2020-2021年江苏省盐城市高一（上）期末考试_数学试卷苏教版

这是一份2020-2021年江苏省盐城市高一（上）期末考试_数学试卷苏教版，共13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. 角α=4，则角α终边所在象限是( )
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

2. 函数f(x)=ex+2x−3的零点所在区间是( )
A.(−2, −1)B.(−1, 0)C.(1, 2)D.(0, 1)

3. 扇形的弧长为6，面积为6，则扇形的圆心角是( )
A.2B.3C.4D.5

4. 已知集合A={y|y=2x，x∈R}，B={x|4x−1≤8}，则A∩B=( )
A.(−∞, 52)B.[0, 52]C.(0, 72]D.(0, 52]

5. 已知幂函数y=f(x)的图象过点(2,22)，则下列结论正确的是( )
A.y=f(x)的定义域为[0, +∞)B.y=f(x)在其定义域上为减函数
C.y=f(x)是偶函数D.y=f(x)是奇函数

6. 函数fx=lg3x2−2lg9x2−3在区间127,9上的最大值和最小值分别是( )
A.60，−3B.60，−4C.12，−3D.12，−4

7. 已知a=3−12，b=lg213，c=lg1212，则( )
A.b
8. 函数y=|x|e−xx的图象大致形状是( )
A.B.
C.D.
二、多选题

下列命题是假命题的是( )
A.若函数fx的图像在R上连续不断，且满足f0<0 ，f1>0，f2>0，则fx在区间(0,1)上一定有零点，在区间1,2上一定没有零点
B.函数y=x2−2x−8的零点是−2,0和4,0
C.“ac=bc”是“a=b”成立的充要条件
D.已知a∈R，“幂函数fx=xa−1在0,+∞上为增函数”是“指数函数gx=2a−3x为增函数”成立的必要不充分条件

已知函数fx=Asinωx+φ(A>0，ω>0，0<φ<π)的最小正周期为4，其图象的一个最高点为A13,2，下列结论正确的是( )
A.ω=π
B.φ=π3
C.将fx图象上各点的横坐标变为原来的12，纵坐标不变，得到ℎx图象；再将ℎx图象向右平移16个单位长度，得到函数y=2sinπx+π6的图象
D.y=fx的图象关于x=1对称

已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0, |φ|<π2)的最小正周期是π，若其图象向右平移π3个单位后得到的函数为奇函数，则下列结论正确的是( )
A.函数f(x)的图象关于直线x=2π3对称
B.函数f(x)的图象关于点(11π12, 0)对称
C.函数f(x)在区间[−π2,−π12]上单调递减
D.函数f(x)在[π4,3π2]上有2个零点

已知0A.lg2a<0B.2a−b<12
C.2ba+ab<4D.lg2a+lg2b<−2
三、填空题

函数fx=lg0.52x−1的定义域为________.

已知sin3π2+α+2csπ−α=sinα，则sin2α+sinαcsα=________.

已知a+2b=2，则2a+4b的最小值是________.

已知sinα+csα=717 ，α∈0,π，则tanα=________.
四、解答题


(1)计算： 2lg32−lg3329+lg38−5lg53；

(2)已知lg189=a，18b=5，用a，b表示lg3625.

已知集合A={x|x−4x+1<0}，集合B={x|x2+4mx<5m2,m>0}.
(1)若集合B={x|−5
(2)若“x∈B”是“x∈A”的必要条件，求实数m的取值范围．

已知函数f(x)=2sin(2x+π4)+1，x∈R．
(1)求函数f(x)的单调递增区间；

(2)求函数f(x)在区间[−π4, π4]上的最小值和最大值．

某生物研究者于元旦在湖中放入一些凤眼莲（其覆盖面积为k），这些凤眼莲在湖中的蔓延速度越来越快，二月底测得凤眼莲的覆盖面积为24m2，三月底测得凤眼莲的覆盖面积为36m2，凤眼莲的覆盖面积y（单位：m2）与月份x（单位：月）的关系有两个函数模型y=kaxk>0,a>1与y=px12+kp>0,k>0可供选择．
(1)试判断哪个函数模型更适合并求出该模型的解析式；

(2)求凤眼莲的覆盖面积是元旦放入凤眼莲面积10倍以上的最小月份（参考数据：lg2≈，lg3≈0.4711）.

