山东省潍坊市2020-2021学年高一上学期期中考试数学试卷 Word版含解析 18页

- 1 - 高一数学 本试卷共 4 页，满分 150 分，考试时间 120 分钟 注意事项： 1．答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填涂自己的准考证号、姓名. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写 在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题给出的四个选项 中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合  2 3 0A x x x   ，  1,2,3B  ，则 A B  （ ）． A.  3 B.  1,2,3 C.  0,2,3 D.  0,1,2,3 【答案】D 【解析】 【分析】 解方程求得集合 A ，由并集定义可求得结果. 【详解】    2 3 0 0,3A x x x    ，  0,1,2,3A B  . 故选： D . 2. 若 a ，b ， Rc ，则下列不等式成立的是（ ）． A. 若 a b ，则 2 2a b B. 若 a b ，则 ac bc C. 若 a b ，则 1 1 b a  D. 若 a b ，则 3 3a b 【答案】D 【解析】 【分析】 利用特殊值、排除法进行判断即可. 【详解】对于 A：当 0, 1a b   时，显然 a b ，但 2 2a b ，因此本选项不符合题意； - 2 - 对于 B：当 0c = 时，显然 ac bc ，因此本选项不符合题意； 对于 C：当 0, 1a b   时，显然 1 a 没有意义，因此本选项不符合题意； 故选：D 3. 下列各图中，一定不是函数图象的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 根据函数定义中 x 与 y 的对应关系只能是一对一或多对一，不能一对多，由此可得出合适的选 项. 【详解】对于 A 选项，由图象可知，存在 x 同时对应两个函数值 y ，A 选项中的图象不是函 数图象； 对于 B 选项，由图象可知，每个 x 有唯一的函数值 y 与之对应，B 选项中的图象是函数图象； 对于 C 选项，由图象可知，每个 x 有唯一的函数值 y 与之对应，C 选项中的图象是函数图象； 对于 D 选项，由图象可知，每个 x 有唯一的函数值 y 与之对应，D 选项中的图象是函数图象. 故选：A 4. 铁路总公司关于乘车行李规定如下：乘坐动车组列车携带品的外部尺寸长、宽、高之和不 超过130cm．设携带品外部尺寸长、宽、高分别为 , ,a b c （单位： cm ），这个规定用数学关 系式表示为（ ）． - 3 - A. 130a b c   B. 130a b c   C. 130a b c   D. 130a b c   【答案】C 【解析】 【分析】 根据长、宽、高的和不超过130cm可直接得到关系式. 【详解】长、宽、高之和不超过130cm， 130a b c    . 故选：C . 5. 设U 为全集，则“ A B   ”是“ UA B ð ”的（ ）． A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】 根据两集合之间关系，由补集的性质，以及充分条件和必要条件的概念，可直接得出结果. 【详解】因为U 为全集，若 A B   ，则 UA B ð ；若 UA B ð ，则 A B   ； 所以“ A B   ”是“ UA B ð ”的充要条件. 故选：C. 【点睛】结论点睛： 判定命题的充分条件和必要条件时，一般可根据如下规则判断： （1）若 p 是 q的必要不充分条件，则 q对应集合是 p 对应集合的真子集； （2） p 是 q的充分不必要条件， 则 p 对应集合是 q对应集合的真子集； （3） p 是 q的充分必要条件，则 p 对应集合与 q对应集合相等； （4） p 是 q的既不充分又不必要条件， q对的集合与 p 对应集合互不包含． 6. 已知函数   2f x ax bx c   满足  2 0f  且  3 0f  ，则  f x 在 2,3 上的零点 （ ）． A. 至多有一个 B. 有 1 个或 2 个 C. 有且仅有一个 D. 一个也没有 - 4 - 【答案】C 【解析】 【分析】 由零点存在定理可判定出结果. 【详解】由题意知：  f x 在 R 上至多有两个零点. 由零点存在定理知：若    2 3 0f f  ，则  f x 在 2,3 上有且仅有一个零点. 故选：C . 7. 