2022-2023学年浙江省杭州市四校联考高二（上）期末数学试卷（含答案详解）

这是一份2022-2023学年浙江省杭州市四校联考高二（上）期末数学试卷（含答案详解），共25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．（5分）已知集合A＝{﹣2，﹣1，0，1），B＝{﹣1，1，2}，则A∩B＝（ ）
A．{﹣1，1，2}B．{﹣1，0，1}
C．{﹣2，﹣1，0，1，2}D．{﹣1，1}
2．（5分）若复数z满足，则复数z在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．（5分）已知焦点在y轴上的椭圆的离心率是，则m的值是（ ）
A．B．C．D．或
4．（5分）已知不同平面α，β，γ，不同直线m和n，则下列命题中正确的是（ ）
A．若m⊥α，m⊥β，则α∥βB．若α⊥γ，β⊥γ，则α⊥β
C．若m⊥n，m⊥α，则n∥αD．若m∥α，n∥α，则m∥n
5．（5分）已知，则（ ）
A．B．C．D．
6．（5分）关于函数f（x）＝|csx|+|sinx|，下列选项错误的是（ ）
A．f（x）是偶函数
B．f（x）在区间上单调递增
C．f（x）的最大值为2
D．为f（x）的一个周期
7．（5分）已知2a＝3，3b＝4，ac＝b，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．c＞a＞bB．b＞a＞cC．a＞c＞bD．a＞b＞c
8．（5分）已知函数，若存在唯一的整数x，使得成立，则所有满足条件的整数a的个数为（ ）
A．4B．3C．2D．1
二、选择题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题的四个选项中，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，有神墙选错的得0分）
（多选）9．（5分）以下说法正确的有（ ）
A．“x＝0且y＝0”是“xy＝0”的充要条件
B．若，则a＞b
C．命题“∃x∈R，使得x2+x+1≥0”的否定是“∀x∈R，使得x2+x+1＜0”
D．当时，的最小值为
（多选）10．（5分）某校有甲、乙、丙三名学生是新冠阳性患者的密切接触者，已知密切接触者新冠病毒检测呈阳性的概率为，记事件A为“三名学生都是阴性”，事件B为“三名学生都是阳性”，事件C为“三名学生至少有一名是阳性”，事件D为“三名学生不都是阴性”，则（ ）
A．B．事件A与事件B互斥
C．P（C）≠P（D）D．事件A与事件C对立
（多选）11．（5分）已知圆O：x2+y2＝4，过点M（﹣1，0）直线l与圆O交于P，Q两点．下列说法正确的是（ ）
A．|PQ|的最小值为
B．
C．的最大值为﹣2
D．线段PQ中点的轨迹为圆
（多选）12．（5分）在矩形ABCD中，AB＝2AD＝2，E为CD的中点，将△CBE沿直线BE翻折至△C1BE的位置，则（ ）
A．翻折过程中，直线AC1与BE所成角的余弦值最大为
B．翻折过程中，存在某个位置的C1，使得BE⊥AC1
C．翻折过程中，四棱锥C1﹣ABED必存在外接球
D．当四棱锥C1﹣ABED的体积最大时，以AC1为直径的球面被平面C1BE截得交线长为π
三、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）
13．（5分）计算： ．
14．（5分）阿基米德是伟大的古希腊数学家，他和高斯、牛顿并列为世界三大数学家，他一生最为满意的一个数学发现就是“圆柱容球”定理，即圆柱容器里放了一个球，该球顶天立地，四周碰边（即球与圆柱形容器的底面和侧面都相切），在该图形中，球的体积是圆柱体积的，并且球的表面积也是圆柱表面积的，则该圆柱的体积与它的外接球的体积之比为 ．
15．（5分）已知正数x，y满足x+2y＝1，则的最小值为 ．
16．（5分）已知F1、F2是双曲线1（a＞0，b＞0）的左、右焦点，点F1关于渐近线的对称点恰好落在以F2为圆心，为半径的圆上，则该双曲线的离心率为 ．
四、解答题：（本大题共6小题，共70分.
