2022-2023学年湖北省咸宁市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年湖北省咸宁市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共16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.已知集合M={z∈C||z|=2}，则( )
A. 1+i∈MB. 1+ 3i∈MC. 1+2i∈MD. 2+i∈M
2.已知x>3，y=x+1x−3，则y的最小值为( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
3.若一个圆锥的侧面展开图是半径为2，圆心角为180∘的扇形，则该圆锥的高为( )
A. 1B. 2C. 3D. 2
4.设α，β为两个不同的平面，则α//β的一个充分条件可以是( )
A. α内有无数条直线与β平行B. α，β垂直于同一条直线
C. α，β平行于同一条直线D. α，β垂直于同一个平面
5.定义在R上的函数f(x)满足f(x+2)+f(x)=3，且f(1)=0，则f(2023)=( )
A. −3B. 0C. 1D. 3
6.若存在实数m，使得lga4A. (0,1)∪(1,+∞)B. (0,1)∪(2,+∞)C. (12,1)∪(1,+∞)D. (12,1)∪(2,+∞)
7.如图，已知平面向量OA、OB、OC满足|OA|=|OB|=|OC|,⟨OA,OB⟩=120∘,OB⊥OC，则( )
A. 2OA+OB+ 3OC=0
B. OA+2OB+ 3OC=0
C. 2OA+ 3OB+OC=0
D. 3OA+2OB+OC=0
8.已知四棱锥P−ABCD的底面ABCD为平行四边形，K为PC的中点，过A，K两点做一个平面α，使得BD//α，则平面α将四棱锥P−ABCD分的上、下两部分的体积比V上V下=( )
A. 13B. 12C. 23D. 32
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.若复数z满足：(1+i)z=2i5,z−为z的共轭复数，则( )
A. z−=1−iB. z+z−=2
C. z在复平面对应的点位于第二象限D. z2=2i
10.某学校为了普及防溺水安全知识，对本校1000名学生开展了一次防溺水安全知识竞赛答题活动，从中随机抽取100名学生的得分，按照[90,100),[100,110),[110,120),[120,130),[130,140),[140,150]分成六段，整理得到如图所示的频率分布直方图，则下列结论正确的是( )
A. 根据直方图，该校竞赛得分落在[120,130)的频率为0.3
B. 根据直方图，该校竞赛得分的第75百分位数估计大于130
C. 根据直方图，该校竞赛得分的众数约为135
D. 根据直方图，该校竞赛得分的平均分约为121
11.已知函数f(x)=sinnx+tannx(n∈N*)，则( )
A. 当n=2时，f(x)的最小正周期是π2
B. ∀n∈N*，f(x)在(0,π2)上单调递增
C. 当n=2k−1(k∈N*)，f(x)为奇函数
D. 当n=2k(k∈N*)时，f(x)图象关于x=π2对称
12.如图，已知E，F，G，H分别是四边形ABCD的中点，O为对角线AC与BD的交点，则下列正确的是( )
A. 若AC=BD，则EG⋅FH=0
B. 若AC=BD，则|EG|=|FH|
C. 若AC⊥BD，则OE⋅OG=OF⋅OH
D. 若AC⊥BD，则AB⋅CD+AD⋅BC=0
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.函数f(x)=ax−2+3(a>0且a≠1)的图象过定点P，则点P的坐标为______.
14.已知半球O的半径为2，如图，截面圆O1平行于半球的底面的，以该截面圆为底面挖去一个圆柱，则剩下的几何体的表面积的最大值为______.
15.如图，已知正六边形A′B′C′D′E′F′的顶点分别是正六边形ABCDEF的边AB，BC，CD，DE，EF，FA上的点，其中AA′16.已知α，β均为锐角，tanα+tanβ=4sin(α+β)，则cs(α+β)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)
设集合A={x|x2−x−2≤0}，B={x|1(1)若A∪B=A，求实数a的取值范围；
(2)若(∁RA)∩B中只有一个整数，求实数a的取值范围.
18.(本小题12分)
已知向量a=(1, 3),|b|=3，且(2a−3b)⋅(2a+b)=1.
(1)求|a+b|的值；
(2)求2a−b在a方向上的投影向量的坐标.
