2023-2024学年浙江省金华市十校高一（上）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年浙江省金华市十校高一（上）期末数学试卷（含详细答案解析），共15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。

1.sinπ3的值等于( )
A. 12B. −12C. 32D. − 32
2.已知集合A={1,2,3}，B={2,a,4}，若A∩B={2}，则实数a可以为( )
A. 1B. 3C. 4D. 7
3.若对于任意x∈[1,2]，不等式m+2−x2≤0恒成立，则实数m的取值范围是( )
A. m≤−1B. m≤0C. m≤1D. m≤2 2
4.哥哥和弟弟一起拎一重量为G的重物(哥哥的手和弟弟的手放在一起)，哥哥用力为F1，弟弟用力为F2，若|F1|=|F2|，且F1，F2的夹角为120∘时，保持平衡状态，则此时F1与重物重力G之间的夹角为( )
A. 60∘B. 90∘C. 120∘D. 150∘
5.“−4≤a≤4”是“函数f(x)=lg2(x2−ax+4)的定义域为R”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
6.已知函数f(x)=x2−(a+b)x+16，a，b是正实数.若存在唯一的实数x，满足f(x)≤0，则a2+3b2的最小值为( )
A. 46B. 48C. 52D. 64
7.某种废气需要经过严格的过滤程序，使污染物含量不超过20%后才能排放.过滤过程中废弃的污染物含量Q(单位：mg/L)与时间t(单位：h)之间的关系为Q=Q0e−kt，其中Q0是原有废气的污染物含量(单位：mg/L)，k是正常数.若在前4h消除了20%的污染物，那么要达到排放标准至少经过(答案取整数)( )
参考数据：ln0.2≈−1.609，ln0.8≈−0.223，0.84=0.4096，0.86≈0.26
A. 19hB. 29hC. 39hD. 49h
8.若实数x，y∈(−π4,π4)，满足xsinx=x2+2ysin2y，则( )
A. x≥2yB. x≤2yC. |x|≥|2y|D. |x|≤|2y|
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.在△ABC中，( )
A. 若A≥B，则csA≤csBB. 若A≥B，则tanA≥tanB
C. sin(A+B)=sinCD. sinA+B2=csC2
10.已知f(x)=xα(α∈R)( )
A. 当α=−1时，f(x)的值域为RB. 当α=3时，f(π)>f(3)
C. 当α=12时，f(x2)是偶函数D. 当α=12时，f2(x)是奇函数
11.已知函数f(x)=2cs2ωx+ 3sin2ωx−1(ω>0)的最小正周期为π，则( )
A. ω=2B. 函数f(x)在(0,π6)上为增函数
C. (−π3,0)是f(x)的一个对称中心D. 函数f(x+π6)的图像关于y轴对称
12.已知函数f(x)=cs[π(x−12)](2|x|+1)(2|x−1|+1)，则( )
A. 函数f(x)是周期函数B. 函数f(x)有最大值和最小值
C. 函数f(x)有对称轴D. 对于x∈[−1,12]，函数f(x)单调递增
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.sin2______0(填>或<).
14.函数f(n)=200cs(π6n+2π3)+300(n∈{1,2,3,…，12}为月份)，近似表示某地每年各个月份从事旅游服务工作的人数，游客流量越大所需服务工作的人数越多，则可以推断，当n=______时，游客流量最大.
15.已知函数f(x)=−x2−2x,x≤0,|lg2x|,x>0,则方程f(f(x))=2的所有根之积为______.
16.若函数f(x)=(x+2+kx+2+k)⋅ln(x+1)的值域为(0,+∞)，则实数k的最小值为______.
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
计算下列各式的值：
(Ⅰ)lg32+lg35−2lg3 10+2lg23；
(Ⅱ)1−64−x1+8−x+(1−2x)(1+2x+4x)+(8x2+8−x2)2.
18.(本小题12分)
已知向量a=(1,2)，|b|=2 5.
(Ⅰ)若a//b，求b的坐标；
(Ⅱ)若(−5a+2b)⊥(a+b)，求a与b的夹角.
19.(本小题12分)
已知函数f(x)=cs2x2−sin2x2+sinx.
(Ⅰ)求函数f(x)的最小正周期与对称轴方程；
(Ⅱ)当x0∈(0,π)且f(x0)=3 25时，求f(x0+π6)的值.
20.(本小题12分)
如图，在扇形OPQ中，半径OP=1，圆心角∠POQ=π3，A是扇形弧上的动点，过A作OP的平行线交OQ于B.记∠AOP=α.