某学校高一 3 班为该班男生分配宿舍，如果每个宿舍安排 3 人，就会有 6 名男生没有宿舍 住，如果每个宿舍安排 5 人，有一间宿舍不到 5 名男生，那么该学校高一 3 班的男生宿舍可 能的房间数量是（ ）． A. 3 或 4 B. 4 或 5 C. 3 或 5 D. 4 或 6 【答案】B 【解析】 【分析】 设宿舍房间数量为 x ，男生人数为 y ，得到 ,x y 满足的关系式，由此得到结果. 【详解】设宿舍房间数量为 x ，男生人数为 y ，则   3 6 0 5 1 5 , y x y x x y N           ， 解得 4,5x  . 所以宿舍可能的房间数量为 4 或 5 . 故选：B. 8. 已知不等式组 2 2 4 3 0 6 8 0 x x x x         的解集是关于 x 的不等式 2 3 0x x a   解集的子集，则实 数 a 的取值范围是（ ）． A. 0a  B. 0a  C. 2a  D. 2a  【答案】B 【解析】 【分析】 先求出一元二次不等式组的解集，再由题意利用二次函数的性质求得实数 a 的取值范围． - 5 - 【 详 解 】 解 ： 不 等 式 组 2 2 4 3 0 6 8 0 x x x x         解 得 1 3 2 4 x x      ， 所 以 不 等 式 组 的 解 集 是 { | 2 3}x x  ， 关于 x 的不等式 2 3 0x x a   解集包含{ | 2 3}x x  ，令 2( ) 3f x x x a   ，  9 4 0 (2) 2 0 (3) 0 a f a f a           „ „ ，解得 0a„ ， 故选： B ． 【点睛】二次函数、二次方程与二次不等式统称“三个二次”，它们常结合在一起，有关二 次函数的问题，数形结合，密切联系图象是探求解题思路的有效方法．一般从：①开口方向； ②对称轴位置；③判别式；④端点函数值符号四个方面分析． 二、多项选择题：本大题共 4 个小题，每小题 5 分，共 20 分，在每小题给出的四 个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有 选错的得 0 分． 9. 下列命题中是假命题的是（ ）． A. x R  ， 3 0x  B. 0x R  ， 3 0 3x  C. x Q  ， 3 1x  D. 0x N  ， 3 0 3x  【答案】ACD 【解析】 【分析】 举反例即可判断选项 A、C，解方程 3 0 3x  即可判断选项 B、D. 【详解】取 1 2x   ， 3 1 08x    ，所以选项 A，C 不正确； 由 3 0 3x  得 3 0 3x  是无理数，所以选项 B 正确，选项 D 不正确， 故选：ACD 10. 下列函数在定义域上既是奇函数又是减函数的是（ ） A.   1f x x  B.   2f x x  - 6 - C.   2 2 , 0 , 0 x xf x x x     D.   1f x x x   【答案】BC 【解析】 【分析】 利用基本初等函数的基本性质可判断 AB 选项中函数的单调性与奇偶性，利用函数的奇偶性的 定义可判断 CD 选项中函数的奇偶性，利用二次函数的基本性质可判断 C 选项中函数的单调 性，利用特殊值法可判断 D 选项中的函数不单调. 【详解】对于 A 选项，函数   1f x x  为奇函数，且该函数在定义域上不单调，A 选项中的函 数不合乎要求； 对于 B 选项，函数   2f x x  为奇函数，且该函数在定义域上为减函数，B 选项中的函数合 乎要求； 对于 C 选项，当 0x  时， 0x  ，则      2 2f x x x f x        ， 当 0x  时， 0x  ，则      2 2f x x x f x      ， 又  0 0f  ，所以，函数   2 2 , 0 , 0 x xf x x x     为奇函数， 当 0x  时，函数   2f x x 单调递减；当 0x  时，函数   2f x x  单调递减. 由于函数  f x 在 R 上连续，所以，函数  f x 在 R 上为减函数，C 选项中的函数合乎要求； 对于 D 选项，函数   1f x x x   的定义域为 0x x  ，    1 1f x x x f xx x              ，函数   1f x x x   为奇函数，   5 12 2 2f f       ，所以函数   1f x x x   不是减函数，D 选项中的函数不合乎要求. 故选：BC. 11. 下列结论正确的是（ ）． A. 若 0x  ，则 1y x x   的最大值为 2 - 7 - B. 若 0a  ， 0b  ，则 2 2 a bab      C. 若 0a  ， 0b  ，且 4 1a b  ，则 1 1 a b  的最大值为 9 D. 若  0,2x ，则 24y x x  的最大值为 2 【答案】ABD 【解析】 【分析】 利用基本不等式，逐项判断，即可得出结果. 