已知某手机品牌公司生产某款手机的年固定成本为40万元，每生产1万部还需另投入16万元．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)万元，且R(x)=400−6x,040.
(1)写出年利润W(万元)关于年产量x(万部)的函数解析式；

(2)当年产量为多少万部时，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．

设函数f(x)=a2x−(t−1)ax(a>0，且a≠1)是定义域为R的奇函数．
(1)求t的值；

(2)若f(1)>0，求使不等式f(kx−x2)+f(x−1)<0对一切x∈R恒成立的实数k的取值范围；

(3)若函数f(x)的图象过点(1, 32)，是否存在实数m，使函数g(x)=a2x+a−2x−mf(x)在[1, lg23]上的最大值为1，若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021年江苏省盐城市高一(上)期末考试 数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
象限角、轴线角
【解析】
由题设α=4∈π,3π2，所以角的终边在第三象限.
【解答】
解：由题意，得α=4∈π,3π2，
则角α的终边在第三象限.
故选C.
2.
【答案】
D
【考点】
函数零点的判定定理
【解析】
由函数的解析式求得f(0)f(1)<0，再根据根据函数零点的判定定理可得函数f(x)=ex+2x−2的零点所在的区间．
【解答】
解：A，∵ f(−2)=e−2−4−3=e−2−7<0，
f(−1)=e−1−2−3=e−2−5<0，
∴ f(−2)f(−1)>0，故A选项不符合题意；
B，∵ f(−1)=e−1−2−3=e−2−5<0，
f(0)=1+0−3=−2<0，
∴ f(−1)f(0)>0，故B选项不符合题意；
C，∵ f(1)=e+2−3=e−1>0，
f(2)=e2+4−3=e2+1>0，
∴ f(1)f(2)>0，故C选项不符合题意；
D，∵ f(0)=1+0−3=−2<0，
f(1)=e+2−3=e−1>0，
∴ f(0)f(1)<0，
根据函数零点的判定定理，
得函数f(x)=ex+x2−3的零点所在的区间是(0, 1),
故D选项符合题意.
故选D.
3.
【答案】
B
【考点】
扇形面积公式
弧长公式
【解析】
首先根据扇形的面积求出半径，再由弧长公式得出结果．
【解答】
解：根据扇形的面积公式，得S=12lr，
即6=12×6r，
解得r=2.
根据弧长公式，得l=αr，
则扇形的圆心角α=lr=62=3.
故选B．
4.
【答案】
D
【考点】
交集及其运算
【解析】
求出集合B，然后求解交集即可．
【解答】
解：集合A={y|y>0}，B={x|x≤52}，
则A∩B=(0, 52]．
故选D．
5.
【答案】
B
【考点】
幂函数的概念、解析式、定义域、值域
幂函数的单调性、奇偶性及其应用
【解析】
先利用已知点求出幂函数的解析式，再利用幂函数的性质解题即可．
【解答】
解：由题意，设幂函数f(x)=xα.
∵ 幂函数y=f(x)的图象过点(2,22)，
∴ 2α = 22，
解得α = − 12，
∴ f(x) =x−12=1x，
∴ y=f(x)的定义域为(0, +∞)，且在其定义域上是减函数，
故选项A错误，选项B正确；
∵ 函数y=f(x)的定义域为(0, +∞)，不关于原点对称，
∴ 函数y=f(x)不具有奇偶性，故选项C错误，选项D错误.
故选B．
6.
【答案】
D
【考点】
对数函数的图象与性质
二次函数在闭区间上的最值
对数函数的单调性与特殊点
【解析】
利用对数函数的单调性得得−3≤lg3x≤2，再利用二次函数的最值得解.
【解答】
