2020-2021学年安徽省阜阳市高三（上）10月月考数学（文）试卷北师大版

这是一份2020-2021学年安徽省阜阳市高三（上）10月月考数学（文）试卷北师大版，共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知集合A={x|5x2−4x−1>0}，B=−12,0,15,12，则A∩B=( )
A.−12B.12C.0,15,12D.−12,0

2. 若z=2+i34−i，则在复平面内，复数z所对应的点位于( )
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

3. 若曲线y=ex+2x在其上一点x0,y0处的切线的斜率为4，则x0=( )
A.2B.ln4C.ln2D.−ln2

4. 已知A1,2，B2,5，BC→=−2,−4，则cs⟨AB→,AC→⟩=( )
A.−255B.−55C.55D.255

5. 已知函数fx=sin2x−π4的图象向左平移π4个单位后得到函数gx的图象，则gx图象的一个对称中心为( )
A.π8,0B.π4,0C.3π8,0D.5π8,0

6. 函数fx=3sinx2|x|+xcsx在 [−2π,2π]的图象大致为( )
A.B.
C.D.

7. 5G技术的数学原理之一便是著名的香农公式：C=Wlg21+SN，它表示：在受高斯白噪声干扰的信道中，最大信息传递速率C取决于信道带宽W、信道内所传信号的平均功率S、信道内部的高斯噪声功率N的大小，其中SN叫做信噪比．按照香农公式，在不改变W的情况下，将信噪比SN从1999提升至λ，使得C大约增加了20%，则λ的值约为( )（参考数据：lg2≈0.3，103.96≈9120）
A.7596B.9119C.11584D.14469

8. 已知a=sin33 ，b=4sin3，c=ln4sin3，则a，b，c的大小关系为( )
A.b
9. 已知角α的顶点在原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边在直线5x+2y=0上，则cs2α+3π21+cs2α=( )
A.−3320B.−2033C.2033D.3320

10. 已知向量m→，n→满足|m→|=4,|n→|=2，|m→−4n→|=33，则下列说法错误的是( )
A.cs=5364B.m→⋅n→=538
C.(4m→−21n→)⊥n→D.|m→+4n→|=133

11. 已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a=4+22−c，tanA=−7，csC=34，则△ABC的面积为( )
A.47B.27C.14D.7

12. 已知函数fx=|x2+2x|,x≤0,lnx,x>0,则函数gx=2ffx−1−1的零点个数为( )
A.7B.8C.10D.11
二、填空题

若x，y满足约束条件x+y−3≤0,3x−2y+3≥0,x−y−1≤0, 则z=x−3y的最小值为________.

sin15∘+2sin30∘cs15∘=________.

函数fx=x+1ex−32x2−6x+1e2的极大值为________．

已知平面四边形ABCD由△ACD 与等边△ABC拼接而成；其中AD=2CD=2，则平面四边形ABCD面积的最大值为________.
三、解答题

设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1，an，Sn成等差数列，且a4=S3+2．
(1)求an的通项公式；

(2)若bn=1lg2a2n+1⋅lg2a2n+3，bn的前n项和为Tn，求使7Tn<1成立的最大正整数n的值．

某市一隧道由于机动车常在隧道内变道、超速，进而引发交通事故，交管部门在该隧道内安装了监控测速装置，并将该隧道某日所有车辆的通行速度进行统计，制成了频率分布直方图如图．已知通过该隧道车辆的平均速度为64km⋅ℎ−1.

(1)求a，b的值，并估计这一天通过该隧道车辆速度的中位数；

(2)为了调查在该隧道内安装监控测速装置的必要性，研究人员随机抽查了通过该隧道的200名司机，得到的答复统计如图表所示，判断是否有99%的把握认为对安装监控测速装置的态度与司机的性别有关.
附：K2=n(ad−bc)(a+b)(c+d)(a+c)(b+d) ，其中n=a+b+c+d．

如图，已知四边形ABCD为等腰梯形，BC//AD，∠ABD=90∘ ，四边形ADMN为矩形，点G，H分别是线段MN，CD的中点，点I在线段AD上.

