2017-2018学年福建省莆田市仙游一中高一(上)期末数学试卷(解析版)

2017-2018学年福建省莆田市仙游一中高一（上）期末数学试卷一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知集合A={x|0＜log2x＜1}，B={x|x≤2}，则A∩B等于（）A. B. C. D.2.下列函数中，既是奇函数又在R上单调递减的是（）A. B. C. D.3.设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：①若m⊥α，n∥α，则m⊥n②若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ③若m∥α，n∥α，则m∥n④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β其中正确命题的序号是（）A. 和B. 和C. 和D. 和4.过点（-1，3）且与直线3x+4y-12=0平行的直线方程是（）A. B. C. D.5.以A（-2，6）和B（4，-2）两点为直径端点的圆的方程是（）A. B.C. D.6.函数f（x）=ln x-的零点所在的大致区间是（）A. B. C. D.7.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M、N分别为棱BC和棱CC1的中点，则异面直线AC和MN所成的角为（）A. B. C. D.8.已知圆C1：x2+y2=4和圆C2：x2+y2-6x+8y+16=0，则这两个圆的公切线的条数为（）A. 0B. 1C. 3D. 49.三棱锥三条侧棱两两垂直，长度分别是1、、2，则其外接球的表面积是（）A. B. C. D.10.已知点A（2，-3）和点B（-3，-2），直线m过点P（1，1）且与线段AB相交，则直线m的斜率k的取值范围是（）A. 或B.C.D.11.函数f（x）=满足对任意x1≠x2，都有＜0成立，则a的取值范围是（）A. B. C. D.12.一个多面体的直观图、主视图、左视图、俯视图如图，M、N分别为A1B、B1C1的中点．下列结论中正确的个数有（）①直线MN与A1C相交．②MN⊥BC．③MN∥平面ACC1A1．④三棱锥N-A1BC的体积为V N-A1BC=．A. 4个B. 3个C. 2个D. 1个二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.过点（3，4），且在x轴、y轴上的截距相等的直线的方程是______．14.据说阿基米德死后，敌军将领给他建了一块墓碑，在墓碑上刻了一个图案（如图），图案中球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高相等，圆锥的顶点为圆柱上底面的圆心，圆锥的底面是圆柱的下底面．图案中圆锥、球、圆柱的体积比为______．15.已知P是圆（x-1）2+（y+2）2=9上的点，则点P到直线3x-2y+6=0的最大距离是______．16.已知函数＜，若方程f（x）-a=0有三个不同的实数根，则a的取值范围为______．三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17.已知集合A={x||x-a|＜4}，B={x|x2-4x-5＞0}．（1）若a=1，求A∩B；（2）若A∪B=R，求实数a的取值范围．18.在四棱锥E-ABCD中，底面ABCD是正方形，AC与BD交于点O，EC⊥底面ABCD，F为BE的中点．（1）求证：DE∥平面ACF；（2）求证：BD⊥AE；（3）若AB=，求直线AF与平面ABC所成角的正弦值．19.已知圆C：x2+y2-2x-4y-20=0，直线l“（m+2）x+（1-m）y-4m-5=0（m∈R）（1）证明：不论m取什么实数时，直线l与圆C恒交于两点；（2）求直线l被圆C截得的线段的最短长度以及此时直线l的方程．20.