解：由对数函数的单调性，得当x∈127,9时，
−3=lg3127≤lg3x≤lg39=2，
又f(x)=lg3x2−2lg3x−3=lg3x−12−4，
则当lg3x=1，即x=3时，f(x)取得最小值，
且f(x)min=−4，
当lg3x=−3，即x=127时，f(x)取得最大值，
且f(x)max=12.
综上所述，f(x)的最大值为12，最小值为−4.
故选D.
7.
【答案】
A
【考点】
指数式、对数式的综合比较
【解析】
利用指数与对数函数的单调性即可解出.
【解答】
解：∵ a=3−12∈0,1，b=lg213<0，
c=lg1213>lg1212=1，
∴ b故选A.
8.
【答案】
D
【考点】
指数函数的图象
【解析】
根据函数f(x)=e−x，x>0−e−x，x<0，再根据函数的单调性和值域，结合所给的选项可得结论．
【解答】
解：函数f(x)=|x|e−xx
=e−x，x>0−e−x，x<0，
在(0, +∞)上是减函数，
值域(0, 1)；
在(−∞, 0)上是增函数，
值域是(−∞, −1).
故选D．
二、多选题
【答案】
A,B,C
【考点】
命题的真假判断与应用
函数的零点
函数零点的判定定理
幂函数的性质
【解析】
利用函数零点存在性定理以及零点的概念判定A,B，利用充分必要条件的判定C,D.幂函数，指数函数的单调性，难度适中.
【解答】
解：A，若函数fx的图像在R上连续不断，
且f0<0 ，f1>0，f2>0，
由函数零点存在性定理可知，f(x)在区间(0,1)上一定有零点，
在区间(1,2)上零点不确定，故选项A错误；
B，函数y=x2−2x−8，
令x2−2x−8=0，
解得x=−2或x=4，
因为二次函数的零点是指图象与x轴交点的横坐标，
所以函数y=x2−2x−8的零点是−2,0和4,0，
故选项B错误；
C，因为当c=0时，a=b不一定成立，
所以充分性不成立，
因为当a=b时，一定有ac=bc成立，
所以必要性成立，
故“ac=bc”是“a=b”的必要不充分条件，
故选项C错误；
D，若幂函数fx=xa−1在0,+∞上为增函数，
则a>1；
若指数函数gx=2a−3x为增函数，
则2a−3>1，
解得a>2，
又a>1是a>2的必要不充分条件，
所以“幂函数fx=xa−1在0,+∞上为增函数”是
“指数函数gx=2a−3x为增函数”成立的必要不充分条件，
故D选项正确.
故选ABC.
【答案】
B,C
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
正弦函数的对称性
【解析】
利用题设得所以f(x)=2sinπ2x+π3，再利用图象的变换，对称性得解.
【解答】
解：∵ 函数f(x)的最小正周期T=4，
∴ 2πω=4，
解得ω=π2，故选项A错误；
∵ 函数f(x)的最高点为13,2，
∴ A=2，
即2=2sin13×π2+φ(0<φ<π)，
解得φ=π3，故选项B正确；
∵ 函数f(x)=2sinπ2x+π3，
将f(x)图象上所有点横坐标变为原来的12，
纵坐标不变，得ℎ(x)=2sinπx+π3，
再向右平移16个单位长度，得y=2sinπx−16+π3
=2sinπx+π6，故选项C正确；
由正弦函数的对称性可知，π2x+π3=π2+kπ，k∈Z，
解得x=13+k，k∈Z，故选项D错误.
故选BC.
【答案】
C,D
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
正弦函数的对称性
正弦函数的单调性
正弦函数的奇偶性
【解析】
函数f(x)＝sin(ωx+φ)(ω>0, |φ|<π2)的最小正周期是π，2πω=π，解得ω＝2．f(x)＝sin(2x+φ)，若其图象向右平移π3个单位后得到的函数g(x)为奇函数，g(x)＝sin(2x−2π3+φ)，可得g(0)＝sin(−2π3+φ)＝0，可得φ，f(x)．利用三角函数的图象与性质即可判断出结论．
