2019-2020学年上海市复旦附中高一(上)期中数学试卷

2019-2020学年上海市复旦附中高一（上）期中数学试卷
一、填空题（本大题共有12题，满分48分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）
1. 已知集合A＝{2, 0, 1, 9}，则集合A的非空真子集的个数为________．
【答案】
14
【考点】
子集与真子集
【解析】
若集合A中有n个元素，则集合A中有2n−2个非空真子集．
【解答】
∵集合A＝{2, 0, 1, 9}，
∴集合A的非空真子集的个数为：24−2＝14．
2. U＝{−3, −2, −1, 0, 1, 2, 3}，A＝{x|x2−1≤0, x∈Z}，B＝{x|−1≤x≤3, x∈Z}，则(∁U A)∩B＝________．
【答案】
{2, 3}
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
用列举法求出集合A和B，再根据集合的补集的定义、两个集合的交集的定义求出
(∁U A)∩B．
【解答】
∵A＝{x|x2−1≤0, x∈Z}＝{−1, 0, 1}，B＝{x|−1≤x≤3, x∈Z}＝
{−1, 0, 1, 2, 3}，
∴∁U A＝{x|x≤−2, 或 x≥2, x∈Z}，
∴(∁U A)∩B＝{2, 3}，
3. 不等式-2<1
x <3的解集是________|________<1
3
} ．
【答案】
{x,x<−1
2
或0<x
【考点】
其他不等式的解法
【解析】
结合x的范围，去分母转化为一次不等式即可求解．
【解答】
∵ -2<1
x
<3，
当x>0时，−2x<1<3x，
解可得，$${\{}$ - \${dfrac\{1\}\{2\}}$∴ {0}$当x<0时，−2x>1>3x，
解可得，x<−1
2
，
综上可得，不等式的解集为{x|x<−1
2或0<x<1
3
}．
4. 设集合T＝{⌀, {⌀}}，则下列命题：①⌀∈T，②⌀⊆T，②{⌀}∈T，④{⌀}⊆T中正确的是________．
【答案】
①②③④
【考点】
集合的包含关系判断及应用
【解析】
根据元素与集合的关系即可判断出①③都正确，根据子集的定义即可判断出②④都正确，从而找出正确的命题序号．
【解答】
∵T＝{⌀, {⌀}}，
∴⌀∈T，⌀⊆T，{⌀}∈T，{⌀}⊆T．
5. 若集合{x|y=√x2+2(a+1)x+a2−5}=R，则实数a的取值范围是________．【答案】
(−∞, 3]
【考点】
函数的定义域及其求法
【解析】
由题意可得，x2+2(a+1)x+a2−5≥0恒成立，结合二次不等式的恒成立问题即可求解．
【解答】
由题意可得，x2+2(a+1)x+a2−5≥0恒成立，
∴△＝4(a+1)2−4(a2−5)≤0，
解可得，a≤−3，
6. 如果全集U含有12个元素，P，Q都是U的子集，P∩Q中含有2个元素，∁U P∩∁U Q 含有4个元素，∁U P∩Q含有3个元素，则P含有________个元素．
【答案】
5
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
作出维恩图，由维恩图能求出集合P中含有的元素个数．
【解答】
由全集U含有12个元素，P，Q都是U的子集，
P∩Q中含有2个元素，∁U P∩∁U Q含有4个元素，∁U P∩Q含有3个元素，
作出维恩图，图中数字代表集合中包含的元素的个数，
由维恩图结合题意得：
4+x+2+3＝12，
解得x＝3．
∴集合P中含有的元素个数为：2+x＝2+3＝5．
7. 已知Rt△ABC的周长为定值2，则它的面积最大值为________．
【答案】
3−2√2
【考点】
正弦定理
【解析】
设直角边长为a，b，则斜边长为√a2+b2，利用直角三角形ABC的三边之和为2，可得a+b+√a2+b2=2，利用基本不等式，即可求△ABC的面积的最大值．