在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，BB1=BC=1，E为D1C1的中点，连结ED，EC，EB和DB．（Ⅰ）求证：平面EDB⊥平面EBC；（理科生做）（Ⅱ）求二面角E-DB-C的正切值；（文科生做）（Ⅱ）求点A到平面DBE的距离．21.已知圆C1经过两点E（-4，-2），F（-6，0），且圆心C1在直线l：2x-y+8=0上．（1）求圆C1的方程；（2）求过点G（-6，3）且与圆C1相切的直线方程；（3）设圆C1与x轴相交于A、B两点，点P为圆C1上不同于A、B的任意一点，直线PA、PB交y轴于M、N点．当点P变化时，以MN为直径的圆C2是否经过圆C1内一定点？请证明你的结论．22.已知指数函数y=g（x）满足：g（3）=8，定义域为R的函数f（x）=是奇函数．（1）确定y=g（x），y=f（x）的解析式；（2）若h（x）=f（x）+a在（-1，1）上有零点，求a的取值范围；（3）若对任意的t∈（-4，4），不等式f（6t-3）+f（t2-k）＜0恒成立，求实数k的取值范围．答案和解析1.【答案】C【解析】解：由0＜log2x＜1，解对数不等式得：1＜x＜2，即A=（1，2），又B=（-∞，2]，则A∩B=（1，2），故选：C．由对数函数的单调性求解对数不等式，再求解即可，由0＜log2x＜1，解对数不等式得：1＜x＜2，即A=（1，2），又B=（-∞，2]，则可得解．本题考查了对数不等式的解法及交集及其运算，属简单题2.【答案】C【解析】解：A．反比例函数在R上没有单调性，∴该选项错误；B.，图象不关于原点对称，不是奇函数，∴该选项错误；C．y=-x3的定义域为R，且-（-x）3=-（-x3）；∴该函数为奇函数；x增大时，x3增大，-x3减小，即y减小，∴该函数在R上单调递减；∴该选项正确；D．对数函数y=lnx的图象不关于原点对称，不是奇函数，∴该选项错误．故选：C．根据反比例函数的单调性，奇函数图象的对称性，指数函数和对数函数的图象，以及奇函数定义，减函数的定义便可判断每个选项的正误，从而找出正确选项．考查反比例函数的单调性，减函数的定义，奇函数的定义，以及奇函数图象的对称性，要熟悉指数函数和对数函数的图象．3.【答案】A【解析】解：对于，因为n∥α，所以经过n作平面β，使β∩α=l，可得n∥l，又因为m⊥α，l⊂α，所以m⊥l，结合n∥l得m⊥n．由此可得是真命题；对于，因为α∥β且β∥γ，所以α∥γ，结合m⊥α，可得m⊥γ，故是真命题；对于，设直线m、n是位于正方体上底面所在平面内的相交直线，而平面α是正方体下底面所在的平面，则有m∥α且n∥α成立，但不能推出m∥n，故不正确；对于，设平面α、β、γ是位于正方体经过同一个顶点的三个面，则有α⊥γ且β⊥γ，但是α⊥β，推不出α∥β，故不正确．综上所述，其中正确命题的序号是和故选：A．根据线面平行性质定理，结合线面垂直的定义，可得是真命题；根据面面平行的性质结合线面垂直的性质，可得是真命题；在正方体中举出反例，可得平行于同一个平面的两条直线不一定平行，垂直于同一个平面和两个平面也不一定平行，可得不正确．由此可得本题的答案．本题给出关于空间线面位置关系的命题，要我们找出其中的真命题，着重考查了线面平行、面面平行的性质和线面垂直、面面垂直的判定与性质等知识，属于中档题．4.【答案】B【解析】解：根据题意，要求直线与直线3x+4y-12=0平行，设要求直线的方程为3x+4y+m=0，又由要求直线过点（-1，3），则有3×（-1）+4×3+m=0，解可得m=-9，则要求直线的方程为3x+4y-9=0；故选：B．根据题意，设要求直线的方程为3x+4y+m=0，又由要求直线过点（-1，3），则有3×（-1）+4×3+m=0，解可得m的值，将m的值代入直线的方程，分析可得答案．本题考查直线平行的性质，注意直线平行与直线的一般式方程的关系．5.【答案】A【解析】解：根据题意，设要求圆的圆心为M（a，b），半径为r，又由A（-2，6）和B（4，-2），则a==1，b==2，半径r==×=5，则要求圆的方程为（x-1）2+（y-2）2=25；故选：A．