【详解】A 选项，由 0x  可得    1 1 12 2y x x xx x x                           ，当且 仅当 1x x    ，即 1x   时，等号成立；即 1y x x   的最大值为 2 ；A 正确； B 选项，由 0a  ， 0b  ，可得 2 22 2 2 02 2 4 a b ababa b a b                 ，即 2 2 a bab      ，故 B 正确； C 选项，若 0a  ， 0b  ，且 4 1a b  ， 则  1 1 1 1 4 44 1 4 5 2 9b a b aa ba b a b a b a b                ， 当且仅当 4b a a b  ，即 1 3 1 6 a b     时，等号成立；即 1 1 a b  的最小值为 9，故 C 错； D 选项，因为  0,2x ，所以  2 2 2 4 4 22 x x y x x       ，当且仅当 24x x  ，即 2x  时，等号成立，故 D 正确. 故选：ABD. 【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件： （1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数； - 8 - （2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值， 则必须把构成积的因式的和转化成定值； （3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个 定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方. 12. 下列关于函数   1 1f x x   的叙述正确的是（ ）． A.  f x 的定义域为 0x x  ，值域为 1y y  B.  f x 的图象关于 y 轴对称 C. 当  1,0x  时，  f x 有最小值 2，但没有最大值 D. 函数     2 1g x f x x   有 2 个零点 【答案】BCD 【解析】 【分析】 直接利用函数的图象和性质的应用，函数的单调性，函数的对称性，函数的值域判断 A 、 B 、 C 、 D 的结论． 【详解】解：根据函数 1( ) 1| |f x x   的关系式， 画出函数的图象，如图所示： - 9 - 对于 A ：根据函数的图象， ( )f x 的定义域为{ | 0}x x  ，值域为{ | 1}y y  ，故 A 错误； 对于 B ：函数的图象关于 y 轴对称，故 B 正确； 对于C ：如图所示：当 [ 1x  ， 0) 时， ( )f x 有最小值 2，但没有最大值，故C 正确； 对于 D ：令 ( ) 0g x  ，设 2( ) 1h x x  ，则函数 ( )f x 和函数 ( )h x 的图象有两个交点，即函 数 ( )g x 有两个零点，故 D 正确． 故选： BCD ． 【点睛】本题考查的知识要点：函数的图象和性质的应用，函数的单调性，函数的对称性， 函数的值域，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力． 三、填空题（本大题共 4 个小题，每小题 5 分，共 20 分．） 13. 已知函数   2, 1 , 1 x xf x x a x      ，若    1 1 4f f   ，则 a ______． 【答案】 2 【解析】 【分析】 利用解析式可求得  1f  和  1f ，由此构造方程求得结果. 【详解】    21 1 1f     ，  1 1f a  ，    1 1 2 4f f a      ，解得： 2a   . 故答案为： 2 . 14. 一种体育用品的售价为 25 元，因为原材料供应紧张，上涨 20%后，经过一段时间，原材 料恢复正常供应，又下降 20%，则该商品的最终售价是原来的______倍． 【答案】0.96 【解析】 【分析】 根据价格变化，求出该商品的最终售价，进而可求出答案. 【详解】由题意，该商品的最终售价为    25 1 20% 1 20%    元， 则    25 1 20% 1 20% 1.2 0.8 0.9625        . 所以该商品的最终售价是原来的 0.96 倍. 故答案为： 0.96 . - 10 - 15. 已知偶函数  f x 在 0, 上单调递增，且 1 是它的一个零点，则不等式  2 0f x   的解集为______． 【答案】 1 3x x  【解析】 【分析】 根据零点的定义，结合偶函数的性质进行求解即可. 