(Ⅰ)求AB的长(用α表示)；
(Ⅱ)求△OAB面积的最大值，并求此时角α的大小.
21.(本小题12分)
已知函数f(x)=a(ex−1)+e−x.
(Ⅰ)当a=−1时，讨论f(x)的单调性(不必给出证明)；
(Ⅱ)当a=1时，求f(x)的值域；
(Ⅲ)若存在x1，x2∈(−∞,0)，使得f(x1)=f(x2)=0，求e2x1+e2x2的取值范围.
22.(本小题12分)
二次函数f(x)的最大值为34，且满足f(2−x)=f(x−2)，f(1)=−14，函数g(x)=kx(k≠0).
(Ⅰ)求函数f(x)的解析式；
(Ⅱ)若存在x0∈[−1,1]，使得f(x0)=g(x0)，且f(x)−g(x)的所有零点构成的集合为M，证明：M⊆[−1,1].
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：sinπ3= 32.
故选：C.
利用特殊角的三角函数值即可得解．
此题考查了特殊角的三角函数值的应用，熟练掌握相关特殊角的三角函数值是解本题的关键，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：集合A={1,2,3}，B={2,a,4}，A∩B={2}，
∴由交集定义得a的值不能取1，3，
由集合中元素的互异性得a的值不能是2，4，
则实数a可以为7.
故选：D.
由交集定义和集合中元素的互异性能求出结果．
本题考查由交集定义和集合中元素的互异性等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
3.【答案】A
【解析】解：任意x∈[1,2]，不等式m+2−x2≤0恒成立，即m≤x2−2对任意x∈[1,2]恒成立，
令y=x2−2，x∈[1,2]，
∴y=x2−2在[1,2]上单调递增，
∴当x=1时，ymin=−1，
∴m≤−1.
故选：A.
题意转化为m≤x2−2对任意x∈[1,2]恒成立，构造函数y=x2−2，x∈[1,2]，利用二次函数的性质求出最小值，即可得出答案．
本题考查函数恒成立问题，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
4.【答案】C
【解析】解：根据力的平衡，F1，F2的合力为CA，如图所示：
由于|F1|=|F2|，且F1，F2的夹角为120∘，
则△ACB为等边三角形，则∠ACB=60∘，
则F1与重物重力G之间的夹角为180∘−60∘=120∘.
故选：C.
根据力的平衡，平行四边形法则即可求夹角．
本题考查向量的应用，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】由函数f(x)的定义域为R，则x2−ax+4>0恒成立，
所以Δ=(−a)2−16<0，解得−4当a=4时，f(x)=lg2(x2−4x+4))lg2(x−2)2，x≠0，
则−4≤a≤4时，不满足f(x)=lg2(x2−ax+4)的定义域为R，
则“−4≤a≤4”是“函数f(x)=lg2(x2−ax+4)的定义域为R”的必要不充分条件．
故选：B.
f(x)的定义域为R，则x2−ax+4>0恒成立，Δ=(−a)2−16<0，由此可判断．
本题考查充分必要条件，考查对数的性质，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：因为f(x)=x2−(a+b)x+16，a，b是正实数，若存在唯一的实数x，满足f(x)≤0，
可得方程x2−(a+b)x+16=0有唯一的实数根，即Δ=(a+b)2−4×16=0，
解得a+b=8，所以a=8−b>0，
可得0所以a2+3b2=(8−b)2+3b2=4b2−16b+64，b∈(0,8)，
设f(b)=4b2−16b+64，b∈(0,8)，开口向上，对称轴方程为b=2，
显然2∈(0,8)，所以f(b)min=f(2)=4×22−16×2+64=48.
故选：B.
由题意可得方程x2−(a+b)x+16=0有唯一的实数根，由判别式为0，可得a+b=8，可得a=8−b，再由a，b为正实数，可得b的范围，代入代数式中，设函数f(b)的解析式，由b的范围，可得函数的最小值，即求出代数式的最小值．
本题考查不等式的解集与方程根的之间关系的应用及二次函数的性质的应用，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：由题有(1−20%)Q0=Q0e−4k，设t小时后污染物含量不超过20%，
则Q0e−kt≤20%Q0，解得t≥28.8，即至少经过29小时能达到排放标准．
故选：B.