(1)探究：是否存在点I使得平面GHI//平面ACN？并证明．

(2)若DM=BC=12AD=4 ，线段MN在平面ABCD内的投影与线段AD重合，求多面体BC−ADMN的体积．

已知椭圆C：x24+y23=1的左、右顶点分别为A，B，直线l与椭圆C交于M，N两点．
(1)点P的坐标为1,13，若MP→=PN→，求直线l的方程；

(2)若直线l过椭圆C的右焦点F，且点M在第一象限，求3kMA2−kNB（kMA，kNB分别为直线MA，NB的斜率）的取值范围．

已知函数fx=mx2−2lnx+21−mx.
(1)讨论函数fx的单调区间；

(2)当x≠1时，求证：8x−6xlnx−3x2−51−x2<2x.

已知函数f(x)=|x+m|−2|x−1|.
(1)若m=2，求不等式fx+3<0的解集；

(2)若fx的图象与直线y=1有且仅有1个公共点，求m的值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年安徽省阜阳市高三（上）10月月考数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
一元二次不等式的解法
交集及其运算
【解析】
本题考查集合的运算，考查计算能力．
【解答】
解：依题意，
A={x|5x2−4x−1>0}={x|x<−15或x>1}，
则A∩B=−12.
故选A.
2.
【答案】
D
【考点】
复数代数形式的乘除运算
复数的代数表示法及其几何意义
【解析】
本题考查复数的运算．
【解答】
解：依题意，z=2+i34−i=2−i4−i=7−6i，
故在复平面内，复数z所对应的点为7,−6，位于第四象限．
故选D．
3.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
本题考查导数的几何意义．
【解答】
解：依题意，y′=ex+2，故ex0+2=4，
则ex0=2，解得x0=ln2．
故选C．
4.
【答案】
A
【考点】
数量积表示两个向量的夹角
平面向量的坐标运算
【解析】
本题考查向量的夹角．
【解答】
解：依题意，AB→=1,3，AC→=AB→+BC→=−1,−1，
故cs⟨AB→，AC→⟩=AB→⋅AC→|AB→||AC→|=−42⋅10=−255．
故选A．
5.
【答案】
C
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
正弦函数的对称性
【解析】
本题考查三角函数的图象与性质．
【解答】
解：根据题意，gx=sin2x+π4−π4=sin2x+π4，
令2x+π4=kπ，k∈Z，可得x=kπ2−π8，k∈Z，
所以对称中心为kπ2−π8,0，k∈Z，
令k=1得3π8,0为gx图象的一个对称中心．
故选C．
6.
【答案】
C
【考点】
函数图象的作法
【解析】
本题考查函数的图象与性质．
【解答】
解：依题意，f(−x)=3sin(−x)2|−x|+(−x)⋅cs(−x)
=−3sinx2|x|+xcs x=−f(x)，
故函数fx为奇函数，图象关于原点对称，排除 D；
f2π=2π>0，排除B；
fπ2=32π2>0，排除A.
故选C．
7.
【答案】
B
【考点】
对数的运算性质
【解析】
本题考查对数函数的性质．
【解答】
解：依题意，Wlg2(1+λ)−Wlg2(1+1999)Wlg2(1+1999)≈20%，
则lg2(1+λ)lg22000≈1.2，1+λ≈20001.2．
∵ lg20001.2=1.2lg2000=1.2(lg2+3)≈1.2×(0.3+3)=3.96，
∴20001.2≈103.96≈9120，
∴ λ≈9119．
故选B．
8.
【答案】
D
【考点】
指数式、对数式的综合比较
【解析】
本题考查指数函数与对数函数的性质．
【解答】
解：依题意01c=ln 4sin 3>ln 4sin 5π6=ln 8>2，
故a故选D．
9.
【答案】
B
【考点】
二倍角的正弦公式
诱导公式
同角三角函数间的基本关系
直线的斜率
【解析】
本题考查三角恒等变换，考查计算能力．
【解答】
解：依题意，tanα=−52，
cs2α+3π21+cs2α
=sin2αsin2α+2cs2α
=2sinαcsαsin2α+2cs2α
=2tanαtan2α+2
=−5334
=−2033.
故选B．
10.
【答案】
C
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
平面向量数量积的运算
向量的模
【解析】
本题考查向量的运算．
【解答】
解：依题意，|m→−4n→|2=m→2−8m→⋅n→+16n→2=27，
则m→⋅n→=538，cs=5364，
故A，B正确；