【解答】
设直角边长为a，b，则斜边长为√a2+b2，
∵直角三角形ABC的三边之和为2，
∴a+b+√a2+b2=2，
∴2≥2√ab+√2ab，
∴√ab≤
=2−√2，
2+√2
∴ab≤6−4√2，
∴S=1
ba≤3−2√2，
2
∴△ABC的面积的最大值为3−2√2．
8. 若f(x)在区间[t, t2−2t−2]上为奇函数，则实数t的值为________．
【答案】
−1
【考点】
函数奇偶性的性质与判断
【解析】
由奇函数的定义域关于原点对称可知，t+t2−2t−2＝0，且t2−2t−2>0，即可求解．
【解答】
由奇函数的定义域关于原点对称可知，t+t2−2t−2＝0，且t2−2t−2>0，
∴t2−t−2＝0，
解可得t＝2（舍）或t＝−1，
9. 已知不等式|x−3|−|x+4|<a解集非空，则实数a的取值范围为________．
【答案】
(−7, +∞)
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
【解析】
由题意，不等式|x−3|−|x+4|<a解集非空可转化为|x−3|−|x+4|的最小值小于a，依据绝对值的几何意义求出|x−3|−|x+4|的最小值，即可得出参数a的取值范围．
【解答】
不等式|x −3|−|x +4|<a 解集非空，所以|x −3|−|x +4|的最小值小于a ， 又|x −3|−|x +4|≥−7，此时x ≥3 ∴ a >−7
10. 对于集合M ，定义函数f M (x)={−1,x ∈M
1,x ∉M ，对于两个集合A ，B ，定义集合A ∗B
＝{x|f A (x)⋅f B (x)−1}．已知集合A ={x|√2−x >x}，B ＝{x|x(x −3)(x +3)>0}，则A ∗B ＝________． 【答案】
(−∞, 1)∪(3, +∞) 【考点】
子集与交集、并集运算的转换 【解析】
求出集合A ，B ，利用新定义求出A ∗B 即可． 【解答】
A ＝(−∞, 1)，
B ＝(−∞, −3)∪(3, +∞)， f A (x)⋅f B (x)＝−1，
当f A (x)＝1，f B (x)＝−1，A ∗B ＝B ，
当f A (x)＝−1，f B (x)＝1，A ∗B ＝[−3, 1)， 故A ∗B ＝(−∞, 1)∪(3, +∞)，
11. 若实数x ，y ≥0满足x +3y −xy ＝1，求3x +4y 的最小值为________． 【答案】
43
【考点】
基本不等式及其应用 【解析】
将等式x +3y −xy ＝1，转化得x =
3y−1y−1
，代入3x +4y 中，将限制条件下的二元函数
最值化为一元函数最值问题，此一元函数为对勾函数模型，接下来按照对勾函数单调性的方法解题 【解答】
由x +3y −xy ＝1，得；x +3y −xy ＝1x =3y−1y−1
≥0，y ∈[0,1
3
]∪(1,+∞)，3x +
4y =3
3y−1y−1
+4y =13+6
y−1+4(y −1)，
当y >1时，3x +4y ≥13+2√24=13+4√6；
当y ∈[0,1
3]时，设y −1=u ∈[−1,−2
3]，6
y−1+4(y −1)=6
u +4u 在[−1,−2
3]上单调递减，在u =−2
3处取得最小值−9−8
3，3x +4y 取得最小值4
3， 综上可得3x +4y 取得最小值4
3，
12. 已知a >0，且对任意x >0，有(x −a)(x 2+bx −a)≥0恒成立，则a
b 的取值范围
为________．
【答案】
(−∞, −1)∪(0, +∞)
【考点】
函数恒成立问题
【解析】
首先分析出x＝a是方程x2+bx−a＝0的根，得到a+b−1＝0，再运用a
的几何意义
b
求解．
【解答】
∵对任意x>0，有(x−a)(x2+bx−a)≥0恒成立，
∴x＝a是方程x2+bx−a＝0的根，即a2+ab−a＝0，
又a>0，则a+b−1＝0，