17．（10分）已知锐角△ABC的三个角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求角A的大小；
（2）求sinB+sinC的取值范围．
18．（12分）已知圆C的方程为x2+y2＝4．
（1）直线l过点P（1，2），且与圆C交于A、B两点，若，求直线l的方程；
（2）点P（x，y）为圆上任意一点，求x+y+2的最大值和最小值．
19．（12分）某市为了了解人们对“中国梦”的伟大构想的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“一带一路”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有m人，按年龄分成5组，其中第一组：[20，25），第二组：[25，30），第三组：[30，35），第四组：[35，40），第五组：[40，45]，得到如图所示的频率分布直方图．
（1）根据频率分布直方图，估计这m人的平均年龄和第80百分位数；
（2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取20人，担任本市的“中国梦”宣传使者．
（ⅰ）若有甲（年龄38），乙（年龄40）两人已确定人选宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率；
（ⅱ）若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为37和，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为43和1，据此估计这m人中35～45岁所有人的年龄的方差．
20．（12分）如图，在三棱锥P﹣ABC中，△PAC是正三角形，AC⊥BC，AC＝BC＝2，D是AB的中点．
（1）证明：AC⊥PD；
（2）若二面角P﹣AC﹣D为150°，求直线BC与平面PAB所成角的正弦值．
21．（12分）设抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，C的准线与x轴的交点为E，点A是C上的动点．当△AEF是等腰直角三角形时，其面积为2．
（1）求C的方程；
（2）延长AF交C于点B，点M是C的准线上的一点，设直线MF，MA，MB的斜率分别是k0，k1，k2，若k1+k2＝λk0，求λ的值．
22．（12分）设函数，其中k∈{1，2}．
（1）若a＝0，求F（x）＝f1（x）+f2（x）在[﹣1，2]上的最大值；
（2）已知g（x）＝（x2+x）•f2（x）满足对一切实数x均有g（x）＝g（2﹣x），求函数g（x）的值域；
（3）若a＝﹣1，且{x|f2（x）＝x}＝{x|f2（f2（x））＝x}，求实数b的取值范围．
2022-2023学年浙江省杭州市四校联考高二（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题的四个选项中，只有一项是符合要求的.）
1．（5分）已知集合A＝{﹣2，﹣1，0，1），B＝{﹣1，1，2}，则A∩B＝（ ）
A．{﹣1，1，2}B．{﹣1，0，1}
C．{﹣2，﹣1，0，1，2}D．{﹣1，1}
【解答】解：集合A＝{﹣2，﹣1，0，1），B＝{﹣1，1，2}，
则A∩B＝{﹣1，1}．
故选：D．
2．（5分）若复数z满足，则复数z在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【解答】解：∵，
∴复数z在复平面内对应的点（）位于第一象限．
故选：A．
3．（5分）已知焦点在y轴上的椭圆的离心率是，则m的值是（ ）
A．B．C．D．或
【解答】解：因为焦点在y轴上，故m＞5，该椭圆的离心率是，
所以，显然满足m＞5，
故选：C．
4．（5分）已知不同平面α，β，γ，不同直线m和n，则下列命题中正确的是（ ）
A．若m⊥α，m⊥β，则α∥βB．若α⊥γ，β⊥γ，则α⊥β
C．若m⊥n，m⊥α，则n∥αD．若m∥α，n∥α，则m∥n
【解答】解：对于A，若m⊥α，m⊥β，则α∥β，故A正确；
对于B，若α⊥γ，β⊥γ，则α，β可能垂直，平行，故B不正确；
对于C，若m⊥n，m⊥α，则n∥α或n⊂α，故C不正确；
对于D，若m∥α，n∥α，则m，n可能平行，异面，相交，故D不正确；
故选：A．