根据题意，设要求圆的圆心为M（a，b），半径为r，由A、B的坐标求出a、b的值，半径r=求出a的值，代入圆的标准方程计算可得答案．本题考查圆的标准方程的计算，关键是求出圆心的与半径，属于基础题．6.【答案】B【解析】解：函数的定义域为：（0，+∞），有函数在定义域上是递增函数，所以函数只有唯一一个零点．又∵f（2）-ln2-1＜0，f（3）=ln3-＞0∴f（2）•f（3）＜0，∴函数f（x）=lnx-的零点所在的大致区间是（2，3）．故选：B．直接通过零点存在性定理，结合定义域选择适当的数据进行逐一验证，并逐步缩小从而获得最佳解答．本题考查的是零点存在的大致区间问题．在解答的过程当中充分体现了定义域优先的原则、函数零点存在性定理的知识以及问题转化的思想．值得同学们体会反思．7.【答案】D【解析】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD-A1B1C1D1中棱长为2，∵M、N分别为棱BC和棱CC1的中点，∴M（1，2，0），N（0，2，1），A（2，0，0），C（0，2，0），=（-1，0，1），=（-2，2，0），设异面直线AC和MN所成的角为θ，则cosθ===，∴θ=60°．∴异面直线AC和MN所成的角为60°．故选：D．以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线AC和MN所成的角．本题考查异面直线所成角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、空间想象能力，考查函数与方程思想、数形结合思想，是基础题．8.【答案】C【解析】解：圆圆心为（0，0），半径为r1=2，圆变形为（x-3）2+（y+4）2=9，圆心为（3，-4），半径为r2=3，因此圆心距为d=5=r1+r2，所以两圆相外切，共有3条公切线，故选：C．把两圆的方程化为标准形式，求出圆心和半径，根据两圆的圆心距小于半径之和，可得两圆相交，由此可得两圆的公切线的条数．本题主要考查圆的标准方程的特征，两圆的位置关系的确定方法，属于中档题．9.【答案】A【解析】解：∵三棱锥的三条侧棱两两相互垂直，且三条侧棱长分别是1、、2，∴可将其补充为一个长宽高分别是1、、2的长方体，∴其外接球的直径2R=2，三棱锥的外接球的表面积S=4πR2=8π故选：A．由已知中三棱锥的三条侧棱两两相互垂直，故可将其补充为一个长方体，根据外接球的直径等于长方体的对角线，求出球的半径，代入球的表面积公式，即可求出答案．本题考查球的表面积，构造长方体，求出其外接球的半径是解答本题的关键．10.【答案】A【解析】解：根据题意，直线m过P（1，1），设直线m的方程为y-1=k（x-1），即y-kx+k-1=0，若直线m与线段AB相交，即A、B在直线的两侧或直线上，则有[（-3）-2k+k-1][（-2）-（-3）k+k-1]≤0，解可得：k≥或k≤-4；故选：A．根据题意，设直线m的方程为y-1=k（x-1），分析可得若直线m与线段AB相交，即A、B在直线的两侧或直线上，则有[（-3）-2k+k-1][（-2）-（-3）k+k-1]≤0，解可得k的范围，即可得答案．本题考查一元二次不等式组表示平面区域的问题，注意直线m与线段AB相交，即A、B在直线的两侧或直线上11.【答案】A【解析】解：∵对任意x1≠x2，都有＜0成立，∴f（x）在R上是减函数，∴，解得：0＜a≤．故选：A．由条件可知f（x）在R上为减函数，列出不等式组即可得出a的范围．本题考查了分段函数的单调性，函数单调性的应用，属于中档题．12.【答案】B【解析】解：∵直线MN与A1C是异面直线，∴ 错误；如图连接AC1，交A1C于O，连接OM，∵M、O分别是BA1、CA1的中点，∴OM∥BC，OM=BC，又BC∥B1C1，BC=B1C1，N为B1C1的中点，∴OM∥NC1，OM=NC1，∴四边形OMNC1为平行四边形，∴MN∥OC1，BC⊥AC，∴BC⊥平面ACC1A1，OC1⊂平面ACC1A1，∴BC⊥OC1，∴MN⊥BC，正确；又MN⊄平面ACC1A1，BC⊂平面ACC1A1，∴MN∥平面ACC1A1，正确；∵A1C1⊥平面BCC1B1，∴A1C1为三棱锥A1-BCN的高，∴==××a×a×a=a3．