∴(b, a)可理解为直线a+b−1＝0上纵坐标大于0的点，则a
的几何意义即为直线a+
b
b−1＝0上纵坐标大于0的点与原点连线的斜率，
如图，
∈(−∞,−1)∪(0,+∞)．
直线a+b−1＝0的斜率为−1，由图象可知，a
b
二、选择题（本大题共有4题，满分20分，每题5分）
命题“若p不正确，则q不正确”的逆命题的等价命题是（）
A.若q不正确，则p不正确
B.若q不正确，则p正确
C.若p正确，则q不正确
D.若p正确，则q正确
【答案】
D
【考点】
四种命题间的逆否关系
【解析】
由命题“若p不正确，则q不正确”，根据四种命题的定义，我们易求出其逆命题，进而根据互为逆否命题是等价命题，易求出结果．
【解答】
命题“若p不正确，则q不正确”的逆命题是：
“若q不正确，则p不正确”
其等价命题是它的逆否命题，即
“若p正确，则q正确”
已知a，b∈R，则“|a|<1，|b|<1”是“不等式ab+1>a+b”成立的（）条件．
A.充分非必要
B.必要非充分
C.充要
D.既不充分又不必要
【答案】
A
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
根据“不等式ab+1>a+b”成立等价于“ab+1−a−b＝(b−1)(a−1)>0”，所以“|a|<1，|b|<1”必有(b−1)(a−1)>0；反之，不一定成立，即可得出结果．
【解答】
∵ “不等式ab+1>a+b”成立等价于“ab+1−a−b＝(b−1)(a−1)>0”，
∴当“|a|<1，|b|<1时，则(b−1)(a−1)>0成立；
当(b−1)(a−1)>0时，有a>1且b>1；或者a<1且b<1；
故“|a|<1，|b|<1”是“不等式ab+1>a+b”成立的充分非必要条件；
>0，
定义在R上的偶函数f(x)满足对任意x1，x2∈(−∞, 0](x1≠x2)，有f(x2)−f(x1)
x2−x1
则当n∈N∗时，有（）
A.f(−n)<f(n−1)<f(n+1)
B.f(n−1)<f(−n)<f(n+1)
C.f(n+1)<f(−n)<f(n−1)
D.f(n+1)<f(n−1)<f(−n)
【答案】
C
【考点】
奇偶性与单调性的综合
【解析】
利用函数的奇偶性，单调性判断即可．
【解答】
根据题意，函数f(x)是偶函数，且在(−∞, 0]递增，(0, +∞)递减，
因为0<n−1<n<n+1，
所以f(n−1)>f(n)>f(n+1)，
设集合P1={x|x2+ax+1>0}，P2={x|x2+ax+2>0}，Q1={x|x2+x+b>0}，Q2={x|x2+2x+b>0}，其中a，b∈R，下列说法正确的是（）
A.对任意a，P1是P2的子集，对任意b，Q1不是Q2的子集
B.对任意a，P1是P2的子集，存在b，使得Q1是Q2的子集
C.存在a，P1不是P2的子集，对任意b，Q1不是Q2的子集
D.存在a，P1不是P2的子集，存在b，使得Q1是Q2的子集
【答案】
B
【考点】
集合的包含关系判断及应用
【解析】
运用集合的子集的概念，令m ∈P 1，推得m ∈P 2，可得对任意a ，P 1是P 2的子集；再由b ＝1，b ＝5，求得Q 1，Q 2，即可判断B 正确，A ，C ，D 错误． 【解答】
解：对于集合P 1={x|x 2+ax +1>0}，P 2={x|x 2+ax +2>0}， 可得当m ∈P 1，即m 2+am +1>0，可得m 2+am +2>0， 即有m ∈P 2，可得对任意a ，P 1是P 2的子集；
当b =5时，Q 1={x|x 2+x +5>0}=R ，Q 2={x|x 2+2x +5>0}=R ， 可得Q 1是Q 2的子集；
当b =1时，Q 1={x|x 2+x +1>0}=R ，Q 2={x|x 2+2x +1>0}={x|x ≠−1且x ∈R}，
可得Q 1不是Q 2的子集．
综上可得，对任意a ，P 1是P 2的子集，存在b ，使得Q 1是Q 2的子集． 故选B .