根据题意列出方程和不等式即可求解．
本题考查了指数函数模型的应用，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：根据题意，若xsinx=x2+2ysin2y，由于x2≥0，则有xsinx≥2ysin2y，
设g(t)=tsint，t∈(−π2,π2)，
有g(−t)=(−t)sin(−t)=tsint=g(t)，则g(t)在(−π2,π2)上为偶函数，
又由g′(t)=sint+tcst，在(0,π2)上，有sint>0，cst>0，则有g′(t)>0，
则g(t)=tsint在(0,π2)上递增，
x，y∈(−π4,π4)，则xsinx≥2ysin2y⇔g(x)≥g(2y)⇔g(|x|)≥g(2|y|)⇔|x|≥2|y|.
故选：C.
根据题意，分析可得xsinx=x2+2ysin2y等价于xsinx≥2ysin2y，设g(t)=tsint，t∈(−π2,π2)，分析g(t)的奇偶性和单调性，由此可得xsinx≥2ysin2y⇔g(x)≥g(2y)⇔g(|x|)≥g(2|y|)，结合单调性分析可得答案．
本题考查函数单调性和奇偶性的综合应用，注意构造函数，属于中档题．
9.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题重点考查三角函数的性质和诱导公式，考查运算求解能力，是基础题．
对于A，由π>A≥B>0，得csA≤csB；
对于B，举反例判断；
对于C，利用诱导公式判断；
对于D，利用诱导公式判断．
【解答】
解：对于A，∵π>A≥B>0，∴csA≤csB，故A正确；
对于B，当B=π6，A=2π3时，tanB>0>tanA，故B错误；
对于C，∵A+B=π−C，∴sin(A+B)=sinC，故C正确；
对于D，A+B2=π2−C2，∴sinA+B2=csC2，故D正确．
故选：ACD.
10.【答案】BC
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，当α=−1时，f(x)=x−1=1x，其值域为{y|y≠0}，A错误；
对于B，当α=3时，f(x)=x3，在R上为增函数，则有f(π)>f(3)，B正确；
对于C，当α=12时，f(x2)= x2=|x|，易得f(x)为偶函数，C正确；
对于D，当α=12时，f2(x)=( x)2=x，其定义域为[0,+∞),既不是奇函数也不是偶函数，D错误．
故选：BC.
由幂函数的性质分析A和B，由函数奇偶性的定义分析C、D，综合可得答案．
本题考查幂函数的性质，涉及函数奇偶性的判断，属于基础题．
11.【答案】BD
【解析】解：由于函数f(x)=2cs2ωx+ 3sin2ωx−1=cs2ωx+ 3sin2ωx=2cs(2ωx−π3)(ω>0)的最小正周期为2π2ω=π，
∴ω=1，可得y=2cs(2x−π3)，故A错误．
在(0,π6)上，2x−π3∈(−π3,0)，函数f(x)单调递增，故B正确．
令x=−π3，求得f(x)=−2，为最大值，可得x=−π3是f(x)的图象的一条对称轴，故C错误．
由于函数f(x+π6)=2cs2x，故f(x+π6)为偶函数，它的图像关于y轴对称，故D正确．
故选：BD.
由题意，利用三角恒等变换，化简f(x)的解析式，再根据余弦函数的图象和性质，得出结论．
本题主要考查三角恒等变换，余弦函数的图象和性质，属于中档题．
12.【答案】BC
【解析】解：f(x)=cs[π(x−12)](2|x|+1)(2|x−1|+1)=sinπx(2|x|+1)(2|x−1|+1)，
对于C选项，因为f(1−x)=sin[π(1−x)](2|1−x|+1)(21−x−1|+1)=sinπx(2|x|+1)(2|x−1|+1)=f(x)，
所以函数f(x)的图象关于直线x=12对称，C对；
对于D选项，因为f(−1)=0，f(0)=0，故函数f(x)在[−1,12]上不单调，D错；
对于B选项，因为函数f(x)的图象关于直线x=12对称，要求函数f(x)的最大值和最小值，
所以只需求出函数f(x)在[12,+∞)上的最大值和最小值即可，
设g(x)=(2|x|+1)(2|x−1|+1)，
当12≤x≤1时，g(x)=(2x+1)(21−x+1)=3+2x+22x，令t=2x∈[ 2,1]，
因为函数t=2x在[12,1]上单调递增，函数y=3+t+2t在[ 2,1]上单调递增，
所以函数g(x)在[12,1]上单调递增，
当x≥1时，g(x)=(2x+1)(2x−1+1)=22x−1+32⋅2x+1在[1,+∞)上为增函数，
所以函数g(x)=(2|x|+1)(2|x−1|+1)在[12,+∞)上为增函数，
故函数g(x)在x=12处取得最大值，且g(x)max=g(12)=( 2+1)2，
故函数1g(x)在x=12处取得最小值，且最小值为1( 2+1)2=( 2−1)2，
当12≤x≤32时，则π2≤πx≤3π2，则函数h(x)=siπx在[12,32]上为减函数，
对任意的x1x2∈[12,32]，且x1h(x2)，g(x2)>g(x1)>0，1g(x1)>1g(x2)>0，
由不等式的基本性质可得h(x1)g(x1)>h(x1)g(x2)>h(x2)g(x2)，即f(x1)>f(x2)，
所以函数f(x)在[12,32]上单调递减，
又因为当x=12时，函数h(x)=sinπx取得最大值，
故函数f(x)仅在x=12处取得最大值，
对任意的x∈[32,+∞),h(x)≥h(32),1g(x)≤1g(32),
若h(x)≥0，则h(x)g(x)≥0>h(32)g(32)，
若h(x)<0，则h(x)≥h(32)，−h(x)g(x)≤−h(32)g(32)，则h(x)g(x)≥h(32)g(32).