19.(本小题12分)
如图，在五面体ABCDFE中，四边形BCFE为等腰梯形，EF//BC，且BE=EF=12BC.
(1)证明：AD//BC；
(2)若△ABE为等边三角形，且面ABE⊥面BCFE，求AC与面ABE所成角.
20.(本小题12分)
已知f(x)=Asin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示，A(13,0),B(43,0)两点是f(x)与x轴的交点，P为该部分图像上一点，且|PA+PB|的最大值为4.
(1)求f(x)的解析式；
(2)将f(x)图像向左平移12个单位得到g(x)的图像，设f(x)+g(x)=m在[0,2512]上有三个不同的实数根x1，x2，x3，求tan((x1+2x2+x3)π)的值.
21.(本小题12分)
在△ABC中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知sinA=tanB.
(1)若a= 2c，求C的值；
(2)若A为锐角，求b+ca的取值范围.
22.(本小题12分)
已知f(x)=ax−a−x，g(x)=ax+a−x，其中a>0，a≠1.
(1)若g(2x+1)≤g(x+2)，求x的取值范围.
(2)设F(x)=f(x)g(x)，若∀x1,x2∈[12,1]，恒有F(2x1)F(x1)≥1817×g(4x2)g(2x2)，求a的取值范围.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：因为|1+i|= 2，所以1+i∉M，A错误；
因为|1+ 3i|=2，所以1+ 3i∈M，B正确；
因为|1+2i|= 5，所以1+2i∉M，C错误；
因为|2+i|= 5，所以2+i∉M，D错误．
故选：B.
根据复数的模逐一验证即可．
本题主要考查元素与集合关系的判断，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：因为y=x+1x−3=x−3+1x−3+3，又因为x>3，所以x−3>0，
所以y≥5，当且仅当x=4时，等号成立，
故选：D.
x+1x−3=x−3+1x−3+3，由基本不等式可知y≥5，即可得最小值．
本题主要考查基本不等式的应用，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：根据题意，设圆锥底面圆半径r，
因为圆锥的侧面展开图是半径为2，圆心角为180∘的扇形，
所以2πr=2π，即r=1，
所以圆锥的高为 22−12= 3，
故选：C.
根据侧面展开图的弧长等于底面周长列方程求出底面半径，再利用勾股定理可求出圆锥的高．
本题考查圆锥的结构特征，涉及圆锥的侧面展开图，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：根据题意，对于A，α内有无数条直线与β，不能推出α//β，故A错，
对于B，根据面面平行的推论可得，垂直于同一条直线的两个平面互相平行，故B正确，
对于C，α，β平行于同一条直线，可得到α//β，a与β相交，故C错误，
对于D，α，β垂直于同一平面，得到α//β或α⊥β，故D错误，
故选：B.
利用线面平行和线线平行的判定和性质，面面平行的判定和性质的应用和判定A，B，C，D的结论．
本题考查充分条件的判断以及线面、面面平行的判定，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：f(x+2)+f(x)=3，则f(x+4)+f(x+2)=3，从而f(x+4)=f(x)，
即f(x)以4为周期，故f(2023)=f(3)=3−f(1)=3.
故选：D.
判断出函数f(x)是以4为周期的周期函数，结合函数的周期可求解．
本题主要考查了函数的周期性，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：依题意可知，2a−1>lga4；
当0当a>1时，由2a−1−lga4=2a−1−ln4lna，
令f(x)=2x−1−ln4lnx，
由y=2x−1,y=−ln4lnx在(0,+∞)为递增函数，
所以f(x)在(0,+∞)为递增函数，且f(2)=0，
因此f(a)>0=f(2)，即a>2，
综上可知a∈(0,1)∪(2,+∞).
故选：B.
由题意存在实数m，使得lga4lga4，然后对参数a进行分类讨论即可解决．
本题主要考查指数、对数不等式的解法，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：设OC′=−OC，过C′分别作OA，OB的平行线，
分别交OA，OB于D，E，
如图，不妨设|OA|=|OB|=|OC|= 3，
∵⟨OA,OB⟩=120∘,OB⊥OC
所以∠EOC′=∠OC′D=90∘，∠DOC′=30∘，
则OD=2，OE=C′D=1，
从而−OC=OC′=OD+OE=2 3OA+1 3OB，
故2OA+OB+ 3OC=0.