三、解答题（本大题共有5题，满分38分）
已知集合A ＝{x|x 2−(m +3)x +2(m +1)0}，B ＝{x|2x 2+(3n +1)x +20}，其中m ，n ∈R ．
（1）若A ∩B ＝A ，求m ，n 的值；
（2）若A ∪B ＝A ，求m ，n 的取值范围． 【答案】
集合A ＝{x|x 2−(m +3)x +2(m +1)0}，
B ＝{x|2x 2+(3n +1)x +20}，其中m ，n ∈R ．
解x 2−(m +3)x +2(m +1)＝0得：x ＝2，或x ＝m +1， 若A ∩B ＝A ，则A ⊆B ，
将x ＝2代入2x 2+(3n +1)x +2＝0得：n ＝−2，
则B ＝{x|2x 2+(3n +1)x +20, n ∈R}＝{x|2x 2−5x +20}＝{2, 1
2}． 则m +1=1
2，则m =−1
2，
当A ＝{2}时，m +1＝2，解得m ＝1， 综上m =−12，n ＝−2，或m ＝1，n ＝−2． 若A ∪B ＝A ，则非空集合B ⊆A ，
当△＝(3n +1)2−16＝0时，n =−5
3，B ＝{1}，m +1＝1，m ＝0， 或n ＝1时，B ＝{−1}，m +1＝−1，m ＝−2；
当△＝(3n +1)2−16≥0，即n ≤−5
3，或n ≥1时，则2∈B ，由（1）得：m =−1
2，n ＝−2；
当△＝(3n +1)2
−16<0时，即$${\{}$ - \${dfrac\{5\}\{3\}}$综上，{m ∈R
n ∈(−53
,1) 或
{m =−2n =1 或{m =0n =−53
或{
m =−
12n =−2 ． 【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
（1）解x 2−(m +3)x +2(m +1)＝0得：x ＝2，或x ＝m +1，若A ∩B ＝A ，则A ⊆B ，将x ＝2代入2x 2+(3n +1)x +2＝0可得答案；
（2）若A ∪B ＝A ，则非空集合B ⊆A ，分当△＝0和当△>0两种情况讨论满足条件的m ，n 的值，综合讨论结果，可得答案． 【解答】
集合A ＝{x|x 2−(m +3)x +2(m +1)0}，
B ＝{x|2x 2+(3n +1)x +20}，其中m ，n ∈R ．
解x 2−(m +3)x +2(m +1)＝0得：x ＝2，或x ＝m +1， 若A ∩B ＝A ，则A ⊆B ，
将x ＝2代入2x 2+(3n +1)x +2＝0得：n ＝−2，
则B ＝{x|2x 2+(3n +1)x +20, n ∈R}＝{x|2x 2−5x +20}＝{2, 1
2}． 则m +1=1
2，则m =−1
2，
当A ＝{2}时，m +1＝2，解得m ＝1， 综上m =−12，n ＝−2，或m ＝1，n ＝−2． 若A ∪B ＝A ，则非空集合B ⊆A ，
当△＝(3n +1)2−16＝0时，n =−5
3，B ＝{1}，m +1＝1，m ＝0， 或n ＝1时，B ＝{−1}，m +1＝−1，m ＝−2；
当△＝(3n +1)2−16≥0，即n ≤−5
3，或n ≥1时，则2∈B ，由（1）得：m =−1
2，n ＝−2；
当△＝(3n +1)2
−16<0时，即$${\{}$ - \${dfrac\{5\}\{3\}}$综上，{m ∈R
n ∈(−53
,1) 或
{m =−2n =1 或{m =0n =−53
或{m =−1
2
n =−2 ．
设a >0，b >0，且a +b =1
a +1