【详解】因为 1 是函数  f x 的一个零点，所以  1 0f  ， 因为函数  f x 是偶函数，所以    2 2f x f x   ， 所以由  2 0f x   ，可得  2 (1)f x f  ， 又因为函数  f x 在 0, 上单调递增， 所以有 2 1x   ，解得1 3x  . 故答案为： 1 3x x  16. 依法纳税是每个公民应尽的义务，个人取得的所得应依据《中华人民共和国个人所得税法》 向国家缴纳个人所得税（简称个税）．2019 年 1 月 1 日起，个税税额根据应纳税所得额、税率 和速算扣除数确定，计算公式为：个税税额＝应纳税所得额×税率－速算扣除数，应纳税所得 额的计算公式为：应纳税所得额＝综合所得收入额－基本减除费用－专项扣除－专项附加扣 除－依法确定的其他扣除．其中，基本减除费用为每年 60000 元，税率与速算扣除数见下表： 级数 全年应纳税所得额所在区间 税率（%） 速算扣除数 1  0,36000 3 0 2  36000,144000 10 2520 3  144000,300000 20 16920 4  300000,420000 25 31920 5  420000,660000 30 52920 - 11 - 6  660000,960000 35 85920 7  960000, 45 181920 李华全年综合所得收入额为 249600 元，假定缴纳的专项扣除基本养老保险、基本医疗保险、 失业保险等社会保险费和住房公积金占综合所得收入额的比例分别是 8%，2%，1%，9%，专 项附加扣除是 52800 元，依法确定其他扣除是 4560 元，则他全年应缴纳的综合所得个税是 ______元． 【答案】5712 【解析】 【分析】 先根据已知求出专项扣除总额，然后再求出应纳税所得额，进而可以求出个税税额． 【详解】解：专项扣除总额为： 249600 (8% 2% 1% 9%) 49920     元， 应纳税所得额为： 249600 60000 52800 4560 49920 82320     元， 个税税额为：82320 10% 2520 5712   元， 故答案为：5712． 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. 已知全集U  R ，集合  2 6 0A x x x    ，  1 6B x x   ，  1 2C x m x m    ． （1）求 U A Bð ； （2）若C B ，求实数 m 的取值范围． 【答案】（1）    U 1 2A B x x   ð ；（2） ,3 . 【解析】 【分析】 （1）先求得集合 A，再由集合的补集运算和交集运算可求得答案； （2）分集合 C 为空集和不是空集两种情况分别建立不等式（组），可求得所求的范围. 【详解】解：（1）   2 6 0 3A x x x x x       或 2x  ，所以  U 3 2A x x   ð ， - 12 - 所以    U 1 2A B x x   ð ． （2）①当C   时，满足C B ，即 1 2m m  ，解得 1m £ ． ②当C   时，因为C B ，所以 1 2 1 1 2 6 m m m m        ，即1 3m  ， 综上，实数 m 的取值范围为  ,3 ． 18. 在① x R ， 2 2 2 0x ax a    ，②存在区间  2,4A  ，  ,3B a a ，使得 A B   ， 这 2 个条件中任选一个，补充在下面问题中，并求解问题中的实数 a ． 问题：求解实数 a ，使得命题  : 1,2p x  ， 2 0x a  ，命题 :q ______，都是真命题． （若选择两个条件都解答，只按第一个解答计分.） 【答案】答案见解析. 【解析】 【分析】 选条件①由命题 p 为真，可得不等式 2 0x a … 在 [1x ， 2] 上恒成立，求出 a 的范围，通过 命题 q为真，求出 a 的范围，然后列出不等式组求解即可． 选条件②由命题 p 为真，可得不等式 2 0x a … 在 [1x ， 2]上恒成立，求出 a 的范围，通过 命题 q为真，求出 a 的范围，然后列出不等式组求解即可． 【详解】解：选条件① 由命题 p 为真，可得不等式 2 0x a  在  1,2x 上恒成立． 因为  1,2x ， 21 4x   ，所以 1a  ， 若命题 q为真，则方程 2 2 2 0x ax a    有解． 所以判别式  24 4 2 0a a     ， 所以 1a  或 2a   ． 又因为 p ， q都为真命题，所以 1 1 2 a a a      或 所以 2a   或 1a  ． - 13 - 所以实数 a 的取值范围是{ 2a a   或 1}a  ． 选条件② 由命题 p 为真，可得不等式 2 0x a  在  1,2x 上恒成立． 因为  1,2x ， 21 4x   ．所以 1a  ． 