可看出λ=0时，a与a+λb夹角为0，从而判断D的正误．
本题考查了向量的定义，向量数量积的运算，向量长度的求法，向量加法的平行四边形法则，单位向量的定义，菱形的对角线平分对角，向量夹角的定义，考查了计算能力，属于基础题．
12.【答案】ABD
【解析】解：对于A：如图所示：因为D、E、F分别为CA、AB、BC的中点，
所以CP=2PE，S△AEC=12S△ABC,S△APC=23S△AEC=13S△ABC，
同理可得S△APB=13S△ABC、S△BPC=13S△ABC，
所以S△PBC=S△PAC=S△PAB，
又因为S△PBCPA+S△PACPB+S△PABPC=0，
所以PA+PB+PC=0.正确；
对于C：因为AP=25AB+15AC，
所以PA=−25AB−15AC，所以PB=PA+AB=35AB−15AC，
所以PC=PA+AC=−25AB+45AC，
所以S△PBC(−25AB−15AC)+S△PAC(35AB−15AC)+S△PAB(−25AB+45AC)=0，
化简得：(−25S△PBC+35S△PAC−25S△PAB)AB+(−15S△PBC−15S△PAC+45S△PAB)AC=0，
又因为AB、AC不共线，
所以−25S△PBC+35S△PAC−25S△PAB=0−15S△PBC−15S△PAC+45S△PAB=0，所以S△PBC=2S△PABS△PAC=2S△PAB，
所以S△ABPS△ABC=S△PABS△PBC+S△PAC+S△PAB=15，错误；
对于B：记点P到AB、BC、CA的距离分别为h1、h2、h3，S△PBC=12a⋅h2,S△PAC=12b⋅h3,S△PAB=12c⋅h1，
因为S△PBCPA+S△PACPB+S△PABPC=0，
则12a⋅h2⋅PA+12b⋅h3⋅PB+12c⋅h1⋅PC=0，
即a⋅h2PA+b⋅h3PB+c⋅h1PC=0，
又因为aPA+bPB+cPC=0，所以h1=h2=h3，所以点P是△ABC的内心，正确；
对于D：因为P是△ABC的外心，A=π4，所以∠BPC=π2，|PA|=|PB|=|PC|，
所以PB⋅PC=|PB|×|PC|×cos∠BPC=0，
因为PA=mPB+nPC，则|PA|2=m2|PB|2+2mnPB⋅PC+n2|PC|2，
化简得：m2+n2=1，由题意知m、n不同时为正，
记m=cosαn=sinα，π2<α<2π，则m+n=cosα+sinα= 2sin(α+π4)，
因为3π4<α+π4<9π4，所以−1≤sin(α+π4)< 22，所以−2≤ 2sin(α+π4)<1，
所以m+n∈[− 2,1)，正确．
故答案为：ABD．
对于A：利用重心的性质S△PBC=S△PAC=S△PAB，代入S△PBCPA+S△PACPB+S△PABPC=0即可；
对于B：利用三角形的面积公式结合S△PBCPA+S△PACPB+S△PABPC=0与aPA+bPB+cPC=0可知点P到AB、BC、CA的距离相等．
对于C：利用AB、AC将PA、PB、PC表示出来，代入S△PBCPA+S△PACPB+S△PABPC=0，化简即可表示出S△PBC、S△PAC、S△PAB的关系式，用S△PAB将S△ABP、S△ABC表示出来即可得处其比值．
对于D：利用三角形的圆心角为圆周角的两倍，再将PA=mPB+nPC两边平方，化简可得m2+n2=1，结合m、n的取值范围可得出答案．
本题考查平面向量的综合应用，属于中档题．
13.【答案】2
【解析】解：令2x−1=3，得x=2，
则f(3)=22−2=2．
故答案为：2．
令2x−1=3，求出x，代入计算即可．
本题主要考查函数的值，考查运算求解能力，属于基础题．
14.【答案】{x|−2
本题考查了求函数定义域的应用问题，解题的关键是列出使函数解析式有意义的不等式组，是基础题目．
15.【答案】9
【解析】解：由题可知(a+3i)2+2(a+3i)+b=0，即(a2+2a−9+b)+(6a+6)i=0，