b ．求证： （1）a +b ≥2；
（2）a 2+a <2与b 2+b <2不可能同时成立． 【答案】
由a +b =1
a +1
b ,a >0,b >0，得ab =1，
由基本不等式及ab =1，有a +b ≥2√ab =2，即a +b ≥2． 假设a 2+a <2与b 2+b <2同时成立，
则a 2+a <2且b 2+b <2，则a 2+a +b 2+b <4，
即：(a +b)2+a +b −2ab <4，由（1）知ab =1因此(a +b)2+a +b <6① 而a +b ≥2，因此(a +b)2+a +b ≥6②，因此①②矛盾， 因此假设不成立，原结论成立． 【考点】 不等式的证明 【解析】
（1）由已知等式可得ab=1，再由基本不等式即可得证；
（2）运用反证法证明，结合不等式的性质，即可得到矛盾，进而得到证明．【解答】
由a+b=1
a +1
b
,a>0,b>0，得ab=1，
由基本不等式及ab=1，有a+b≥2√ab=2，即a+b≥2．
假设a2+a<2与b2+b<2同时成立，
则a2+a<2且b2+b<2，则a2+a+b2+b<4，
即：(a+b)2+a+b−2ab<4，由（1）知ab=1因此(a+b)2+a+b<6①
而a+b≥2，因此(a+b)2+a+b≥6②，因此①②矛盾，
因此假设不成立，原结论成立．
如图所示，用总长为定值l的篱笆围成长方形的场地，以墙为一边，并用平行于一边的篱笆隔开．
（1）设场地面积为y，垂直于墙的边长为x，试用解析式将y表示成x的函数，并确定这个函数的定义域；
（2）怎样围才能使得场地的面积最大？最大面积是多少？
【答案】
设场地面积为y，垂直于墙的边长为x，
它的面积y＝x(l−3x)；
由x>0，且l−3x>0，可得函数的定义域为(0, l
3
)；
y＝x(l−3x)=1
3×3x(l−3x)≤1
3
×(3x+l−3x
2
)2=l2
12
，
当x=l
6
时，这块长方形场地的面积最大，
这时的长为l−3x=1
2l，最大面积为l2
12
．
【考点】
基本不等式及其应用
【解析】
（1）由题意设长方形场地的宽为x，则长为l−3x，表示出面积y；由x>0，且l−3x>0，可得函数的定义域；
（2）对其运用基本不等式求出函数的最值即场地的面积最大值，从而求解．
【解答】
设场地面积为y，垂直于墙的边长为x，
它的面积y＝x(l−3x)；
由x>0，且l−3x>0，可得函数的定义域为(0, l
3
)；
y＝x(l−3x)=1
3×3x(l−3x)≤1
3
×(3x+l−3x
2
)2=l2
12
，
当x=l
6
时，这块长方形场地的面积最大，
这时的长为l−3x=1
2l，最大面积为l2
12
．
已知函数f(x)=x2+a
x
，
（1）判断f(x)的奇偶性，并给出理由；
（2）当a＝2时，
①判断f(x)在x∈(0, 1]上的单调性并用定义证明；
②若对任意x∈(0, +∞)，不等式f(x)>m−√m−1恒成立，求实数m的取值范围．【答案】
当a＝0时，f(x)＝x2，定义域为{x|x≠0}，关于原点对称，
此时f(−x)＝f(x)∴f(x)为偶函数；
当a≠0时，f(x)=x2+a
x
，定义域为{x|x≠0}，关于原点对称，
此时f(1)＝1+a，f(−1)＝1−a，故f(−1)≠f(1)，f(−1)≠−f(1)，
∴f(x)无奇偶性．
f(x)=x2+2
x
，
任取0<x1<x2≤1，则f(x1)−f(x2)=x12+2x
1−x22−2
x2
=x1−x2
x1x2
[x1x2(x1+x2)−2]，