【解答】
解：函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0, |φ|<π2)的最小正周期是π，
∴ 2πω=π，解得ω=2．
∴ f(x)=sin(2x+φ).
若其图象向右平移π3个单位后得到的函数g(x)为奇函数，
∴ g(x)=sin(2x−2π3+φ)，
可得g(0)=sin(−2π3+φ)=0，
∴ −2π3+φ=kπ，k∈Z，
取k=−1，可得φ=−π3．
∴ f(x)=sin(2x−π3).
验证：f(2π3)=0，f(11π12)=−1，故A，B不正确；
若x∈[−π2,−π12]，则(2x−π3)∈[−4π3, −π2]，
因此函数f(x)在区间[−π2,−π12]上单调递减，故C正确；
若x∈[π4,3π2]，则(2x−π3)∈[π6, 8π3]，
因此函数f(x)在区间x∈[π4,3π2]上只有2个零点，故D正确．
故选CD.
【答案】
A,D
【考点】
对数值大小的比较
基本不等式在最值问题中的应用
指数函数单调性的应用
【解析】
利用不等式的基本性质可判断AB的真假，利用基本不等式可判断CD的真假．
【解答】
解：A，∵0∴0∴lg2aB， ∵0 ∴a−b<0 ，
∴2a−b<20=1，故选项B错误；
C，∵0∴ba+ab>2ba×ab=2，
∴2ba+ab>22=4，故选项C错误；
D，∵0∴a+b>2ab，
∴ ab<14，
∴lg2a+lg2b=lg2ab<−lg24=−2，故选项D正确．
故选AD．
三、填空题
【答案】
(12,1]
【考点】
函数的定义域及其求法
对数函数的单调性与特殊点
【解析】
根据函数解析式可知，lg0.52x−1≥0且2x−1>0，求解即可．
【解答】
解：要使函数有意义，则lg0.52x−1≥0,2x−1>0,
解得12则函数f(x)的定义域为(12,1]．
故答案为：(12,1].
【答案】
35
【考点】
三角函数的化简求值
运用诱导公式化简求值
【解析】
利用诱导公式化简得出tanα=−3，根据$``1"$的代换结合齐次式化简计算得出函数值.
【解答】
解：∵ sin3π2+α+2csπ−α=sinα，
即−csα−2csα=sinα，
∴ tanα=−3，
∴ sin2α+sinαcsα=sin2α+sinαcsαsin2α+cs2α
=tan2α+tanαtan2α+1=9−39+1=35.
故答案为：35.
【答案】
4
【考点】
基本不等式
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
先将2a+4b化简成2a+22b的形式，再利用基本不等式求最小值.
【解答】
解：∵ a+2b=2，且2a>0 ，4b>0，
∴ 2a+4b≥22a⋅4b=22a⋅22b=22a+2b
=222=4，
当且仅当a+2b=22a=4b，即a=1，b=12时取等号，
∴ 2a+4b的最小值是4.
故答案为：4.
【答案】
−158
【考点】
同角三角函数间的基本关系
【解析】
由sinα+csα=717两边平方得，2sinαcsα=−240289，确定角是第二象限角，得sinα−csα值，解关于正弦和余弦的方程组得正弦和余弦的值，两值相比求得正切值.
【解答】
解：∵ sinα+csα=717，
∴ sinα+csα2=49289，
∴ 2sinαcsα=−240289<0.
∵ α∈0,π，
∴ sinα>0，
∴ csα<0，
∴ α∈π2,π，
∴ sinα−csα=sinα+csα2−4sinαcsα=2317，
∴ sinα=1517，csα=−817，
∴ tanα=sinαcsα=−158.
故答案为：−158.
四、解答题
【答案】
解：(1)2lg32−lg3329+lg38−5lg53