5．（5分）已知，则（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：因，
所以．
故选：B．
6．（5分）关于函数f（x）＝|csx|+|sinx|，下列选项错误的是（ ）
A．f（x）是偶函数
B．f（x）在区间上单调递增
C．f（x）的最大值为2
D．为f（x）的一个周期
【解答】解：由已知可得，，
所以为f（x）的一个周期，
当时，，
因为，
所以，
所以f（x）的最大值为．
对于A项，因为f（﹣x）＝|cs（﹣x）|+|sin（﹣x）|＝|csx|+|sinx|＝f（x），
所以f（x）是偶函数，故A项正确；
对于B项，因为当时，，，
所以f（x）在上单调递增，由为f（x）的周期可知，
f（x）在区间上单调递增，故B项正确；
对于C项，由f（x）的最大值为，知C项错误；
对于D项，因为，
所以为f（x）的一个周期，故D项正确．
故选：C．
7．（5分）已知2a＝3，3b＝4，ac＝b，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．c＞a＞bB．b＞a＞cC．a＞c＞bD．a＞b＞c
【解答】解：由题可知，a＝lg23，b＝lg34，易知a，b∈（1，+∞）．
因为，
所以b＜a．
另一方面，c＝lgab＜lgaa＝1＜b，所以a＞b＞c．
故选：D．
8．（5分）已知函数，若存在唯一的整数x，使得成立，则所有满足条件的整数a的个数为（ ）
A．4B．3C．2D．1
【解答】解：由已知可得，
解f（x）+1＝0可得，或或，
作出y＝f（x）+1以及y＝x﹣a的图象如下图，，，，D（a，0），
当y＝f（x）+1与y＝x﹣a的图象在x轴异侧时，，
如图1，
当，即y＝x﹣a在图中l位置时，
由图象可知，在内，有y＝f（x）+1与y＝k（x﹣a）的图象在x轴异侧，即成立，有一个整数解﹣1；
在内，有y＝f（x）+1与y＝k（x﹣a）的图象在x轴异侧，即成立，显然此时没有整数解，即存在唯一的整数解；
如图2，
当时，在内，有y＝f（x）+1与y＝x﹣a的图象在x轴异侧，即成立，有一个整数解﹣1；
在内，有y＝f（x）+1与y＝k（x﹣a）的图象在x轴异侧，即成立．
要使不等式有唯一整数解，则应满足a≤1，所以有；
当a＜0时，有，即0是的整数解，
显然当或a＜﹣2时，存在其他整数解，不合题意，舍去；
当时，在内有解，但是不存在整数解，满足题意；
显然时，满足题意；
如图3，
当时，不等式在上有解，
由题意知，应有a≤﹣1，所以，
综上所述，满足条件的a的取值范围为﹣2≤a≤﹣1或0≤a≤1，
所以满足条件的整数a有﹣2，﹣1，0，1，共有4个．
故选：A．
二、选择题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题的四个选项中，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，有神墙选错的得0分）
（多选）9．（5分）以下说法正确的有（ ）
A．“x＝0且y＝0”是“xy＝0”的充要条件
B．若，则a＞b
C．命题“∃x∈R，使得x2+x+1≥0”的否定是“∀x∈R，使得x2+x+1＜0”
D．当时，的最小值为
【解答】解：对于A，当x＝0且y＝0时，有xy＝0；当xy＝0时，x＝0或y＝0，得不出x＝0且y＝0．所以，“x＝0且y＝0”是“xy＝0”的充分不必要条件，故A错误；
对于B，由可知ab＞0，由不等式的性质，可得a＞b成立，故B正确；
对于C，由存在量词命题的否定可知命题“∃x∈R，使得x2+x+1≥0”的否定是“∀x∈R，使得x2+x+1＜0”，故C正确；
对于D，令t＝sinx∈（0，1），因为在（0，1）上单调递减，所以，故D错误．
故选：BC．
（多选）10．（5分）某校有甲、乙、丙三名学生是新冠阳性患者的密切接触者，已知密切接触者新冠病毒检测呈阳性的概率为，记事件A为“三名学生都是阴性”，事件B为“三名学生都是阳性”，事件C为“三名学生至少有一名是阳性”，事件D为“三名学生不都是阴性”，则（ ）
A．B．事件A与事件B互斥
C．P（C）≠P（D）D．事件A与事件C对立
【解答】解：对于A：∵，∴A正确；
对于B：∵事件A与事件B不能同时发生，∴事件A与事件B互斥，∴B正确；
对于C：∵事件C与事件D为同一事件，∴，∴C错误；
对于D：∵A∩C为不可能事件，A∪C为必然事件，∴事件A与事件C对立，∴D正确．
故选：ABD．
（多选）11．（5分）已知圆O：x2+y2＝4，过点M（﹣1，0）直线l与圆O交于P，Q两点．下列说法正确的是（ ）