故选：A.
设OC′=−OC，过C′分别作OA，OB的平行线，不妨设|OA|=|OB|=|OC|= 3，可得−OC=OC′=2 3OA+1 3OB，进而可得答案．
本题主要考查平面向量的基本定理，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】解：设平面α与PB，PD交于点E，F，因为BD//α，而面PBD∩α=EF，
则EF//BD，连接AC，BD交于点O，连接EF，AK交于点G，则P，G，O三点共线，
因为K，O为中点，从而G为△PAC的重心，从而PG=2GO，
因为VA−PEFVA−PBD=S△PEFS△PBD=49，所以VA−PEF=29VP−ABCD，
因为VK−PEFVC−PBD=S△PEFS△PBD⋅12=29，所以VK−PEF=19VP−ABCD，
因此VP−AEFK=VA−PEF+VK−PEF=29VP−ABCD+19VP−ABCD=13VP−ABCD，故V上VT=12.
故选：B.
利用平面性质作出截面α，然后利用重心性质及体积公式求出体积之比即可．
本题考查四棱锥的截面问题，几何体的体积的求解，属中档题．
9.【答案】ABD
【解析】解：因为(1+i)z=2i5=2i，
所以z=2i1+i=2i(1−i)(1+i)(1−i)=2i+22=1+i，
所以z−=1−i，
所以|z−|= 12+(−1)2= 2，
故选项A正确；
z+z−=(1+i)+(1−i)=2，
故选项B正确；
复数z在复平面内对应的点为(1,1)，位于第一象限，
故选项C错误；
z2=(1+i)2=2i，
故D正确．
故选：ABD.
利用复数除法运算法则及幂运算先化简得出复数z，再写出它的共轭复数z−然后逐项分析即可．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的性质，属于基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：对于A选项，分数在[120,130)内的频率为1−(0.010+0.015+0.015+0.025+0.005)×10=0.3，A正确；
对于B选项，注意到分数落在[130,150]的频率为0.05+0.25=0.3，从而第75百分为数超过130，B正确；
对于C选项，因为[120,130)的频率为0.3最大，故众数约为125，C错误；
对于D选项，平均分：95×0.1+105×0.15+115×0.15+125×0.3+135×0.25+145×0.05=121，故D正确．
故选：ABD.
根据频率分布直方图求众数、百分位数、平均分的定义即可得解．
本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了众数、百分位数、平均分的定义，属于基础题．
11.【答案】BCD
【解析】解：对于A，当n=2时，f(x)=sin2x+tan2x，此时f(x+π2)=cs2x+tan2(x+π2)，不恒等于f(x)，故A错误；
对于B，y=sinx，y=tanx在(0,π2)上均单调递增，则当n∈N*时，f(x)单调递增，故B正确；
选项C，易知f(x)的定义域关于原点对称，当n=2k−1时，f(−x)=sin2k−1(−x)+tan2k−1(−x)=−f(x)，即f(x)是奇函数，故C正确；
选项D，则f(π−x)=sin2k(π−x)+tan2k(π−x)=sin2kx+tan2k(−x)=sin2kx+tan2kx=f(x)，所以f(x)的图象关于直线x=π2对称，故D正确．
故选：BCD.
利用n=2可判断A；根据sinx，tanx在(0,π2)上均单调递增可判断B；利用奇函数定义判断出f(x)是奇函数可判断C；利用诱导公式化简可判断D.
本题考查三角函数的性质的应用，属于基础题．
12.【答案】ACD
【解析】解：对于A选项，因为F，G分别是四边形ABCD的中点，所以GF//BD且GF=12BD，
同理HE//BD且HE=12BD，所以HE//GF且HE=GF，
所以四边形EFGH为平行四边形，又AC=BD，所以HE=EF，
所以EFGH为菱形，因此EG⊥FH，故A正确；
对于B选项，由A选项分析可知四边形EFGH为菱形，
但不一定是正方形，
所以|EG|=|FH|不一定成立，故B错误；
对于C选项，因为AC⊥BD，所以OA⋅OB=OC⋅OD=0，
所以OE⋅OG=14(OA+OB)⋅(OC+OD)=14(OA⋅OC+OB⋅OD)，
同理可得OF⋅OH=14(OA⋅OC+OB⋅OD)，故C正确；
对于D选项，因为AC⊥BD，
所以AC⋅BD=(AB+BC)⋅(BA+AD)=−AB2+AB⋅AD−AB⋅BC+BC⋅AD，
所以AC⋅BD=AB⋅(AD−AB−BC)+BC⋅AD=AB⋅CD+AD⋅BC=0，故D正确．
故选：ACD.