=lg34−lg3329+lg38−3
=lg34×932×8−3
=lg39−3
=2−3
=−1.
(2)∵ 18b=5，
∴ lg185=b，
又lg189=a，
∴ lg3625=lg1852lg181829=2lg1852lg1818−lg189=2b2−a.
【考点】
对数的运算性质
指数式与对数式的互化
换底公式的应用
【解析】
(1)利用对数的运算法则求解即可；
(2)由题意得到lg185=b，利用换底公式和对数的运算求解即可.
【解答】
解：(1)2lg32−lg3329+lg38−5lg53
=lg34−lg3329+lg38−3
=lg34×932×8−3
=lg39−3
=2−3
=−1.
(2)∵ 18b=5，
∴ lg185=b，
又lg189=a，
∴ lg3625=lg1852lg181829=2lg1852lg1818−lg189=2b2−a.
【答案】
解：(1)∵ B={x|x2+4mx<5m2,m>0}
即B={x|(x+5m)(x−m)<0,m>0}，
∴ B={x|−5m0}，
又B={x|−5∴ −5=−5m，1=m，
解得m=1.
(2)∵ “x∈B”是“x∈A”的必要条件，
∴ A⊆B，
∵ 集合A={x|x−4x+1<0}，集合B={x|x2+4mx<5m2,m>0}，
解得A={x|−1∴ −5m≤−1，m≥4，
∴ m≥4.
【考点】
一元二次不等式的应用
集合的包含关系判断及应用
【解析】
求解一元二次不等式化简集合A，再利用A⊆B，A∩B=⌀，求解实数m的取值范围．
【解答】
解：(1)∵ B={x|x2+4mx<5m2,m>0}
即B={x|(x+5m)(x−m)<0,m>0}，
∴ B={x|−5m0}，
又B={x|−5∴ −5=−5m，1=m，
解得m=1.
(2)∵ “x∈B”是“x∈A”的必要条件，
∴ A⊆B，
∵ 集合A={x|x−4x+1<0}，集合B={x|x2+4mx<5m2,m>0}，
解得A={x|−1∴ −5m≤−1，m≥4，
∴ m≥4.
【答案】
解：(1)由正弦函数的单调性，令2kπ−π2≤2x+π4≤2kπ+π2，k∈Z，
即kπ−3π8≤x≤kπ+π8，k∈Z.
故函数f(x)的单调递增区间为[kπ−3π8,kπ+π8]，k∈Z.
(2)∵ −π4≤x≤π4，
∴ −π4≤2x+π4≤3π4，
∴ 当2x+π4=−π4时，函数fx取得最小值，
且fxmin=2sin−π4+1=0；
当2x+π4=π2时，函数fx取得最大值，
fxmax=2sinπ2+1=2+1.
综上所述，函数f(x)在区间[−π4, π4]上的最小值为0，最大值为2+1.
【考点】
正弦函数的单调性
三角函数的最值
【解析】
（1）根据函数y=Asin(ωx+⌀)的周期性及求法，从而求得结果．
（2） 由于 函数f(x)在区间[−π4, π8]上是增函数，在区间[π8, π4]上是减函数，求得f(−π4)、f(π8)、
f(π4)的值，比较可得函数f(x)在区间[−π4, π4]上的最大值和最小值．
【解答】
解：(1)由正弦函数的单调性，令2kπ−π2≤2x+π4≤2kπ+π2，k∈Z，
即kπ−3π8≤x≤kπ+π8，k∈Z.
故函数f(x)的单调递增区间为[kπ−3π8,kπ+π8]，k∈Z.
(2)∵ −π4≤x≤π4，
∴ −π4≤2x+π4≤3π4，
∴ 当2x+π4=−π4时，函数fx取得最小值，
且fxmin=2sin−π4+1=0；
当2x+π4=π2时，函数fx取得最大值，
fxmax=2sinπ2+1=2+1.
综上所述，函数f(x)在区间[−π4, π4]上的最小值为0，最大值为2+1.
【答案】
解：(1)由题意可知，函数y=kax(k>0, a>1)和函数
y=px12+kp>0,k>0在(0, +∞)上都是增函数，
随着x的增加，函数y=kax(k>0, a>1)的值增加的越来越快，