∴ 正确．故选：B．根据直线MN与A1C是异面直线，可判定错误；连接AC1，交A1C于O，连接OM，证明MN∥OC1，可证MN∥平面ACC1A1，正确；再证BC⊥平面ACC1A1，OC1⊂平面ACC1A1，从而证明BC⊥OC1，故MN⊥BC，正确；根据==××a×a×a=a3．可得正确．本题考查了线面垂直的判定与性质，线面平行的判定及棱锥的体积计算，考查了学生的空间想象能力与推理论证能力．13.【答案】y=x，或x+y=7【解析】解：当直线过原点时，斜率为k==，方程为y=x；当直线不过原点时，设方程为+=1，即x+y=a；直线过点（3，4），∴3+4=a，∴a=7，∴直线的方程是x+y=7；∴所求的直线方程为：y=x，或x+y=7；故答案为：．根据题意，讨论直线过原点时和直线不过原点时，求出直线的方程．本题考查了求平面的直线方程的问题，是基础题．14.【答案】1：2：3【解析】解：∵球内切于圆柱，所以圆柱高h等于球直径2R，圆柱底面积S底等于球最大横截面面积S，圆柱体积V圆柱=S底×h，球体积V球=，球最大横截面积S=π×R2，∴圆柱体积与球体积比为：===，圆锥的体积V圆锥==，∴图案中圆锥、球、圆柱的体积比为1：2：3．故答案为：1：2：3．球内切于圆柱，所以圆柱高h等于球直径2R，圆柱底面积S底等于球最大横截面面积S，圆柱体积V圆柱=S底×h，球体积V球=，球最大横截面积S=π×R2，圆锥的体积V圆锥==，由此能求出图案中圆锥、球、圆柱的体积比．本题考查圆锥、球、圆柱的体积比的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、空间想象能力，考查函数与方程思想、数形结合思想，是中档题．15.【答案】+3【解析】解：圆心C（1，-2）到直线3x-2y+6=0的距离为：=，则点P到直线的最大距离为：+3故答案为：+3圆上的动点到直线的距离得最大值等于圆心到直线的距离加上圆的半径．本题考查了点到直线的距离，属基础题．16.【答案】0＜a＜1【解析】解：∵函数，∴作出函数f（x）的图象如右图所示，∵方程f（x）-a=0有三个不同的实数根，则函数y=f（x）的图象与y=a的图象有三个不同的交点，根据图象可知，a的取值范围为0＜a＜1．故答案为：0＜a＜1．根据分段函数f（x）的解析式，作出分段函数的图象，方程f（x）-a=0有三个不同的实数根，即为函数y=f（x）的图象与y=a的图象有三个不同的交点，结合函数的图象即可求得实数a的取值范围．本题考查了分段函数的应用，考查了分段函数图象的作法．解题的关键在于正确作出函数图象，能将方程f（x）-a=0有三个不同的实数根的问题转化为函数图象有三个不同的交点的问题．解题中综合运用了数形结合和转化化归的数学思想方法．属于中档题．17.【答案】解：（1）∵a=1时，集合A={x||x-1|＜4}={x|-3＜x＜5}，B={x|x2-4x-5＞0}={x|＜-1或x＞5}．∴A∩B={x|-3＜x＜-1}．（2）∵集合A={x||x-a|＜4}={x|a-4＜x＜a+4}，B={x|x2-4x-5＞0}={x|＜-1或x＞5}．A∪B=R，∴ ，解得1＜a＜3．∴实数a的取值范围是（1，3）．【解析】（1）a=1时，集合A={x|-3＜x＜5}，B={x|＜-1或x＞5}，由此能求出A∩B．（2）由集合A={x|a-4＜x＜a+4}，B={x|＜-1或x＞5}，A∪B=R，列出不等式组，能求出实数a的取值范围．本题考查交集的求法，考查实数的取值范围的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意交集、并集定义的合理运用．18.【答案】证明：（1）连结OE，∵底面ABCD是正方形，AC与BD交于点O，∴O是BD中点，∵F为BE的中点，∴OF∥DE，∵DE⊄平面ACF，OE⊂平面ACF，∴DE∥平面ACF．