因为集合  ,3B a a 必有 0a  ， A B   得 4a  或3 2a  ， 即 20 3a  或 4a  ， 又因为 p ， q都为真命题，所以 1 20 43 a a a     或 ，解得 20 3a  ． 所以实数 a 的取值范围是 20 3a  ． 19. 已知函数    2 2f x x a b x a    ． （1）若关于 x 的不等式   0f x  的解集为 1 2x x  ，求 a ，b 的值； （2）当 2b  时，解关于 x 的不等式   0f x  ． 【答案】（1） 1 2 a b    ；（2）答案见解析. 【解析】 【分析】 （1）由一元二次不等式的解集与一元二次方程根的关系，结合韦达定理可构造方程组求得结 果； （2）分别在 2a  、 2a  和 2a  三种情况下，解一元二次不等式求得结果. 【详解】（1）   0f x  的解集为 1 2x x  ，方程  2 2 0x a b x a    的两根为1和 2 ， 由韦达定理知： 1 2 2 1 2 a b a       ，解得： 1 2 a b    . （2）当 2b  时，       2 2 2 2 0f x x a x a x a x        ， - 14 - 当 2a  时，   0f x  的解集为    , 2,a   ； 当 2a  时，   0f x  的解集为   ,2 2,  ； 当 2a  时，   0f x  的解集为   ,2 ,a   ． 20. 某公司为改善营运环境，年初以50 万元的价格购进一辆豪华客车．已知该客车每年的营 运总收入为30 万元，使用 x 年 x  N 所需的各种费用总计为 22 6x x 万元． （1）该车营运第几年开始赢利（总收入超过总支出，今年为第一年）； （2）该车若干年后有两种处理方案： ①当赢利总额达到最大值时，以10万元价格卖出； ②当年平均赢利总额达到最大值时，以12 万元的价格卖出． 问：哪一种方案较为合算？并说明理由． 【答案】（1）第 3 年开始赢利；（2）方案②合算．理由见解析. 【解析】 【分析】 （1）设该车 x 年开始盈利，可构造不等关系，结合 x N 可求得解集，由此得到结果； （2）由二次函数最值和基本不等式求最值分别求得两种方案的盈利总额，通过比较盈利总额 和所需时长，得到方案②合算． 【详解】（1） 客车每年的营运总收入为30 万元，使用 x 年 x  N 所需的各种费用总计为 22 6x x 万元，若该车 x 年开始赢利，则 230 2 6 50x x x   ， 即 2 12 25 0x x   ， x N ， 3 9x   ， 该车营运第3 年开始赢利． （2）方案①赢利总额    22 2 1 30 2 6 50 2 24 50 2 6 22y x x x x x x            ， 6x  时，赢利总额达到最大值为 22 万元． 6 年后卖出客车，可获利润总额为 22 10 32  万元． 方案②年平均赢利总额 2 2 2 24 50 50 252 24 24 2 4x xy x xx x x                （当且 仅当 5x  时取等号）． 5x  时年平均赢利总额达到最大值 4 万元． - 15 - 5 年后卖出客车，可获利润总额为 4 5 12 32   万元． 两种方案的利润总额一样，但方案②的时间短，方案②合算． 【点睛】关键点点睛：本题考查建立拟合函数模型求解实际问题，解题关键是能够根据已知 条件构造出合适的函数模型，结合二次函数性质和基本不等式求得函数的最值. 21. 已知函数  f x x x a  ， aR ，   2 1g x x  ． （1）当 1a   时，解不等式    f x g x ； （2）当 4a  时，记函数  f x 在区间 0,4 上的最大值为  F a ，求  F a 的表达式． 【答案】（1） 1x x   ；（2）   2 ,4 84 4 16, 8 a xF a a a        【解析】 【分析】 （1）由 1a   ，得 21 1x x x   ，进而分 1x   和 1x   两种情况，分别解不等式，进而 可求出原不等式的解集； （2）由  0,4x ，且 4a  ，可得   2f x x ax   ，进而结合二次函数的性质，分类讨论， 可求出  f x 在区间 0,4 上的最大值的表达式. 【详解】（1）当 1a   时，   1f x x x  ，则 21 1x x x   ． ①当 1x   时，不等式为 2 2 1x x x   ，解得 1x   ，所以 1x   ； ②当 1x   时，不等式为 2 2 1x x x    ，解得 11 2x  ，所以解集为空集． 综上，不等式的解集为 1x x   ． （2）因为  0,4x ，且 4a  ，所以     2f x x a x x ax     ， ①当 4 8a  时， 2 42 a  ，则   2 2 4 a aF a f      ； ②当 8a  时， 42 a  ，则    4 4 16F a f a   . - 16 - 综上   2 ,4 8{ 4 4 16, 8 a aF a a a     ． 