而4m→−21n→⋅n→=4m→⋅n→−21n→2≠0，
故(4m→−21n→)⊥n→不成立，
故C错误；
|m→+4n→|=m→2+8m→⋅n→+16n→2=16+53+64=133，
故D正确．
故选C．
11.
【答案】
D
【考点】
解三角形
余弦定理
正弦定理
同角三角函数间的基本关系
【解析】
本题考查三角恒等变换与正余弦定理的应用．
【解答】
解：依题意，tanA=sinAcsA=−7,sin2A+cs2A=1,
解得sinA=144，csA=−24，
因为csC=34，
故sinC=1−cs2C=74，
由正弦定理可知asinA=csinC，即a144=c74 ，
又a=4+22−c，解得a=4，c=22．
由余弦定理可知csC=a2+b2−c22ab=16+b2−88b=34，
解得b=2或b=4(舍去）．
所以△ABC的面积为S△ABC=12a⋅b⋅sinC=12×4×2×74=7．
故选D．
12.
【答案】
B
【考点】
分段函数的应用
函数的零点
【解析】
本题考查函数的零点．
【解答】
解：令gx=0，得f(f(x)−1)=12．
令fx−1=t，则ft=12．
作出函数fx的大致图象如图所示，
则ft=12有4个实数根t1，t2，t3，t4，
其中t1∈(−3,−2)，t2∈(−2,−1)，t3(−1,0)，t4∈(1,2)．
若t∈−3,−2，则fx−1=t有1个实数根，
若t∈−2,−1，则fx−1=t有1个实数根，
若t∈−1,0，则fx−1=t有4个实数根，
若t∈1,2，则fx−1=t有2个实数根，
故fx−1=t共有8个实数根，
即函数g(x)=2f(f(x)−1)−1的零点个数为8．
故选B．
二、填空题
【答案】
−335
【考点】
求线性目标函数的最值
简单线性规划
【解析】
本题考查线性规划．
【解答】
解：作出不等式组所表示的平面区域，如图中阴影部分所示．
观察可知，当直线z=x−3y过点A时，z有最小值．
联立x+y−3=0，3x−2y+3=0，
解得x=35，y=125，
此时zmin=35−3×125=−335．
故答案为：−335．
【答案】
1
【考点】
三角函数的恒等变换及化简求值
【解析】
本题考查三角恒等变换．
【解答】
解：sin 15∘+2sin 30∘cs 15∘
=sin 15∘+2sin(45∘−15∘)cs 15∘
=sin 15∘+2(sin45∘cs15∘−cs45∘sin15∘)cs 15∘
=sin 15∘+2(22cs15∘−22sin15∘)cs 15∘
=cs15∘cs15∘=1.
故答案为：1．
【答案】
6
【考点】
利用导数研究函数的极值
【解析】
本题考查导数在求函数极值中的应用．
【解答】
解：依题意，x∈R，
f′x=x+2ex−3x+2=x+2ex−3 ，
令f′x=0，解得x=−2或x=ln3，
故当x∈−∞,−2时，f′x>0，
当x∈−2,ln3时，f′x<0，
当x∈ln3,+∞时，f′x>0，
故当x=−2时，函数fx有极大值，
极大值为f(−2)=(−2+1)e−2−32×(−2)2−6×(−2)+1e2=6．
故答案为：6．
【答案】
8+534
【考点】
三角函数的最值
余弦定理
正弦定理
【解析】
本题考查余弦定理的应用．
【解答】
解：设∠ADC=φ，则φ∈(0,π)，
S四边形ABCD=S△ACDB+S△ABC
=12DA⋅DC⋅sin φ+12AC2sin 60∘=sin φ+34AC2．
在△ADC中，由余弦定理得，
AC2=AD2+DC2−2DA⋅DC⋅cs∠ADC=5−4cs φ，
故S四边形ABCD=sin φ+345−4cs φ=2sinφ−π3+534．
故当φ−π3=π2，即φ=5π6时，
S四边形ABCDmax=8+534，此时四边形ABCD存在．
故答案为：8+534．
三、解答题
【答案】
解：(1)由a1，an，Sn成等差数列，
可得2an=a1+Sn，
当n≥2时，2an−1=a1+Sn−1，
两式相减可得2an−2an−1=Sn−Sn−1=an，
即an=2an−1，
由已知可知a1≠0，
故{an}是公比为2的等比数列，则Sn=a11−2n1−2=a12n−1．
由a4=S3+2，可得a1⋅23=a123−1+2，
解得a1=2．
∴an=2n．
(2)由(1)，得bn=12n+12n+3
=1212n+1−12n+3．
∴ Tn=1213−15+15−17+⋯+12n+1−12n+3
=1213−12n+3=n3(2n+3)．
由7Tn<1，
得7n32n+3<1，
解得n<9．
∴ 所求的最大正整数n的值为8．
【考点】
等差中项
数列与不等式的综合
数列的求和
等比数列的通项公式
【解析】
本题考查等差数列、等比数列及裂项法求和．