A．|PQ|的最小值为
B．
C．的最大值为﹣2
D．线段PQ中点的轨迹为圆
【解答】解：对于选项A：由题意可知，当l⊥x轴时，|PQ|最小，
所以|PQ|的最小值为，故选项A错误；
对于选项B：设N是PQ的中点，连接ON，
则ON⊥PQ，，
∵的最小值为，最大值为4，
∴，故选项B正确；
对于选项C：当直线l的斜率为0时，，
当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为x＝my﹣1，P（x1，y1），Q（x2，y2），
联立方程，消去x得（m2+1）y2﹣2my﹣3＝0，
∴y1+y2，y1y2，
∴，
∴，
∴的最大值为﹣2，当且仅当m＝0，即l：x＝﹣1时取等号，故选项C正确；
对于选项D：由于MN⊥ON，则点N在以MO为直径的圆上，圆心为，半径为，
∴点N的轨迹方程为，即线段PQ中点的轨迹为圆，故选项D正确．
故选：BCD．
（多选）12．（5分）在矩形ABCD中，AB＝2AD＝2，E为CD的中点，将△CBE沿直线BE翻折至△C1BE的位置，则（ ）
A．翻折过程中，直线AC1与BE所成角的余弦值最大为
B．翻折过程中，存在某个位置的C1，使得BE⊥AC1
C．翻折过程中，四棱锥C1﹣ABED必存在外接球
D．当四棱锥C1﹣ABED的体积最大时，以AC1为直径的球面被平面C1BE截得交线长为π
【解答】解：在矩形ABCD中，取AB中点F，连接CF与BE交于点O，
∵AB＝2，∴BF＝CB＝1，∴CF⊥BE，且，
∴以OF，OB所在直线分别为x轴，y轴，过O与平面ABCD垂直的直线为z轴，
建立空间直角坐标系如上图，则根据题意可得：
，，，∴，
将△CBE沿直线BE翻折至△C1BE的位置的过程中，C1在以O为圆心，直径为的圆弧上，
∴C1在平面zOx内，设C1（x，0，z），且，z≥0，
∴，∴，
∴，，
∴，，
对于A，设直线AC1与BE所成角为θ，
则，
易知当时，单调递增，
∴当时，，故选项A正确；
对于选项B，翻折过程中，恒成立，
∴不存在某个位置的C1，使得BE⊥AC1，故选项B错误；
对于C，连接AE，直角△ADE有以AE为直径的唯一外接圆，
又，∴B不在△ADE的外接圆上，即四边形ABED无外接圆，
∴四棱锥C1﹣ABED不存在外接球，故选项C错误；
对于D，当四棱椎C1﹣ABED的体积最大时，C1到平面ABED距离最大，
∴此时在z轴上，平面C1BE即平面yOz，
∴以AC1为直径的球的球心为AC1中点，
∴球心M到平面C1BE即平面yOz的距离为，
又∵该球的直径，∴半径，
由球的几何性质，以AC1为直径的球面被平面C1BE截得交线为圆，
该圆的半径，
∴该圆的周长为2πr＝π，故选项D正确．
故选：AD．
三、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）
13．（5分）计算： 7 ．
【解答】解：原式，
故答案为：7．
14．（5分）阿基米德是伟大的古希腊数学家，他和高斯、牛顿并列为世界三大数学家，他一生最为满意的一个数学发现就是“圆柱容球”定理，即圆柱容器里放了一个球，该球顶天立地，四周碰边（即球与圆柱形容器的底面和侧面都相切），在该图形中，球的体积是圆柱体积的，并且球的表面积也是圆柱表面积的，则该圆柱的体积与它的外接球的体积之比为 ．
【解答】解：设圆柱的底面半径为a，则圆柱的内切球的半径为a，
∴圆柱的高为2a，∴圆柱的体积为，
又圆柱的外接球球心为上下底面圆心连线的中点，
∴圆柱的外接球半径，
∴圆柱的外接球体积为，
故．
故答案为：．
15．（5分）已知正数x，y满足x+2y＝1，则的最小值为 12 ．
【解答】解：由题意，（x+2y）2＝x2+4y2+4xy＝1，
∴x2+4y2＝1﹣4xy，，将x＝1﹣2y代入，
原式，
当时，取到最小值12．
故答案为：12．
16．（5分）已知F1、F2是双曲线1（a＞0，b＞0）的左、右焦点，点F1关于渐近线的对称点恰好落在以F2为圆心，为半径的圆上，则该双曲线的离心率为 4 ．
【解答】解：由题意得F1（﹣c，0），F2（c，0），且双曲线的渐近线为y＝±x，
不妨设点F1（﹣c，0）关于渐近线yx的对称点为M（x，y），
则，解得，即M（c，），
又M在以F2为圆心，为半径的圆上，圆的方程为（x﹣c）2+y2，
∴，即16a2＝c2，
∴e2＝16，解得e＝±4，
∵e＞1，∴e＝4．
故答案为：4．
四、解答题：（本大题共6小题，共70分.