对选项A、B，先判断四边形EFGH为菱形，再利用菱形的性质判断即可，对选项C、D，利用向量垂直运算及数量积的运算律判断即可．
本题考查向量数量积的运算，向量的线性运算，化归转化思想，属中档题．
13.【答案】(2,4)
【解析】解：当x=2时，f(2)=a2−2+3=a0+3=4，∴函数f(x)=ax−2+3的图象一定经过定点(2,4).
故答案为(2,4).
利用a0=1(a≠0)，取x=2，得f(2)=4，即可求函数f(x)的图象所过的定点．
本题考查了含有参数的函数过定点的问题，自变量的取值使函数值不含参数即可求出其定点．
14.【答案】16π
【解析】解：依题意，设球的半径为OA=R，圆柱的高为OO1=h，底面半径为O1A=r，
如图所示：
则r2+h2=R2=4，
所以4=r2+h2≥2rh⇔rh≤2，
当且仅当r=h时，取到等号，
因此剩下的几何体的表面积为：
S=3πR2+2πrh≤12π+4π=16π.
故答案为：16π.
画图，设球的半径为R，圆柱的高为h，底面半径为r，建立方程由基本不等式求出rh的最大值，然后求出剩下的几何体的表面积．
本题主要考查了圆柱的结构特征，考查了球的表面积公式，属于基础题．
15.【答案】2 77
【解析】解：由题意可知，△A′B′B≅△B′C′C，则A′B+BB′=AB，
由S1=97S2,A′B+BB′A′B′=ABA′B′=3 7，
设A′B=a，BB′=b，A′B′=c，
则a+bc=3 7，
由余弦定理，c2=a2+b2−2abcs120∘，
即c2=a2+b2+ab，
故7(a+b)2=9(a2+b2+ab)，
解得a=2b或a=12b(舍去)，
则c= 7b，
从而csα=b2+c2−a22bc=b2+7b2−4b22 7b2=2 77.
即cs∠A′B′B=2 77.
故答案为：2 77.
利用全等得出A′B+BB′=AB，由S1=97S2，得出A′B+BB′A′B′=3 7，设A′B=a，BB′=b，A′B′=c，则a+bc=3 7，结合余弦定理即可求出a=2b，c= 7b，然后利用余弦定理求解即可．
本题考查解三角形，考查运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】−12
【解析】解：4sin(α+β)=tanα+tanβ=sinαcsβ+sinβcsαcsαcsβ=sin(α+β)csαcsβ，
因为α，β均为锐角，则sin(α+β)≠0，因此csαcsβ=14，
因此cs(α+β)=csαcsβ−sinαsinβ=14− (1−cs2α)(1−cs2β)
=14− 1+cs2αcs2β−cs2α−cs2β=14− 1+116−cs2α−cs2β
≥14− 1+116−2csαcsβ=14− 1+116−12=−12，当且仅当csα=csβ=12时，等号成立．
故答案为：−12.
化切为弦，然后利用两角和余弦公式展开，利用基本不等式求解最值即可．
本题主要考查了和差角公式，同角平方关系及基本不等式的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)A={x|x2−x−2≤0}={x|−1≤x≤2}，
因为A∪B=A，所以B⊆A，
当a≤12时，则B=⌀，故B⊆A符合题意，
当a>12时，则B⊆A，可知2a≤2，即12综上可知，a≤1，
故实数a的取值范围为(−∞,1].
(2)∁RA={x|x<−1或x>2}，
因为(∁RA)∩B中只有一个整数，因此该整数为3，
如图，
由B={x|1故实数a的取值范围为(32,2].
