2018-2019学年山西省长治市太行中学高二下学期期末数学(理)试题(解析版)

（理）试题

一、单选题

1．已知集合AxN1xlog2k，集合A中至少有3个元素，则（ ） A．k8 B．k8 C．k16 D．k16 【答案】C

【解析】试题分析：因为AxN1xlog2k中到少有3个元素，即集合A中一定有2,3,4三个元素，所以k216，故选C. 【考点】1.集合的运算；2.对数函数的性质. 2．复数

4i6i34i的实部与虚部之差为（ ）

A．-1 B．1 C．77 D． 55【答案】B

【解析】试题分析：【考点】复数的运算. 3．已知cosA．4 【答案】C 【解析】 因为cos(,故选B.

2cos，则tan（ ）

42B．4

C．

13D．

1 321tan1，故选C. 所以tan()41tan3vvvvvvv4．已知|a|＝1，|b|＝2，且a⊥(a－b)，则向量a在b方向上的投影为( )

A．1 【答案】D 【解析】【详解】

第 1 页 共 22 页

B．2

C．

)2cos()，所以sin2costan2，

1 2D．2 2rrrrrrrrr2rrr2

(a－b)＝0，即a－a·设a与b的夹角为θ，由a⊥(a－b)，得a·b＝0，即a－

|a|·|b|cosθ＝0，所以cos=选D.

5．某医院拟派2名内科医生、3名外科医生和3名护士共8人组成两个医疗分队，平均分到甲、乙两个村进行义务巡诊，其中每个分队都必须有内科医生、外科医生和护士，则不同的分配方案有 A．72种 【答案】B

【解析】根据条件2名内科医生，每个村一名，3名外科医生和3名护士，平均分成两 组，则分1名外科，2名护士和2名外科医生和1名护士，根据排列组合进行计算即可．【详解】

2名内科医生，每个村一名，有2种方法，

3名外科医生和3名护士，平均分成两组，要求外科医生和护士都有，则分1名外科，2名护士和2名外科医生和1名护士， 若甲村有1外科,2名护士,则有若甲村有2外科,1名护士,则有

(9+9)=2×18=36种， 则总共的分配方案为2×故选：B. 【点睛】

本题主要考查了分组分配问题，解决这类问题的关键是先分组再分配，属于常考题型. 6．当a输入a的值为16，b的值为12时，执行如图所示的程序框图，则输出的a的结果是( )

，其余的分到乙村， ，其余的分到乙村，

B．36种

C．24种

D．18种

rrrrr22，所以向量a在b方向上的投影为|a|cos．故22第 2 页 共 22 页

A．2 【答案】C

B．3 C．4 D．6

【解析】模拟程序的运行，根据程序流程，依次判断写出a，b的值，可得当a=b=4时，不满足条件a≠b，输出a的值为4，即可得解． 【详解】

模拟程序的运行，可得 a=16，b=12

满足条件a≠b，满足条件a>b，a=16−12=4， 满足条件a≠b，不满足条件a>b，b=12−4=8， 满足条件a≠b，不满足条件a>b，b=4−4=4， 不满足条件a≠b，输出a的值为4. 故选：C. 【点睛】

本题主要考查程序框图的循环结构流程图，属于中档题. 解决程序框图问题时一定注意以下几点：(1) 不要混淆处理框和输入框；(2) 注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；(3) 注意区分当型循环结构和直到型循环结构；(4) 处理循环结构的问题时一定要正确控制循环次数；(5) 要注意各个框的顺序,（6）在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可. 7．已知函数fx2，则y＝f（x）的图象大致为（ ）

xlnx1第 3 页 共 22 页

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】利用特殊值判断函数的图象即可． 【详解】

122e211f22，再取x令x2，则，则e1ln111eeee2e221f2e2e2，显然2e，故排除选项B、C； e1ln111e2ee再取xe时，fe选项D. 故选：A. 【点睛】

本题考查函数的图象的判断，特殊值法比利用函数的导函数判断单调性与极值方法简洁，属于基础题.