17．（10分）已知锐角△ABC的三个角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求角A的大小；
（2）求sinB+sinC的取值范围．
【解答】解：（1）由题意得2acsC+c＝2b．由正弦定理得2sinAcsC+sinC＝2sinB，
又sinB＝sin（A+C）＝sinAcsC+csAsinC，2sinAcsC+sinC＝2（sinAcsC+csAsinC），则sinC＝2csAsinC．
∵sinC≠0，∴，
又0＜A，则；
（2）由（1）得，则．
∵△ABC为锐角三角形，∴，且，
∴，
∴，
故sinB+sinC的取值范围是．
18．（12分）已知圆C的方程为x2+y2＝4．
（1）直线l过点P（1，2），且与圆C交于A、B两点，若，求直线l的方程；
（2）点P（x，y）为圆上任意一点，求x+y+2的最大值和最小值．
【解答】解：（1）圆C的圆心为坐标原点O，半径为r＝2，
设圆心O到直线l的距离为d，
则，
①当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝1，满足题意；
②当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为y﹣2＝k（x﹣1），即kx﹣y﹣k+2＝0，
由题意可得，解得，此时直线l的方程为3x﹣4y+5＝0．
综上所述，直线l的方程为x＝1或3x﹣4y+5＝0．
（2）方法一：设x+y+2＝t．
联立可得，2x2+（4﹣2t）x+t2﹣4t＝0．
因为直线与圆有交点，所以Δ≥0．
又Δ＝（4﹣2t）2﹣4×2×（t2﹣4t）＝﹣4（t2﹣4t﹣4），
所以t2﹣4t﹣4≤0，解得．
所以x+y+2的最大值是，最小值是；
方法二：因为（x+y）2＝x2+y2+2xy≤2（x2+y2）＝8，当且仅当等号成立，
所以．
所以x+y+2的最大值是，最小值是．
方法三，换元：令x＝2csθ，y＝2sinθ，θ∈[0，2π），
则，
因为θ∈[0，2π），所以，所以，
所以x+y+2的最大值是，最小值是．
19．（12分）某市为了了解人们对“中国梦”的伟大构想的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“一带一路”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有m人，按年龄分成5组，其中第一组：[20，25），第二组：[25，30），第三组：[30，35），第四组：[35，40），第五组：[40，45]，得到如图所示的频率分布直方图．
（1）根据频率分布直方图，估计这m人的平均年龄和第80百分位数；
（2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取20人，担任本市的“中国梦”宣传使者．
（ⅰ）若有甲（年龄38），乙（年龄40）两人已确定人选宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率；
（ⅱ）若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为37和，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为43和1，据此估计这m人中35～45岁所有人的年龄的方差．
【解答】解：（1）设这m人的平均年龄为，则（岁）．
设第80百分位数为a，
方法一：由5×0.02+（40﹣a）×0.04＝0.2，解得a＝37.5．
方法二：由0.05+0.35+0.3+（a﹣35）×0.04＝0.8，解得a＝37.5．
（2）（i）由题意得，第四组应抽取4人，记为A，B，C，甲，第五组抽取2人，记为D，乙．
对应的样本空间为：
Ω＝{（A，B），（A，C），（A，甲），（A，乙），（A，D），（B，C），（B，甲），（B，乙），（B，D），（C，甲），（C，乙），（C，D），（甲，乙），（甲，D），（乙，D）}，共15个样本点．
设事件M＝“甲、乙两人至少一人被选上”，
则M＝{（A，甲），（A，乙），（B，甲），（B，乙），（C，甲），（C，乙），（甲，乙），（甲，D），（乙，D）}，共有9个样本点．