【解析】(1)解一元二次不等式得集合A，然后分a≤12和a>12讨论可解；
(2)利用数轴分析即可求解．
本题主要考查集合的运算，属于基础题．
18.【答案】解：(1)a=(1, 3),|b|=3，且(2a−3b)⋅(2a+b)=1，
则|a|=2,(2a−3b)⋅(2a+b)=4a2−4a⋅b−3b2=16−4a⋅b−27=1，
∴a⋅b=−3，则|a+b|2=a2+2a⋅b+b2=7，即|a+b|= 7；
(2)2a−b在a方向上的投影向量OM=(|2a−b|csθ)e，
其中θ为⟨2a−b,a⟩，e是与a同向的单位向量，即e=a|a|，
csθ=a⋅(2a−b)|a|⋅|2a−b|，
则OM=(|2a−b|csθ)e=(|2a−b|⋅a⋅(2a−b)|a|⋅|2a−b|)a|a|=(a⋅(2a−b)|a|2)a，
而|a|2=4,a⋅(2a−b)=2|a|2−a⋅b=8+3=11.
故OM=114a=(114,11 34)，
故2a−b在a方向上的投影向量的坐标为(114,11 34).
【解析】(1)由(2a−3b)⋅(2a+b)=1求出a⋅b=−3，可求出|a+b|2的值，进而可得答案；
(2)利用投影向量的定义，平面向量的夹角公式以及平面向量数量积的运算法则求解即可．
本题主要考查平面向量的数量积运算，考查转化能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：依题意EF//BC，EF⊄平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
所以EF//平面ABCD，又EF⊂平面ADFE，平面ABCD∩平面ADFE=AD，
所以EF//AD，所以AD//BC.
(2)在等腰梯形BCFE中，不妨设BE=EF=FC=1，BC=2，
分别过E，F作BC的垂线EG，FH，则BE=2BG，故∠EBC=60∘
所以EC= BE2+BC2−2BE⋅BC⋅cs60∘= 3，
所以BC2=BE2+CE2，所以BE⊥EC，
又面ABE⊥面BCFE，面ABE∩面BCFE=BE，EC⊂面BCFE，
因此CE⊥面ABE，
从而CA与平面ABE所成角即为∠CAE，∠CAE∈(0,π2)，
其中AE=BE=1,EC= BC2−BE2= 3，
所以tan∠CAE=CEAE= 3，故∠CAE=60∘，
所以CA与平面ABE所成角为60∘.
【解析】(1)根据线面平行的判定定理和性质定理，结合直线平行的传递性可证；
(2)利用面面垂直性质定理证明CE⊥面ABE，然后可知∠CAE即为所求，根据三角函数定义可得．
本题考查线面平行的判定定理与性质定理，线面角的求解，属中档题．
20.【答案】解：(1)依题意，T2=43−14=1，故T=2，从而ω=2πT=π，
而x=13+432=56为对称轴，故5π6+φ=π2+2kπ，则φ=2kπ−π3，
根据|φ|<π2可知，φ=−π3，
设M为AB的中点，则|PA+PB|=2|PM|，则|PM|的最大值为2，因此A=2，
从而f(x)=2sin(πx−π3).
(2)依题意，g(x)=f(x+12)=2sin(πx+π2−π3)=2cs(πx−π3)，
则f(x)+g(x)=2sin(πx−π3)+2cs(πx−π3)=2 2sin(πx−π3+π4)=2 2sin(πx−π12)
2 2sin(πx−π12)=m在[0,2512]存在三个实数根x1，x2，x3，设ti=πxi−π12∈[−π12,2π]，
2 2sint=m的三个零点t1，t2，t3满足t1+t2=π，t2+t3=3π，
从而π(x1+2x2+x3)=t1+2t2+t3+3π12=π+3π+3π12=4π+π4，
故tan((x1+2x2+x3)π)=tanπ4=1.