（2）∵底面ABCD是正方形，∴BD⊥AC，∵EC⊥底面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥EC，∵AC∩CE=C，∴BD⊥平面ACE，∵AE⊂平面ACE，∴BD⊥AE．解：（3）四棱锥E-ABCD中，底面ABCD是正方形，AC与BD交于点O，EC⊥底面ABCD，∴以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，CE为z轴，建立空间直角坐标系，∵AB=，∴A（4，4，0），E（0，0，2），B（0，4，0），F（0，2，），=（-4，-2，），平面ABC的法向量=（0，0，1），设直线AF与平面ABC所成角为θ，则sinθ===，∴直线AF与平面ABC所成角的正弦值为．【解析】（1）连结OE推导出OE∥DE，由此能证明DE∥平面ACF．（2）推导出BD⊥AC，BD⊥EC，从而BD⊥平面ACE，由此能证明BD⊥CE．（3）以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，CE为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AF与平面ABC所成角的正弦值．本题考查线面平行、线线垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．19.【答案】解：（1）证明：根据题意，直线l（m+2）x+（1-m）y-4m-5=0，变形可得：m（x-y-4）+（2x+y-5）=0，联立，解可得x=3，y=-1，即直线l恒过定点（3，-1），设A为（3，-1）又由32+（-1）2-2×3-4×1-20＜0，即点A（3，-1）在圆C：x2+y2-2x-4y-20=0内，故不论m取什么实数时，直线l与圆C恒交于两点，（2）圆C：x2+y2-2x-4y-20=0，圆心为（1，2），半径r=5，分析可得：当直线l与AC垂直时，直线l被圆C截得的线段的最短，K AC==-，则k l=，直线l的方程为y+1=（x-3），即2x-3y-9=0，此时：|AC|==，截得弦长为2×=4．【解析】（1）根据题意，把直线l的方程变形后，分析可得直线l恒过定点，进而分析可得该定点在圆内，故直线l与圆恒交于两点；（2）根据题意，分析可得当直线l与AC垂直时，所截取的线段最短，由圆心C 和定点A的坐标求出直线AC的斜率，由直线垂直的性质分析可得直线l的斜率，由A的坐标和求出的斜率写出直线l的方程，由直线与圆的位置关系分析可得答案．此题考查了直线与圆相交的性质，恒过定点的直线方程以及点与圆的位置关系．第一问的关键是求出直线l恒过的A点坐标，判定A在圆内；第二问关键是根据平面几何知识得到直线l与AC垂直时所截取的线段最短．20.【答案】（Ⅰ）证明：在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，BB1=BC=1，E为D1C1的中点．∴△DD1E为等腰直角三角形，∠D1ED=45°．同理∠C1EC=45°．∴∠DEC=90°，即DE⊥EC．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，BC⊥平面D1DCC1，又DE⊂平面D1DCC1，∴BC⊥DE．又EC∩BC=C，∴DE⊥平面EBC．∵DE⊂平面DEB，∵平面DEB⊥平面EBC．（理科生做）（Ⅱ）解：如图，过E在平面D1DCC1中作EO⊥DC于O．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，∵面ABCD⊥面D1DCC1，∴EO⊥面ABCD．过O在平面DBC中作OF⊥DB于F，连接EF，∴EF⊥BD，∠EFO为二面角E-DB-C的平面角．利用平面几何知识可得OF=，OE=1，tan∠EFO=．∴二面角E-DB-C的正切值为．（文科生做）（Ⅱ）解：设点A到平面DBE的距离为d，∵V E-DBA=V A-DBE，∴= d∴d=，故A到面EDB的距离为．