【解答】
解：(1)由a1，an，Sn成等差数列，
可得2an=a1+Sn，
当n≥2时，2an−1=a1+Sn−1，
两式相减可得2an−2an−1=Sn−Sn−1=an，
即an=2an−1，
由已知可知a1≠0，
故{an}是公比为2的等比数列，则Sn=a11−2n1−2=a12n−1．
由a4=S3+2，可得a1⋅23=a123−1+2，
解得a1=2．
∴an=2n．
(2)由(1)，得bn=12n+12n+3
=1212n+1−12n+3．
∴ Tn=1213−15+15−17+⋯+12n+1−12n+3
=1213−12n+3=n3(2n+3)．
由7Tn<1，
得7n32n+3<1，
解得n<9．
∴ 所求的最大正整数n的值为8．
【答案】
解：(1)依题意，10a+b+0.02+0.01=1，故a+b=0.07①，
45×0.1+55×0.2+65×10a+75×10b=64，故65a+75b=4.85②，
联立①②，
解得a=0.04，b=0.03．
由于前两块矩形的面积分别为0.1，0.2，
故所求中位数为60+0.5−．
(2)K2的观测值k0=200×70×50−30×502100×100×80×120≈8.333>6.635，
故有99%的把握认为对安装监控测速装置的态度与司机的性别相关．
【考点】
众数、中位数、平均数
独立性检验的应用
独立性检验
【解析】
本题考查样本的数字特征及独立性检验．
无
【解答】
解：(1)依题意，10a+b+0.02+0.01=1，故a+b=0.07①，
45×0.1+55×0.2+65×10a+75×10b=64，故65a+75b=4.85②，
联立①②，
解得a=0.04，b=0.03．
由于前两块矩形的面积分别为0.1，0.2，
故所求中位数为60+0.5−．
(2)K2的观测值k0=200×70×50−30×502100×100×80×120≈8.333>6.635，
故有99%的把握认为对安装监控测速装置的态度与司机的性别相关．
【答案】
解：(1)当点I为线段AD的中点时，平面GHI//平面ACN．
证明：在矩形ADMN中，因为I，G分别是线段AD，MN的中点，
故IG//AN，
又IG⊄平面ACN，AN⊂平面ACN，故IG//平面ACN．
在△ACD中，因为I，H分别为线段AD，CD的中点，故IH//AC，
又IH⊄平面ACN，AC⊂平面ACN，故IH//平面ACN．
因为IG∩IH=I，IH⊂平面GHI，IG⊂平面GHI，
故平面GHI//平面ACN．
(2)如图，过点C作CE⊥AD于E，
因为线段MN在平面ABCD内的投影与线段AD重合，
故平面ADMN⊥平面ABCD，
而平面ADMN∩平面ABCD=AD，CE⊂平面ABCD，
故CE⊥平面ADMN．
同理可得，DM⊥平面ABCD．
在(1)的条件下，连接IB，IC．
在△ABD中，因为AB⊥BD，AD=8，
故IB=12AD=4，同理可得，IC=4．
又因为BC=4，故等边△IBC的高为23，
即CE=23．
连接BM，
故VBC−ADMN=VB−ADMN+VB−CDM
=VB−ADMN+VM−BCD
=13S矩形ADMN⋅CE+13S△BCD⋅DM
=13×4×8×23+13×12×4×23×4
=8033．
【考点】
直线与平面垂直的判定
平面与平面平行的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
本题考查面面平行及多面体的体积，考查空间想象能力、推理能力与计算能力．