综上所述，对任意的x∈[32,+∞),f(x)≥f(32),
又因为函数f(x)在[12,32]上单调递减，
故当x≥12时，f(x)在x=32处取得最小值，
综上所述，函数f(x)既有最大值，也有最小值，C对；
对于A选项，由C选项可知，函数f(x)仅在x=12处取得最大值，
若函数f(x)是以T(T>0)为周期的周期函数，
则f(T+12)=f(12)，与题意矛盾，故函数f(x)不可能是周期函数，A错．
故选：BC.
利用函数对称性的定义可判断C选项；判断函数f(x)在[12,32]上的单调性，结合函数最值的定义可判断B选项；利用特殊值法可判断D选项；利用反证法结合B选项中的结论可判断A选项．
本题考查了函数的性质，属于难题．
13.【答案】>
【解析】解：∵2是第二象限角，
∴sin2>0.
故答案为：>.
由2是第二象限角，得到sin2>0.
本题考查三角函数的定义和符号等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
14.【答案】8
【解析】解：令πn6+2π3=2π，则n=8.
故答案为：8.
由已知结合余弦函数的性质即可求解．
本题主要考查了余弦函数最值取得条件的应用，属于基础题．
15.【答案】14
【解析】解：画出函数f(x)的图象，如图所示：
由图象可知，f(x)=2有2个根，且两个根都大于0，
所以令|lg2x|=2，得x=4或14，
因为f(f(x))=2所以f(x)=4或f(x)=14，
由图象可知，方程f(x)=4有2个根，且两个根都大于0，设为x1，x2，
由|lg2x|=4，可得x1x2=1，
方程f(x)=14有4个根，且有2个根大于0，设为x3，x4，有2个根小于0，设为x5，x6，
由|lg2x|=14，可得x3x4=1，
由−x2−2x=14，可得x2+2x+14=0，
所以x5x6=14，
所以方程f(f(x))=2的所有根之积为x1x2x3x4x5x6=1×1×14.
故答案为：14.
画出函数f(x)的图象，由f(f(x))=2可得f(x)=4或f(x)=14，数形结合求解即可．
本题主要考查了函数的零点与方程根的关系，考查了数形结合的数学思想，属于中档题．
16.【答案】−2
【解析】解：根据题意，函数f(x)=(x+2+kx+2+k)⋅ln(x+1)，其定义域为(−1,0)∪(0,+∞)，
若f(x)的值域为(0,+∞)，则f(x)=(x+2+kx+2+k)⋅ln(x+1)>0在区间(−1,0)∪(0,+∞)上恒成立，
当−1此时必有x+2+kx+2+k<0，变形可得k+2>−x2x+1，
当x>0时，x+1>1，有ln(x+1)>0，
此时必有x+2+kx+2+k>0，变形可得k+2>−x2x+1，
综合可得：k+2>−x2x+1在(−1,0)∪(0,+∞)上恒成立，
设g(x)=x2x+1，x∈(−1,0)∪(0,+∞)，
则g(x)=x2−1+1x+1=x−1+1x+1=(x+1)+1x+1−2，
又由x∈(−1,0)∪(0,+∞)，则x+1>0且x+1≠1，
由基本不等式的性质，(x+1)+1x+1−2>2−2=0，
则有g(x)>0，
故−x2x+1=−g(x)<0，
若k+2>−x2x+1在(−1,0)∪(0,+∞)上恒成立，必有k+2≥0，解可得k≥−2，
实数k的最小值为−2.