所以，．
（ii）设第四组、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为，，方差分别为，，
则，，，，
设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，方差为s2．
则，．
因此，第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为10．
据此，可估计这m人中年龄在35～45岁的所有人的年龄方差约为10．
20．（12分）如图，在三棱锥P﹣ABC中，△PAC是正三角形，AC⊥BC，AC＝BC＝2，D是AB的中点．
（1）证明：AC⊥PD；
（2）若二面角P﹣AC﹣D为150°，求直线BC与平面PAB所成角的正弦值．
【解答】解：（1）证明：取AC的中点O，连接OP，OD，
∵△PAC是正三角形，
∴PO⊥AC，
又D是AB的中点，
∴DO∥BC，
∵AC⊥BC，
∴DO⊥AC，
又PO∩DO＝O，PO，DO⊂面POD，
∴AC⊥面POD，又PD⊂面POD，
∴AC⊥PD；
（2）以OA，OD所在直线为x轴，y轴，过O作z轴⊥底面ABC，建立如图空间直角坐标系，
则O（0，0，0），A（1，0，0），D（0，1，0），C（﹣1，0，0），B（﹣1，2，0），
易得∠POD＝150°，又，则，
由DO∥BC得直线BC的一个方向向量为，
设平面PAB的法向量为，，，
则，令x＝1，则平面PAB的一个法向量为，
记直线BC与平面PAB所成角为α，
那么．
21．（12分）设抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，C的准线与x轴的交点为E，点A是C上的动点．当△AEF是等腰直角三角形时，其面积为2．
（1）求C的方程；
（2）延长AF交C于点B，点M是C的准线上的一点，设直线MF，MA，MB的斜率分别是k0，k1，k2，若k1+k2＝λk0，求λ的值．
【解答】解：（1）当△AEF是等腰直角三角形时，EF⊥AF，
∴点，∴，∴p＝2，
∴抛物线方程为y2＝4x；
（2）由（1）知F（1，0），设直线AB的方程：x＝ty+1代入y2＝4x得：y2﹣4ty﹣4＝0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），所以y1+y2＝4t，y1y2＝﹣4，
设M（﹣1，yM），则，，．
∵，∴，
∴，
∴k1+k2＝2k0，
所以λ＝2．
22．（12分）设函数，其中k∈{1，2}．
（1）若a＝0，求F（x）＝f1（x）+f2（x）在[﹣1，2]上的最大值；
（2）已知g（x）＝（x2+x）•f2（x）满足对一切实数x均有g（x）＝g（2﹣x），求函数g（x）的值域；
（3）若a＝﹣1，且{x|f2（x）＝x}＝{x|f2（f2（x））＝x}，求实数b的取值范围．
【解答】解：（1）若a＝0，则函数，其中k∈{1，2}，
所以F（x）＝f1（x）+f2（x），则函数F（x）在[﹣1，0）上单调递减，在[0，2]上单调递增，
又F（﹣1）＝2+2b，F（2）＝6+2b，所以F（x）的最大值为6+2b；
（2）g（x）＝（x2+x）（x2+2ax+a2+b），由题意g（x）关于直线x＝1对称，即g（x+1）为偶函数．
g（x+1）＝[（x+1）2+（x+1）][（x+1）2+2a（x+1）+a2+b]＝[（x2+2）+3x][（x2+（a+1）2+b）+（2+2a）x]，
所以，
∴，
又函数g（x）的定义域为R，而g（x+1）与g（x）的值域相同，
所以g（x）的值域是；
（3）若a＝﹣1，则，f2（f2（x））＝x⇒f2（f2（x））﹣f2（x）＝x﹣f2（x），
即，即，即[f2（x）﹣x][f2（x）+x﹣1]＝0，
∴f2（x）﹣x＝0与f2（x）+x﹣1＝0有相同的根，或f2（x）+x﹣1＝0无根，
若f2（x）﹣x＝0与f2（x）+x﹣1＝0有相同的根，则f2（x）＝x且f2（x）＝﹣x+1，
∴x＝﹣x+1，即，∴，则，∴；
若f2（x）+x﹣1＝0无根，则x2﹣2x+b+1+x﹣1＝x2﹣x+b＝0中Δ＝1﹣4b＜0，∴，
综上，实数b的取值范围是．
号：37103942