本题考查面面平行及多面体的体积，考查空间想象能力、推理能力与计算能力．
【解答】
解：(1)当点I为线段AD的中点时，平面GHI//平面ACN．
证明：在矩形ADMN中，因为I，G分别是线段AD，MN的中点，
故IG//AN，
又IG⊄平面ACN，AN⊂平面ACN，故IG//平面ACN．
在△ACD中，因为I，H分别为线段AD，CD的中点，故IH//AC，
又IH⊄平面ACN，AC⊂平面ACN，故IH//平面ACN．
因为IG∩IH=I，IH⊂平面GHI，IG⊂平面GHI，
故平面GHI//平面ACN．
(2)如图，过点C作CE⊥AD于E，
因为线段MN在平面ABCD内的投影与线段AD重合，
故平面ADMN⊥平面ABCD，
而平面ADMN∩平面ABCD=AD，CE⊂平面ABCD，
故CE⊥平面ADMN．
同理可得，DM⊥平面ABCD．
在(1)的条件下，连接IB，IC．
在△ABD中，因为AB⊥BD，AD=8，
故IB=12AD=4，同理可得，IC=4．
又因为BC=4，故等边△IBC的高为23，
即CE=23．
连接BM，
故VBC−ADMN=VB−ADMN+VB−CDM
=VB−ADMN+VM−BCD
=13S矩形ADMN⋅CE+13S△BCD⋅DM
=13×4×8×23+13×12×4×23×4
=8033．
【答案】
解：设M(x1,y1)，N(x2,y2).
(1)由题意可知点P为线段MN的中点，
由x124+y123=1,x224+y223=1,
两式相减可得，(x1−x2)(x1+x2)4+(y1−y2)(y1+y2)3=0，
而P1,13，则2(x1−x2)4+2(y1−y2)9=0，
故y1−y2x1−x2=−94，
故直线l的方程为y−13=−94(x−1)，
即y=−94x+3112．
(2)依题意，A(−2,0)，B(2,0)，F(1,0)，
当直线l的斜率不存在时，M1,32，N1,−32，
kMA=12，kNB=32=3kMA，
当直线l的斜率存在时，则l的斜率不为0，
设直线l的方程为y=k(x−1)(k≠0)，
由y=k(x−1),x24+y23=1,
得(3+4k2)x2−8k2x+4k2−12=0，
则x1+x2=8k23+4k2，x1x2=4k2−123+4k2，
所以kNBkMA=y2(x1+2)y1(x2−2)
=(x2−1)(x1+2)(x1−1)(x2−2)
=x1x2+2(x2+x1)−2−3x1x1x2−(x2+x1)+2−x1
=12k2−183+4k2−3x14k2−63+4k2−x1
=3，
所以kNB=3kMA，
因为点M在第一象限，所以kMA∈0,32，
所以3kMA2−kNB=3kMA2−3kMA=3kMA−122−34∈−34,0．
【考点】
与椭圆有关的中点弦及弦长问题
直线与椭圆结合的最值问题
中点坐标公式
直线的点斜式方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设M(x1,y1)，N(x2,y2).
(1)由题意可知点P为线段MN的中点，
由x124+y123=1,x224+y223=1,
两式相减可得，(x1−x2)(x1+x2)4+(y1−y2)(y1+y2)3=0，
而P1,13，则2(x1−x2)4+2(y1−y2)9=0，
故y1−y2x1−x2=−94，
故直线l的方程为y−13=−94(x−1)，
即y=−94x+3112．
(2)依题意，A(−2,0)，B(2,0)，F(1,0)，