但函数y=px12+kp>0,k>0的值增加的越来越慢．
由于凤眼莲在湖中的蔓延速度越来越快，
所以函数模型y=kax(k>0, a>1)符合要求．
由题意可知，x=2时，y=24；
x=3时，y=36，
所以ka2=24,ka3=36,
解得k=323,a=32.
故该函数模型的解析式是y=323⋅(32)x，x∈N∗．
(2)由(1)可知，y=323⋅(32)x，x∈N∗，
则当x=0时，y=323⋅(32)0=323，
所以元旦放入凤眼莲面积是323m2.
由题意，得323⋅(32)x>10×323，
即(32)x>10，
解得x>lg3210=lg10lg32=1lg3−lg2，
又1lg3−lg2=10.4711−0.3010≈5.9，
所以x≥6.
故凤眼莲覆盖面积是元旦放入凤眼莲面积10倍以上的最小月份是6月份．
【考点】
函数模型的选择与应用
指数函数的实际应用
指数式与对数式的互化
【解析】
(Ⅰ)判断两个函数y＝kax(k>0, a>1)，y=px12+q(p>0)在(0, +∞)的单调性，说明函数模型y＝kax(k>0, a>1)适合要求．然后列出方程组，求解即可．
(Ⅱ)利用 x＝0时，y=323⋅(32)0=323，元旦放入凤眼莲面积是323m2，列出不等式转化求解即可．
【解答】
解：(1)由题意可知，函数y=kax(k>0, a>1)和函数
y=px12+kp>0,k>0在(0, +∞)上都是增函数，
随着x的增加，函数y=kax(k>0, a>1)的值增加的越来越快，
但函数y=px12+kp>0,k>0的值增加的越来越慢．
由于凤眼莲在湖中的蔓延速度越来越快，
所以函数模型y=kax(k>0, a>1)符合要求．
由题意可知，x=2时，y=24；
x=3时，y=36，
所以ka2=24,ka3=36,
解得k=323,a=32.
故该函数模型的解析式是y=323⋅(32)x，x∈N∗．
(2)由(1)可知，y=323⋅(32)x，x∈N∗，
则当x=0时，y=323⋅(32)0=323，
所以元旦放入凤眼莲面积是323m2.
由题意，得323⋅(32)x>10×323，
即(32)x>10，
解得x>lg3210=lg10lg32=1lg3−lg2，
又1lg3−lg2=10.4711−0.3010≈5.9，
所以x≥6.
故凤眼莲覆盖面积是元旦放入凤眼莲面积10倍以上的最小月份是6月份．
【答案】
解：(1)由利润等于收入减去成本，可得
当0当x>40时，W=xR(x)−(16x+40)=−40000x−16x+7360，
∴ W=−6x2+384x−40，040.
(2)当0∴ x=32时，Wmax=6104；
当x>40时，W=−40000x−16x+7360≤−240000x⋅16x+7360，
当且仅当40000x=16x，即x=50时，Wmax=5760.
∵ 6104>5760，
∴ x=32时，W的最大值为6104万元．
【考点】
函数模型的选择与应用
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
（1）利用利润等于收入减去成本，可得分段函数解析式；
（2）分段求出函数的最大值，比较可得结论．
【解答】
解：(1)由利润等于收入减去成本，可得
当0当x>40时，W=xR(x)−(16x+40)=−40000x−16x+7360，
∴ W=−6x2+384x−40，040.
(2)当0∴ x=32时，Wmax=6104；
当x>40时，W=−40000x−16x+7360≤−240000x⋅16x+7360，
当且仅当40000x=16x，即x=50时，Wmax=5760.
∵ 6104>5760，
∴ x=32时，W的最大值为6104万元．
【答案】
解：(1)∵ f(x)是定义域为R的奇函数，
∴ f(0)=2−t=0，