所以a2+2a−9+b=0,6a+6=0,解得a=−1,b=10,，所以a+b=9．
故答案为：9．
利用实系数方程虚根成对定理，结合复数相等，求解即可．
本题考查复数的基本运算，实系数方程虚根成对定理的应用，是基础题．
16.【答案】5
【解析】解：如图所示：
设大正方形边长为1，则DG=sinθ=CF，CG=cosθ，小正方形的边长为GF=cosθ−sinθ，
∵sinθ+cosθ=35 5，
∴两边同时平方得(cosθ+sinθ)2=1+2sinθcosθ=95，解得2sinθcosθ=45，
∴(cosθ−sinθ)2=1−2cosθsinθ=15，
则图中的大正方形与小正方形的面积之比为12(cosθ−sinθ)2=5，
故答案为：5．
不妨设大正方形边长为1，用三角函数表示直角三角形的两条直角边，可得cosθ−sinθ，结合题意解出cosθ−sinθ，即可得出答案．
本题考查三角形的几何计算，考查转化思想和数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
17.【答案】证明：(1)∵四边形ABCD是圆柱OO1的轴截面，E为底面圆周上的一点，
∴BE⊥AE，BE⊥AD，
∵AD∩AE=A，∴BE⊥平面ADE．
解：(2)∵AE=2 5，BE=4，AD=5．
∴AB= (2 5)2+42=6，∴r=AB2=3，
∴圆柱的表面积：
S=2πr2+2πr⋅AD=2π×9+2π×5=28π．
【解析】(1)推导出BE⊥AE，BE⊥AD，由此能证明BE⊥平面ADE．
(2)推导出AB= (2 5)2+42=6，从而r=AB2=3，由此能求出圆柱的表面积．
本题考查线面垂直的证明，考查圆柱的表面积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．
18.【答案】解：(1)由(2a−c)cosB=bcosC，
根据正弦定理得(2sinA−sinC)cosB=sinBcosC，
可得2sinAcosB=sin(B+C)=sinA，
因为0
(ⅰ)则cosB=a2+c2−b22ac，
即12=16+c2−282×4×c，解得c=−2(舍)，c=6．
故c=6．
(ⅱ)由(2a−c)cosB=bcosC，
得(2×4−6)×12=2 7cosC，
解得cosC= 714，则sinC= 1−( 714)2=3 2114，
则sin2C=2sinCcosC=3 314，
cos2C=2cos2C−1=−1314，
则sin(2C+B)=sin2CcosB+cos2CsinB
=3 314×12+(−1314)× 32=−5 314．
【解析】(1)利用正弦定理和诱导公式求解即可．
(2)(ⅰ)利用余弦定理求解即可；(ⅱ)利用二倍角公式，两角和的正弦定理结合即可求解．
本题考查解三角形问题，正弦定理的应用，余弦定理的应用，属中档题．
19.【答案】解：(Ⅰ)证明：连接OE，如图所示．
∵O、E分别为AC、PC中点，
∴OE//PA．
∵OE⊂平面BDE，PA⊄平面BDE，
∴PA//平面BDE．
(Ⅱ)证明：∵PO⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
∴PO⊥BD．
在正方形ABCD中，BD⊥AC，
又∵PO∩AC=O，PO、AC⊂平面PAC，
∴BD⊥平面PAC．
又∵BD⊂平面BDE，∴平面PAC⊥平面BDE．
(Ⅲ)取OC中点F，连接EF．
∵E为PC中点，
∴EF为△POC的中位线，∴EF//PO．
又∵PO⊥平面ABCD，
∴EF⊥平面ABCD，
∵OF⊥BD，∴OE⊥BD．
∴∠EOF为二面角E−BD−C的平面角，
∴∠EOF=30°．
在Rt△OEF中，OF=12OC=14AC= 24a，
∴EF=OF⋅tan30°= 612a，∴OP=2EF= 66a.