当直线l的斜率不存在时，M1,32，N1,−32，
kMA=12，kNB=32=3kMA，
当直线l的斜率存在时，则l的斜率不为0，
设直线l的方程为y=k(x−1)(k≠0)，
由y=k(x−1),x24+y23=1,
得(3+4k2)x2−8k2x+4k2−12=0，
则x1+x2=8k23+4k2，x1x2=4k2−123+4k2，
所以kNBkMA=y2(x1+2)y1(x2−2)
=(x2−1)(x1+2)(x1−1)(x2−2)
=x1x2+2(x2+x1)−2−3x1x1x2−(x2+x1)+2−x1
=12k2−183+4k2−3x14k2−63+4k2−x1
=3，
所以kNB=3kMA，
因为点M在第一象限，所以kMA∈0,32，
所以3kMA2−kNB=3kMA2−3kMA=3kMA−122−34∈−34,0．
【答案】
(1)解：依题意，函数fx的定义域为0,+∞，
f′x=2mx−2x+21−m
=2⋅mx2+1−mx−1x
=2⋅mx+1x−1x.
当m≥0时，mx+1>0，
当x∈0,1时，f′x<0，
当x∈1,+∞时，f′x>0.
所以函数fx的单调递减区间为0,1，单调递增区间为1,+∞，
当m<0时，令f′x=0，得x=1或x=−1m，
当m=−1时，f′x=−2⋅x−12x≤0恒成立，
所以函数fx的单调递减区间为0,+∞，无单调递增区间；
当m<−1时，0<−1m<1，
当x∈0,−1m或x∈1,+∞时，f′x<0，
当x∈−1m,1时，f′x>0．
所以函数fx的单调递减区间为0,−1m和1,+∞，单调递增区间为−1m,1；
当−11，
当x∈0,1或x∈−1m,+∞时，f′x<0，
当x∈1,−1m时，f′x>0．
所以函数fx的单调递减区间为0,1和−1m,+∞，单调递增区间为1,−1m．
(2)证明：要证8x−6xlnx−3x2−51−x2<2x，
即证6x(1−ln x)+2x3−3x2−51−x2<0．
设ℎx=6x1−lnx+2x3−3x2−5，
则ℎ′x=6−6lnx−6+6x2−6x=32x2−2lnx−2x．
当m=2时，fx=2x2−2lnx−2x，
由(1)可知，fx的单调递减区间为0,1，单调递增区间为1,+∞，
即ℎ′x的单调递减区间为0,1，单调递增区间为1,+∞．
故ℎ′x≥ℎ′1=0，
所以ℎx在0,+∞上单调递增．
又ℎ1=61−ln1+2−3−5=0，
所以当0当x>1时，ℎx>0，
又当00，
当x>1时，1−x2<0，
所以6x1−lnx+2x3−3x2−51−x2<0，
即8x−6xlnx−3x2−51−x2<2x.
【考点】
利用导数研究不等式恒成立问题
利用导数研究函数的单调性
【解析】
本题考查导数在判断函数的单调性及证明不等式中的应用．
【解答】
(1)解：依题意，函数fx的定义域为0,+∞，
f′x=2mx−2x+21−m
=2⋅mx2+1−mx−1x
=2⋅mx+1x−1x.
当m≥0时，mx+1>0，
当x∈0,1时，f′x<0，
当x∈1,+∞时，f′x>0.
所以函数fx的单调递减区间为0,1，单调递增区间为1,+∞，
当m<0时，令f′x=0，得x=1或x=−1m，
当m=−1时，f′x=−2⋅x−12x≤0恒成立，
所以函数fx的单调递减区间为0,+∞，无单调递增区间；
当m<−1时，0<−1m<1，
当x∈0,−1m或x∈1,+∞时，f′x<0，
当x∈−1m,1时，f′x>0．
所以函数fx的单调递减区间为0,−1m和1,+∞，单调递增区间为−1m,1；