故答案为：−2.
根据题意，分析f(x)的定义域可得f(x)>0在区间(−1,0)∪(0,+∞)上恒成立，分−10两种情况讨论，可得k+2>−x2x+1在(−1,0)∪(0,+∞)上恒成立，设g(x)=x2x+1，x∈(−1,0)∪(0,+∞)，分析g(x)的最小值，可得关于k的不等式，解可得答案．
本题考查函数的值域，涉及基本不等式的性质，属于中档题．
17.【答案】解：(Ⅰ)原式=lg3(2×5)−lg310+3=0+3=3；
(Ⅱ)原式=1−8−x+1−8x+8x+2+8−x=4.
【解析】(Ⅰ)利用对数的运算性质化简即可求解；(Ⅱ)利用有理数指数幂的运算性质化简即可求解．
本题考查了对数以及有理数指数幂的运算性质，属于基础题．
18.【答案】解：(Ⅰ)由题意，因为a//b，所以设b=λa=(λ,2λ).
因为|b|=2 5，所以 λ2+(2λ)2=2 5，解得λ=±2，
所以b=(2,4)或b=(−2,−4)；
(Ⅱ)因为(−5a+2b)⊥(a+b)，
所以(−5a+2b)⋅(a+b)=0，
所以−5a2−3a⋅b+2b2=0，
因为a=(1,2)，|b|=2 5，所以|a|= 12+22= 5，
所以−5×5−3a⋅b+2×20=0，解得a⋅b=5.
设a与b的夹角为θ，
则csθ=a⋅b|a||b|=5 5×2 5=12，
又因为θ∈[0,π]，所以θ=π3，
所以a与b的夹角为π3.
【解析】(Ⅰ)设b=λa=(λ,2λ)，由题建立关于λ的方程，求解即可；
(Ⅱ)由平面向量的数量积运算计算可得a⋅b=5，再由向量的夹角公式计算即可．
本题考查平面向量的数量积与夹角，属于中档题．
19.【答案】解：(Ⅰ)由题设有f(x)=csx+sinx= 2sin(x+π4).
函数f(x)=cs2x2−sin2x2+sinx=csx+sinx= 2sin(x+π4)的最小正周期是T=2π.
由x+π4=kπ+π2，k∈Z，求得函数的对称轴为x=kπ+π4，k∈Z.
(Ⅱ)由f(x0)=3 25得， 2sin(x0+π4)=3 25，即sin(x0+π4)=35.
因为x0∈(0,π)，所以x0+π4∈(π4,5π4).
若x0+π4∈(π4,π2)，则sin(x0+π4)> 22，这与sin(x0+π4)=35，矛盾．
∴x0+π4∈(π2,π).
从而cs(x0+π4)=− 1−sin2(x0+π4)=− 1−(35)2=−45.
于是f(x0+π6)= 2sin(x0+π4+π6)= 2sin[(x0+π4)+π6]= 2[sin(x0+π4)csπ6+cs(x0+π4)sinπ6]= 2(35× 32+−45×12)=3 6−4 210.
【解析】(Ⅰ)由题意，利用三角恒等变换，化简f(x)的解析式，再根据正弦函数的图象和性质，求出函数f(x)的最小正周期与对称轴方程．
(Ⅱ)由题意，求出sin(x0+π4)的值，可得cs(x0+π4)的值，再利用两角和的正弦公式，求出f(x0+π6)的值．
本题主要考查三角恒等变换，正弦函数的图象和性质，同角三角函数的基本关系、两角和的正弦公式，属于中档题．
20.【答案】解：(Ⅰ)过A、B作OP的垂线，垂足分别为C、D，如图所示：
则OD=OPcsα=csα，BC=AD=OPsinα=sinα，0<α<π3，
所以OC=BCtan∠POQ=sinα 3，
所以AB=CD=OD−OC=csα−sinα 3=csα− 33sinα.
(Ⅱ)△OAB的面积为S=12AB×BC=12(csα− 33sinα)sinα=14sin2α− 312(1−cs2α)
=12 3( 32sin2α+12cs2α)− 312= 36sin(2α+π6)− 312，
因为0<α<π3，所以π6<2α+π6<5π6，
所以2α+π6=π2，即α=π6时，S最大= 36− 312= 312，
所以α=π6时，△OAB面积的最大值为 312.