【解析】(1)根据图形求得T=2，可得ω=2πT=π，根据x=13+432=56为对称轴，求得φ=−π3，根据|PM|的最大值为2，求得A=2；
(2)求出g(x)=2cs(πx−π3)，则f(x)+g(x)=2 2sin(πx−π12)，利用三个零点t1，t2，t3满足t1+t2=π，t2+t3=3π即可求解．
本题主要考查由y=Asin(ωx+φ)的部分图象确定其解析式，函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换，考查运算求解能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)依题意sinA=tanB=sinBcsB，
由正弦定理可知，csB=sinBsinA=ba，
根据余弦定理，csB=a2+c2−b22ac=ba，即a2+c2−b2=2bc，
又a= 2c，则b2+2bc−3c2=0，即(b−c)(b+3c)=0，即b=c或b=−3c(舍去)，
所以a2=2c2=b2+c2，
因此△ABC为等腰直角三角形，故C=π4；
(2)由条件sinA=tanB，则0根据正弦定理可得：b+ca=sinB+sinCsinA=sinB+sin(A+B)sinA=sinB+sinAcsB+sinBcsAsinA
=2csB+csBcsA，
因为A为锐角，所以csA>0，
所以b+ca=2csB+csB 1−sin2A=2csB+csB 1−tan2B=2csB+ 2cs2B−1，
令t=csB∈( 22,1)，
而y=2t,y= 2t2−1在( 22,1)上单调递增，故y=2t+ 2t2−1在( 22,1)上单调递增，
因此2× 22+ 2( 22)2−1<2t+ 2t2−1<2×1+ 2×12−1，即 2<2t+ 2t2−1<3，
即b+ca的取值范围是( 2,3).
【解析】(1)利用正弦定理和余弦定理角化边，结合已知联立求解可判断三角形形状，然后可得；
(2)根据正弦定理边化角，利用和差公式、平方关系，结合已知化简可得，然后利用换元法，函数单调性可得．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)g(x)=ax+a−x，则g(−x)=a−x+ax=g(x)，
∴g(x)为偶函数，
当∀x2>x1≥0时，g(x2)−g(x1)=ax2+a−x2−ax1−a−x1=(ax2−ax1)(ax1+x2−1)ax1+x2，
当a>1时，ax2−ax1>0,ax1+x2−1>0，则g(x2)−g(x1)>0，
当00，
因此对∀x2>x1>0时，g(x2)>g(x1)，∴g(x)在[0,+∞)上单调递增，
则g(2x+1)≤g(x+2)，等价于|2x+1|≤|x+2|，
整理得x2≤1，解得−1≤x≤1，
∴x的取值范围[−1,1].
(2)设H(x)=F(2x)F(x),G(x)=g(4x)g(2x)，依题意可知[H(x)]min≥1817[G(x)]max，
∵F(x)=f(x)g(x)=ax−a−xax+a−x，
则H(x)=F(2x)F(x)=a2x−a−2xa2x+a−2x⋅ax+a−xax−a−x=(ax+a−x)2a2x+a−2x=1+2a2x+a−2x=1+2g(2x)，
当x∈[12,1]时，由(1)可知，y=g(u)在[1,2]上单调递增，u=2x在[12,1]上单调递增，
则y=g(2x)在[12,1]上单调递增，可得y=H(x)在[12,1]上单调递减，
∴H(x)≥H(1)=1+2a2+a−2，
又∵G(x)=g(4x)g(2x)=a4x+a−4xa2x+a−2x=(a2x+a−2x)2−2a2x+a−2x
=a2x+a−2x−2a2x+a−2x=g(2x)−2g(2x)，
且y=g(2x)在[12,1]上单调递增，则y=−2g(2x)在[12,1]上单调递增，
可得G(x)在[12,1]上单调递增，∴G(x)≤G(1)=a2+a−2−2a2+a−2，
因此1+2a2+a−2≥1817(a2+a−2−2a2+a−2)恒成立，
设t=a2+a−2>0，即1+2t≥1817(t−2t)，则18t2−17t−70≤0，解得t≤52，
即a2+a−2=a2+1a2≤52，解得12≤a2≤2，
结合a≠1可知，可得a∈[ 22,1)∪(1, 2],
∴a的取值范围[ 22,1)∪(1, 2].
【解析】(1)根据g(x)的奇偶性与单调性列式求解即可；
(2)根据题意分析可得[H(x)]min≥1817[G(x)]max，结合单调性求最值，代入运算求解即可．
本题主要考查函数恒成立问题，考查运算求解能力，属于中档题．