∵0<x1<x2≤1，∴x1−x2<0，x1x2>0，x1x2(x1+x2)<2，
∴f(x1)−f(x2)>0，所以f(x)在区间(0, 1]上是递减．（1）由题意得f(x)min>m−√m−1，
由（2）知f(x)在区间(0, 1]上是递减，同理可得f(x)在区间[1, +∞)上递增，
所以f(x)min＝f(1)＝3，
所以3>m−√m−1，即m−1−√m−1−2<0，
令√m−1=t,(t≥0)，则t2−t−2<0，解得−1<t<2，故0≤t<2
即0≤√m−1<2，即1≤m<5．
【考点】
函数恒成立问题
【解析】
（1）当a＝0时，f(x)＝x2，判断f(x)为偶函数；
当a≠0时，f(x)=x2+a
x
，用定义法判断f(x)无奇偶性．
（2）f(x)=x2+2
x
，利用函数的单调性的定义判断函数的单调性．
（3）由题意得f(x)min>m−√m−1，求出f(x)min＝f(1)＝3，利用换元法转化求解m的范围即可．
【解答】
当a＝0时，f(x)＝x2，定义域为{x|x≠0}，关于原点对称，
此时f(−x)＝f(x)∴f(x)为偶函数；
当a≠0时，f(x)=x2+a
x
，定义域为{x|x≠0}，关于原点对称，
此时f(1)＝1+a，f(−1)＝1−a，故f(−1)≠f(1)，f(−1)≠−f(1)，
试卷第11页，总13页
∴ f(x)无奇偶性． f(x)=x 2+2
x
，
任取0<x 1<x 2≤1，则f(x 1)−f(x 2)=x 1
2+2x 1
−x 22−2
x
2
=x 1−x 2x 1x 2
[x 1x 2(x 1+x 2)−2]，
∵ 0<x 1<x 2≤1，∴ x 1−x 2<0，x 1x 2>0，x 1x 2(x 1+x 2)<2，
∴ f(x 1)−f(x 2)>0，所以f(x)在区间(0, 1]上是递减．（1）由题意得f(x)min >m −√m −1，
由（2）知f(x)在区间(0, 1]上是递减，同理可得f(x)在区间[1, +∞)上递增， 所以f(x)min ＝f(1)＝3，
所以3>m −√m −1，即m −1−√m −1−2<0，
令√m −1=t,(t ≥0)，则t 2−t −2<0，解得−1<t <2，故0≤t <2 即0≤√m −1<2，即1≤m <5．
设函数f(x)为定义在R 上的奇函数，且当x ∈[0, +∞)时，f(x)＝−x 2+2x ． （1）求函数f(x)的解析式；
（2）求实数a ，b ，使得函数f(x)在区间[a, b]⊆[1, +∞)上的值域为[1b ,1
a ]；
（3）若函数f(x)在区间[a, b]上的值域为[1b ,1
a ]，则记所有满足条件的区间[a, b]的并集为D ，设g(x)＝f(x)(x ∈D)，问是否存在实数m ，使得集合{(x, y)|yg(x)}∩
{(x, y)|yx 2+m}恰含有2个元素？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，请说明理由． 【答案】
因为f(x)是奇函数，令x <0，则−x >0，
所以f(−x)＝−(−x)2+2(−x)＝−x 2−2x ＝−f(x)， 所以x <0时，f(x)＝x 2+2x ， 所以f(x)={−x 2+2x,x ≥0,
x 2
+2x,x <0
； 由（1）可知，当[a, b]⊆[1, +∞)时，f(x)＝−(x −1)2+1，函数f(x)单调递减， 则有{f(a)=−a 2+2a =1
a
f(b)=−b 2+2b =
1b
，解得a ＝1，b =√5+1