【解析】（Ⅰ）先由BC⊥平面D1DCC1⇒BC⊥DE．再利用△DD1E为等腰直角三角形⇒∠D1ED=45°以及∠C1EC=45°可得DE⊥EC，合在一起可得平面EDB⊥平面EBC；（理科生做）（Ⅱ）先过E在平面D1DCC1中作EO⊥DC于O⇒EO⊥面ABCD；再O在平面DBC中作OF⊥DB于F，利用三垂线定理极其逆定理可得EF⊥BD．所以∠EFO为二面角E-DB-C的平面角．再利用平面几何知识求出∠EFO的正切值即可；（文科生做）（Ⅱ）由V E-DBA=V A-DBE，利用等体积法来求A到面EDB的距离即可．本题综合考查了面面垂直的判定以及二面角的求法和点到面的距离计算．在求点到面的距离时，如果直接法不好求的话，一般转化为棱锥的高利用等体积法来求．21.【答案】解：（1）∵圆心C1在直线l：2x-y+8=0上，∴设C1的坐标为（a，2a+8），半径为r1，由r1=|C1E|=|C1F|，得（a+4）2+（2a+10）2=（a+6）2+（2a+8）2，解得a=-4，∴C1（-4，0），r12=4，∴圆C1的方程为：（x+4）2+y2=4；（2）当切线斜率存在时，设切线方程为y-3=k（x+6），利用圆心到切线的距离等于半径列方程，，解得k=-，此时切线方程为y-3=-，即5x+12y-6=0，当切线斜率不存在时，切线方程为x=-6，故过点G与圆C1相切的直线方程为：5x+12y-6=0，和x=-6；（3）设P（x0，y0），则，由圆C1的方程，令y=0，可得A（-6，0），B（-2，0），∴直线PA的方程为，进而得，，同法得，，∴圆C2的圆心，，半径r22=，∴圆C2的方程为：，整理得，由y=0得x=，而点，在圆C1内，故圆C2过圆C1内定点（-2，0）．【解析】（1）利用直线方程设圆心坐标，再利用半径相等列方程解得圆心和半径，进而得方程；（2）利用点斜式设切线方程，结合圆心到切线距离等于半径得解，但要注意斜率不存在的情况；（3）设P点坐标，进而得PA，PB的方程，从而得M，N的坐标，这就得到了圆心和半径，列出圆C2的方程，结合P点坐标满足圆C1的方程，化简圆C2的方程，得定点．此题考查了圆方程的求法，圆的切线的求法，曲线过定点等，前两步难度不大，第三步对计算能力考查力度较大，应属于难题．22.【答案】（本小题12分）（1）设g（x）=a x（a＞0且a≠1），∵g（3）=8，∴a3=8，解得a=2．∴g（x）=2x．…（1分）∴ ，∵函数f（x）是定义域为R的奇函数，∴f（0）=0，∴=0，∴n=1，∴ 又f（-1）=f（1），∴=，解得m=2∴ ．…（3分）（2）由（1）知，易知f（x）在R上为减函数，…（4分）又h（x）=f（x）+a在（-1，1）上有零点，从而h（-1）h（1）＜0，即＜，…（6分）∴（a+）（a-）＜0，∴-＜a＜，∴a的取值范围为（-，）；…（8分）（3）由（1）知，又f（x）是奇函数，∴f（6t-3）+f（t2-k）＜0，∴f（6t-3）＜-f（t2-k）=f（k-t2），∵f（x）在R上为减函数，由上式得6t-3＞k-t2，…（10分）即对一切t∈（-4，4），有t2+6t-3＞k恒成立，令m（t）=t2+6t-3，t∈（-4，4），易知m（t）＞-12，…（11分）∴k＜-12，即实数k的取值范围是（-∞，-12）．…（12分）【解析】（1）设g（x）=a x（a＞0且a≠1），由g（3）=8可确定y=g（x）的解析式，故y=，依题意，f（0）=0可求得n，从而可得y=f（x）的解析式；（2）若h（x）=f（x）+a在（-1，1）上有零点，利用零点存在定理，由h（-1）h（1）＜0，可求a的取值范围；（3）由（2）知奇函数f（x）在R上为减函数，对任意的t∈（-4，4），不等式f（6t-3）+f（t2-k）＜0恒成立⇔6t-3＞k-t2，分离参数k，利用二次函数的单调性可求实数k的取值范围．本题考查函数恒成立问题，考查函数奇偶性与单调性的应用，考查零点存在定理及二次函数的性质，考查函数方程思想、转化思想与运算求解能力，属于综合题．。