【解析】(Ⅰ)过A、B作OP的垂线，垂足分别为C、D，计算OD、BC，求出OC、AB即可．
(Ⅱ)求出△OAB的面积，利用三角函数求出最大值以及取最大值时对应α的值．
本题考查了三角函数的定义、图象与性质应用问题，是中档题．
21.【答案】解：(Ⅰ)当a=−1时，f(x)=−(ex−1)+e−x=−ex+e−x+1，
因为y=−ex，y=e−x在R上单调递减，
所以f(x)在R上单调递减，
证明：任取x1，x2∈R，x1>x2，
f(x1)−f(x2)=(−ex1+e−x1+1)−(−ex2+e−x2+1)=(ex2−ex1)+(e−x1−e−x2)
=(ex2−ex1)+(1ex1−1ex2)=(ex2−ex1)+ex2−ex1ex1+x2=(ex2−ex1)(1+1ex1+x2)，
因为x1>x2，
所以ex1>ex2>0，即ex2−ex1<0，且1+1ex1+x2>0，
所以f(x1)−f(x2)<0，
所以f(x1)所以f(x)在R上单调递减．
(Ⅱ)当a=1时，f(x)=ex+e−x−1≥2−1=1，当且仅当x=0时取等号，
所以f(x)的值域为[1,+∞).
(Ⅲ)令t=ex∈(0,1)，则问题等价于存在t1，t2∈(0,1)，使得at2−at+1=0，
令g(t)=at2−at+1，
因为g(t)在t∈(0,1)有两个零点，
故a>0,g(0)>0,g(1)>0,0<12<1,△>0.解得a>4，
由韦达定理和根的定义可知：t1+t2=1，t1+t2=1a，
所以e2x1+e2x2=t12+t22=(t1+t2)2−2t1t2=1−2a，
又因为a>4，
所以e2x1+e2x2的取值范围为(12,1).
【解析】(Ⅰ)当a=−1时，f(x)=−ex+e−x+1，利用单调性的定义，即可得出答案．
(Ⅱ)当a=1时，f(x)=ex+e−x−1，由基本不等式，即可得出答案．
(Ⅲ)令t=ex∈(0,1)，则问题等价于存在t1，t2∈(0,1)，使得at2−at+1=0，令g(t)=at2−at+1，则a>0,g(0)>0,g(1)>0,0<12<1,△>0.解得a，结合韦达定理，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
22.【答案】解：(Ⅰ)由f(2−x)=f(x−2)可得对称轴方程为x=(2−x)+(x−2)2=0，
由函数的最大值为34，可设f(x)=ax2+34(a<0)，
又因为f(1)=−14，即−14=a+34，
解得a=−1，
所以f(x)=−x2+34；
(Ⅱ)证明：因为f(x0)=g(x0)=kx0，所以k=−x03+34x0(x0∈[−1,1])，
由f(x)−g(x)=0，化简可得x3−34x−x03+34x0=0，
即(x−x0)(x2+x0x+x02−34)=0，
令φ(x)=x2+x0x+x02−34，
因为x0∈[−1,1])，
显然判别式Δ=x02−4(x02−34)=3−3x02≥0，可知φ(x)=0在R上有解，
①当x0=1时，φ(x)=x2+x0x+x02−34=x2+x+14=0，此时M={−12,1}⊆[−1,1]，
②当x0=−1时，φ(x)=x2+x0x+x02−34=x2−x+14=0，此时M={12,1}⊆[−1,1]，
③当x0∈(−1,1)时，φ(x)的对称轴是x=−x02∈(−12,12)，
因为φ(−x02)<0,φ(−1)=1−x0+x02−34=(x0−12)2≥0,由零点的存在性定理可得φ(x)在区间[−1,−x02]上有一根为x1；
因为φ(1)=1+x0+x02−34=(x0+12)2≥0,φ(−x02)<0,由零点的存在性定理可得φ(x)在区间[−x02,1]上有一根为x2.
此时M={x0,x1,x2}⊆[−1,1].
综合①②③，M⊆[−1,1]成立．
【解析】(Ⅰ)由题意可得函数的对称轴方程，设函数的解析式，由f(1)的值，可得参数的值，即求出函数的解析式；
(Ⅱ)求出f(x)−g(x)的零点满足的条件，即(x−x0)(x2+x0x+x02−34)=0，令φ(x)=x2+x0x+x02−34，分x0=−1，x0=1即x0∈(−1,1)三种情况讨论，可证得结论．
本题考查二次函数的性质的应用及函数的零点存在性定理的应用，属于中档题．