当−11，
当x∈0,1或x∈−1m,+∞时，f′x<0，
当x∈1,−1m时，f′x>0．
所以函数fx的单调递减区间为0,1和−1m,+∞，单调递增区间为1,−1m．
(2)证明：要证8x−6xlnx−3x2−51−x2<2x，
即证6x(1−ln x)+2x3−3x2−51−x2<0．
设ℎx=6x1−lnx+2x3−3x2−5，
则ℎ′x=6−6lnx−6+6x2−6x=32x2−2lnx−2x．
当m=2时，fx=2x2−2lnx−2x，
由(1)可知，fx的单调递减区间为0,1，单调递增区间为1,+∞，
即ℎ′x的单调递减区间为0,1，单调递增区间为1,+∞．
故ℎ′x≥ℎ′1=0，
所以ℎx在0,+∞上单调递增．
又ℎ1=61−ln1+2−3−5=0，
所以当0当x>1时，ℎx>0，
又当00，
当x>1时，1−x2<0，
所以6x1−lnx+2x3−3x2−51−x2<0，
即8x−6xlnx−3x2−51−x2<2x.
【答案】
解：(1)依题意，|x+2|−2|x−1|+3<0，
当x<−2时，−x−2+2x−2+3<0，
解得x<1，故x<−2，
当−2≤x≤1时，x+2+2x−2+3<0，
解得x<−1，故−2≤x<−1，
当x>1时，x+2−2x+2+3<0，
解得x>7，
综上所述，不等式的解集为{x|x<−1或x>7}．
(2)令g(x)=f(x)−1=|x+m|−2|x−1|−1，
问题转化为函数g(x)有1个零点，
若m>−1，则g(x)=x−m−3,x<−m,3x+m−3,−m≤x≤1,−x+m+1,x>1,
此时g(x)的最大值为g(1)=m，此时m=0满足题设；
若m<−1，则g(x)=x−m−3,x<1,−3x−m+1,1≤x≤−m,−x+m+1,x>−m,
此时g(x)的最大值为g(1)=−m−2，
令−m−2=0，得m=−2，满足题设；
若m=−1，则g(x)=−|x−1|−1<0，
故m=−1不合题意，舍去，
综上所述，m=−2或m=0．
【考点】
函数恒成立问题
绝对值不等式的解法与证明
函数的零点
函数的求值
【解析】
本题考查绝对值不等式的求解，考查推理能力与计算能力．
本题考查绝对值不等式的求解，考查推理能力与计算能力．
【解答】
解：(1)依题意，|x+2|−2|x−1|+3<0，
当x<−2时，−x−2+2x−2+3<0，
解得x<1，故x<−2，
当−2≤x≤1时，x+2+2x−2+3<0，
解得x<−1，故−2≤x<−1，
当x>1时，x+2−2x+2+3<0，
解得x>7，
综上所述，不等式的解集为{x|x<−1或x>7}．
(2)令g(x)=f(x)−1=|x+m|−2|x−1|−1，
问题转化为函数g(x)有1个零点，
若m>−1，则g(x)=x−m−3,x<−m,3x+m−3,−m≤x≤1,−x+m+1,x>1,
此时g(x)的最大值为g(1)=m，此时m=0满足题设；
若m<−1，则g(x)=x−m−3,x<1,−3x−m+1,1≤x≤−m,−x+m+1,x>−m,
此时g(x)的最大值为g(1)=−m−2，
令−m−2=0，得m=−2，满足题设；
若m=−1，则g(x)=−|x−1|−1<0，
故m=−1不合题意，舍去，
综上所述，m=−2或m=0．认为安装监控测速装置十分必要
认为安装监控测速装置没有必要
男司机
70
30
女司机
50
50
P(K2≥k0)
0.100
0.050
0.010
0.001
k0
2.706
3.841
6.635
10.828