2， 由（2）知，函数f(x)在[1, +∞)上满足条件的区间为[1, √5+1
2
]
当区间[a, b]⊆[0, 1]时，[1b ,1
a ]⊆[1, +∞)，
而函数f(x)＝−x 2+2x 在[0, 1]上的值域为[0, 1]，所以函数f(x)在[0, 1]上不存在这样的区间，
故函数f(x)在[0, +∞)上满足条件的区间为[1, √5+1
2
]．
当x ∈(−∞, 0)时，同理可知f(x)的倒值区间为[−√5+12
, −1]．
故g(x)={
−x 2+2x,x ∈[1,√5+1
2]
x 2
+2x,x ∈[−√5+12,−1]
．
试卷第12页，总13页
若集合{(x, y)|yg(x)}∩{(x, y)|yx 2+m}恰含有2个元素，
即函数g(x)的图象与y ＝x 2+m 的图象有两个不同的交点，则这两个交点分别在第一、三象限，
故当交点在第一象限时，方程−x 2+2x ＝x 2+m 即m ＝−2x 2+2x 在区间[1, √5+12
]内恰
有一个解，此时有−2≤m ≤0；
当交点在第三象限时，方程x 2+2x ＝x 2+m 即m ＝2x 在区间[−√5+12
, −1]内恰有一个
解，有−√5−1≤m ≤−2； 综上可得，m ＝−2． 【考点】
函数与方程的综合运用 【解析】
（1）利用函数奇偶性直接求解；
（2）根据条件判断出f(x)在[1, +∞)上单调递减，则有{f(a)=−a 2+2a =
1
a
f(b)=−b 2+2b =
1
b ，再结合1≤a <b ，即可解出a ，b ；
（3）根据条件得到g(x)的解析式，然后由函数g(x)的图象与y ＝x 2+m 的图象有两个不同的交点知，这两个交点分别在第一、三象限，再分别计算即可． 【解答】
因为f(x)是奇函数，令x <0，则−x >0，
所以f(−x)＝−(−x)2+2(−x)＝−x 2−2x ＝−f(x)， 所以x <0时，f(x)＝x 2+2x ， 所以f(x)={−x 2+2x,x ≥0,
x 2
+2x,x <0
； 由（1）可知，当[a, b]⊆[1, +∞)时，f(x)＝−(x −1)2+1，函数f(x)单调递减， 则有{f(a)=−a 2+2a =
1
a
f(b)=−b 2+2b =1b
，解得a ＝1，b =√5+12， 由（2）知，函数f(x)在[1, +∞)上满足条件的区间为[1, √5+1
2
]
当区间[a, b]⊆[0, 1]时，[1b ,1
a ]⊆[1, +∞)，
而函数f(x)＝−x 2+2x 在[0, 1]上的值域为[0, 1]，所以函数f(x)在[0, 1]上不存在这样的区间，
故函数f(x)在[0, +∞)上满足条件的区间为[1, √5+1
2
]．
当x ∈(−∞, 0)时，同理可知f(x)的倒值区间为[−√5+12
, −1]．
故g(x)={
−x 2+2x,x ∈[1,√5+1
2]
x 2
+2x,x ∈[−√5+12,−1]
． 若集合{(x, y)|yg(x)}∩{(x, y)|yx 2+m}恰含有2个元素，
即函数g(x)的图象与y ＝x 2+m 的图象有两个不同的交点，则这两个交点分别在第一、三象限，
故当交点在第一象限时，方程−x 2+2x ＝x 2+m 即m ＝−2x 2+2x 在区间[1, √
5+12
]内恰
有一个解，此时有−2≤m≤0；
, −1]内恰有一个当交点在第三象限时，方程x2+2x＝x2+m即m＝2x在区间[−√5+1
2
解，有−√5−1≤m≤−2；
综上可得，m＝−2．
试卷第13页，总13页。