解得t=2.
(2)由(1)可知，f(x)=ax−a−x，
∵ f(1)>0，
∴ a−1a>0，
又a>0，
∴ a>1.
∵ f(kx−x2)+f(x−1)<0，
∴ f(kx−x2)<−f(x−1)，
∵ f(x)为奇函数，
∴ f(kx−x2)∵ a>1，
∴ f(x)=ax−a−x为R上的增函数，
∴ kx−x2<1−x对一切x∈R恒成立，
即x2−(k+1)x+1>0对一切x∈R恒成立，
故Δ=(k+1)2−4<0
解得−3(3)存在实数m=7324，
使函数g(x)=a2x+a−2x−mf(x)在[1, lg23]上的最大值为1.
理由如下：
∵ 函数f(x)的图象过点(1, 32)，
∴ a=2，
假设存在正数m，且m≠1符合题意，
由a=2，得g(x)=a2x+a−2x−mf(x)
=22x+2−2x−m(2x−2−x)
=(2x−2−x)2−m(2x−2−x)+2，
设t=2x−2−x，
则(2x−2−x)2−m(2x−2−x)+2=t2−mt+2，
又x∈[1, lg23]，则t∈[32,83]，
记ℎ(t)=t2−mt+2，
∴ 函数ℎ(t)=t2−mt+2在t∈[32,83]上的最大值为1，
①若对称轴t=m2>2512，
则ℎmaxt=ℎ32=174−32m=1，
解得m=136，不符合题意；
②若对称轴t=m2≤2512，
则m2≤2512，ℎ(t)max=ℎ(83)=1，
即1解得m=7324，符合题意.
综上所述，存在实数m=7324，
使函数g(x)=a2x+a−2x−mf(x)在[1, lg23]上的最大值为1.
【考点】
奇函数
函数恒成立问题
函数最值的应用
【解析】
（1）由奇函数的性质可知f(0)=0，得出t=2；
（2）由f(1)>0得a−1a>0又a>0，求出a>1，判断函数的单调性f(x)=ax−a−x为R上的增函数，不等式整理为x2−(k+1)x+1>0对一切x∈R恒成立，利用判别式法求解即可；
（3）把点代入求出a=2，假设存在正数m，构造函数设t=2x−2−x则(2x−2−x)2−m(2x−2−x)+2=t2−mt+2，对底数m进行分类讨论，判断m的值．
【解答】
解：(1)∵ f(x)是定义域为R的奇函数，
∴ f(0)=2−t=0，
解得t=2.
(2)由(1)可知，f(x)=ax−a−x，
∵ f(1)>0，
∴ a−1a>0，
又a>0，
∴ a>1.
∵ f(kx−x2)+f(x−1)<0，
∴ f(kx−x2)<−f(x−1)，
∵ f(x)为奇函数，
∴ f(kx−x2)∵ a>1，
∴ f(x)=ax−a−x为R上的增函数，
∴ kx−x2<1−x对一切x∈R恒成立，
即x2−(k+1)x+1>0对一切x∈R恒成立，
故Δ=(k+1)2−4<0
解得−3(3)存在实数m=7324，
使函数g(x)=a2x+a−2x−mf(x)在[1, lg23]上的最大值为1.
理由如下：
∵ 函数f(x)的图象过点(1, 32)，
∴ a=2，
假设存在正数m，且m≠1符合题意，
由a=2，得g(x)=a2x+a−2x−mf(x)
=22x+2−2x−m(2x−2−x)
=(2x−2−x)2−m(2x−2−x)+2，
设t=2x−2−x，
则(2x−2−x)2−m(2x−2−x)+2=t2−mt+2，
又x∈[1, lg23]，则t∈[32,83]，
记ℎ(t)=t2−mt+2，
∴ 函数ℎ(t)=t2−mt+2在t∈[32,83]上的最大值为1，
①若对称轴t=m2>2512，
则ℎmaxt=ℎ32=174−32m=1，
解得m=136，不符合题意；
②若对称轴t=m2≤2512，
则m2≤2512，ℎ(t)max=ℎ(83)=1，
即1解得m=7324，符合题意.
综上所述，存在实数m=7324，
使函数g(x)=a2x+a−2x−mf(x)在[1, lg23]上的最大值为1.