【点睛】方法点睛：“动轴定区间”型二次函数最值的方法： （2）根据对称轴与区间的位置关系，进行分类讨论； （2）根据二次函数的单调性，分别讨论参数在不同取值下的最值，必要时需要结合区间端点 对应的函数值进行分析. 22. 已知函数   2 1xf x ax b   是定义域上的奇函数，且  1 2f    ． （1）求函数  f x 的解析式，判断函数  f x 在( )0,+¥ 上的单调性并证明； （2）令    g x f x m  ，若函数  g x 在( )0,+¥ 上有两个零点，求实数 m 的取值范围； （3）令     2 2 1 2 0h x x tf x tx     ，若对 1x ， 2 1 ,22x      都有    1 2 15 4h x h x  ， 求实数t 的取值范围． 【答案】（1）   1f x x x   ；函数  f x 在( )0,1 上单调递减，在( )1,+¥ 上单调递增，证明 见解析；（2） 2m  ；（3） 3 02 t   【解析】 【分析】 （1）由  f x 是奇函数，可知  1 2f    ，  1 2f  ，进而列出关系式，求出 ,a b ，即可 得到函数  f x 的解析式，然后利用定义法，可判断并证明函数  f x 在( )0,+¥ 上的单调性； （2）由函数  g x 在( )0,+¥ 上有两个零点，整理得方程 2 1 0x mx   在( )0,+¥ 上有两 个不相等的实数根，进而可得到 2 4 0 02 m m      ，求解即可； （3）由对任意的 1x ， 2 1 ,22x      都有    1 2 15 4h x h x  恒成立，可得    max min 15 4h x h x  ，求出    max min,h x h x ，进而可求出t 的取值范围. - 17 - 【详解】（1）  1 2f    ，且  f x 是奇函数，  1 2f  ， 2 2 2 2 a b a b        ，解得 1 0 a b    ，   1 xf x x   ． 函数  f x 在( )0,1 上单调递减，在( )1,+¥ 上单调递增， 证明如下：任取 1x ，  2 0,1x  ，且 1 2x x ， 则       1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 11 1 x xf x f x x x x xx x x x                        ，  1 2, 0,1x x  ，且 1 2x x ， 1 2 0x x   ， 1 20 1x x  ， ∴ 1 2 1 0x x   ，    1 2 0f x f x   ，即    1 2f x f x ， 函数  f x 在( )0,1 上单调递减. 同理可证明函数  f x 在( )1,+¥ 上单调递增． （2）函数  g x 在( )0,+¥ 上有两个零点，即方程 1 0x mx    在( )0,+¥ 上有两个不相等 的实数根， 所以 2 1 0x mx   在( )0,+¥ 上有两个不相等的实数根， 则 2 4 0 02 m m      ，解得 2m  ． （3）由题意知   2 2 1 12h x x t xx x          ， 令 1z x x   ， 2 2 2y z tz   ， - 18 - 由（1）可知函数 1z x x   在 1 ,12      上单调递减，在 1,2 上单调递增， 52, 2z       ， 函数 2 2 2y z tz   的对称轴方程为 0z t  ， 函数 2 2 2y z tz   在 52, 2      上单调递增， 当 2z  时， 2 2 2y z tz   取得最小值， min 4 2y t   ； 当 5 2z  时， 2 2 2y z tz   取得最大值， max 175 4y t   . 所以  min 4 2h x t   ，  max 175 4h x t   ， 又 对任意的 1x ， 2 1 ,22x      都有    1 2 15 4h x h x  恒成立，    max min 15 4h x h x   ， 即  17 155 4 24 4t t      ， 解得 3 2t   ，又 0t  ， t 的取值范围是 3 02 t   ． 【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决； （3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出 函数的图象，利用数形结合的方法求解.