∴VP−ABCD=13×a2× 66a= 618a3．
【解析】本题考查平面与平面垂直，直线与平面平行的判定定理的应用，几何体的体积的求法，考查计算能力．
(Ⅰ)连接OE，证明OE//PA，然后证明PA//平面BDE．
(Ⅱ)证明PO⊥BD，BD⊥AC，推出BD⊥平面PAC，然后证明平面PAC⊥平面BDE．
(Ⅲ)取OC中点F，连接EF，说明∠EOF为二面角E−BD−C的平面角，求出OF，EF，OP=2EF= 66a，然后求解几何体的体积．
20.【答案】解：(1)由f(x)的相邻两条对称轴的距离是π2，则T=2π2ω=π，
∴ω=1，
∴f(x)=2sin(2x+φ)
g(x)=2sin[2(x−π6)+φ]=2sin(2x−π3+φ)，
∵函数g(x)的图像关于原点对称，
∵−π3+φ=kπ，
∵|φ|<π2，
所以φ=π3．
∴f(x)=2sin(2x+π3)由2kπ−π2≤2x+π3≤2kπ+π2，k∈Z，
得kπ−512π≤x≤kπ+π12，k∈Z；
令k=0得−512π≤x≤π12，
k=1得712π≤x≤1312π，
∴f(x)在[0,π]增区间是[0,π12],[712,π]；
(2)令t=2x+π3，
∵x∈[0,π2]，
则t∈[π3,43π]，
所以2sint∈[− 3,2]
若f(x)+2m−3=0有两解，
即2sint=3−2m在t∈[π3,43π]上有两解，
由y=2sint的图象可得， 3≤3−2m<2，
即1<2m≤3− 3，
∴12
【解析】(1)直接利用已知条件求出函数的关系式，进一步求出函数的单调区间；
(2)利用方程和函数的图象的关系建立不等式的组，进一步求出m的取值范围．
本题考查的知识要点：三角函数关系式的变换，正弦型函数的性质的应用，函数的图象和方程的解的关系，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)当0
∴W=−40000x−16x+7360．
(2)①当0
②当x>40时，W=−40000x−16x+7360≤−2 40000x⋅16x+7360=5760，
当且仅当4000x=16x，即x=50时，等号成立，
即当x=50时，Wmax=5760，
综上所述，当x=32时，W取得最大值为6104万美元，
即当年产量为32万部时，公司在该款手机的生产中所获得的利润最大，最大利润为6104万美元．
【解析】(1)分段分别求出利润W(万美元)关于年产量x(万部)的函数解析式，再写为分段函数的形式即可．
(2)当0
本题主要考查根据实际应用选择合适的函数模型，属于中档题．
22.【答案】解：(1)易知函数f(x)的定义域为R，∵函数f(x)=log2(4x+1)+kx为偶函数，
∴f(−x)=f(x)，即log2(4−x+1)−kx=log2(4x+1)+kx，
∴2kx=log2(4−x+1)−log2(4x+1)=log24x+14x4x+1=log24−x=−2x，
∴k=−1．
(2)∵f(x)=log2(4x+1)−x=log2(4x+12x)=log2(2x+12x)，
设x2>x1≥0，y2−y1=(2x2+12x2)−(2x1+12x1)=(2x2−2x1)+(12x2−12x1)=(2x2−2x1)(2x22x1−1)2x22x1，
∵x2>x1≥0，∴2x2>2x1≥1,2x2−2x1>0,2x22x1>1,y2−y1>0，
∴当x≥0时y=2x+12x单调递增，∴f(x)在[0,+∞)上单调递增，
又函数f(x)为偶函数，∴函数f(x)在[0,+∞)上单调递增，在(−∞,0]上单调递减，
∵f(2m+1)>f(m−1)，∴|2m+1|>|m−1|，
解得m<−2或m>0，
∴不等式的解集为(−∞,−2)∪(0,+∞)．
(3)∵函数f(x)与g(x)图象有2个公共点，
∴g(x)=log2(a⋅2x+a)=f(x)=log2(4x+1)−x=log2(4x+12x)有两个解，
即a⋅2x+a=4x+12x=2x+12x有两个解，
设t=2x>0，则at+a=t+1t，即(a−1)t2+at−1=0，
又t=2x在R上单调递增，
∴方程(a−1)t2+at−1=0有两个不等的正根，
从而a必须满足：∴a−1≠0Δ=a2−4(a−1)×(−1)>0−aa−1>0−1a−1>0，
解得2 2−2
【解析】(1)根据偶函数的定义可求得k=−1；
(2)先根据定义证明f(x)在[0,+∞)的单调性，根据偶函数的性质，建立不等式求解；
(3)图象有交点问题转化为方程有解问题，化归转化到一元二次方程有两个正解，数形结合建立不等式组可求解．
本题主要考查函数奇偶性与单调性的综合，函数的零点与方程根的关系，考查转化思想与运算求解能力，属于中档题．
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