8．如图，在棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1中，P为A1D1的中点，Q为A1B1上任意一点，E、F为CD上两点，且EF的长为定值，则下面四个值中不是定值的是（ ）

220，又当x时，fx0，故排除

elne1e2

A．点P到平面QEF的距离

第 4 页 共 22 页

B．直线PQ与平面PEF所成的角 C．三棱锥PQEF的体积 D．△QEF的面积 【答案】B

【解析】试题分析：将平面QEF延展到平面CDA1B1如下图所示，由图可知，P到平面CDA1B1的距离为定值.由于四边形CDA1B1为矩形，故三角形QEF的面积为定值，进而三棱锥PQEF的体积为定值.故A，C，D选项为真命题，B为假命题.

【考点】空间点线面位置关系. 9．已知函数fxcosxsinx，则函数fx满足（ ） 4A．最小正周期为T2

2,B．图像关于点8对称 4D．图像关于直线xC．在区间0,【答案】D

8上为减函数

8对称

【解析】∵函数f（x）=cos（x+

222cosx﹣sinx）•sinx=sin2x﹣）sinx=（422421cos2x•

22=2212=sin（2x+）+（sin2x+cos2x）﹣， 244442π，故A不正确； 2故它的最小正周期为

令x=

1222=，求得f（x）=+，为函数f（x）的最大值，故函数f（x）的

2484第 5 页 共 22 页

图象关于直线x=

对称， 82，）对称，故B不正确、D正确； 84且f（x）的图象不关于点（

在区间（0，

12 为增函数，）上，2x+∈（，），f（x）=sin（2x+）+

2844244故C不正确， 故选D．

10．设锐角ABC的三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c 且c1，A2C，则

ABC周长的取值范围为（ ）

A．(0,22)

【答案】C

【解析】因为△ABC为锐角三角形，所以0AB．(0,33) D．(22,33]

C．(22,33)2，0B2，，0C2，即

02C20C2C，

20C，

2，所以

6C423；cosC22又因为A2C，所以sinA2sinCcosC，又因为c1，所以a2cosC；由

bccsinBsin3C4cos2C1，所以，即bsinBsinCsinCsinCabc4cosC2cosC，令tcosC，则t223,，又因为函数2223y4t2t在2,2上单调递增，所以函数值域为22,33，

2故选C

点睛：本题解题关键是利用正弦定理实现边角的转化得到ABC周长关于角C的函数关系，借助二次函数的单调性求最值，易错点是限制角C的取值范围.

11．已知函数f(x)满足对任意实数m,n，都有f(mn)f(m)f(n)1，设

1axglng(ln2019)2018，，g(x)f(x)x(a0,a1)（ ） 2019a1A．2018 【答案】D

B．2017

C．-2016

D．-2015

第 6 页 共 22 页

【解析】通过取特殊值，可得f(0)1，进一步可得f(x)f(x)2，然后经过计算

axax可得xx1，最后代值计算，可得结果.

a1a1【详解】

由题可知：f(mn)f(m)f(n)1 令mn0，可得f(0)1

令mx,nx，则f(xx)f(x)f(x)1 所以f(x)f(x)2

axax又xx1 a1a1ax由g(x)f(x)x，

a1axax所以g(x)gxf(x)xf(x)x3

a1a1又gln1gln2019 20191gln所以g(ln2019)3，由g(ln2019)2018 2019所以gln故选：D 【点睛】

12015 2019axax本题考查抽象函数的应用，难点在于发现f(x)f(x)2，xx1，考

a1a1验观察能力以及分析问题的能力，属中档题.

mxemx,x0f(x)12．已知函数（e为自然对数的底），若方程2xe(x1),x0f(x)f(x)0有且仅有四个不同的解，则实数m的取值范围是（ ）．

A．(0,e) B．(e,) C．(0,2e) D．(2e,)

第 7 页 共 22 页

【答案】D

【解析】首先需要根据方程特点构造函数Fxfxfx,将方程根的问题转化为函数零点问题，并根据函数的奇偶性判断出函数Fx在0,上的零点个数，再转化成方程xemxx1解的问题，最后利用数形结合思想，构造两个函数，转化2成求切线斜率问题，从而根据斜率的几何意义得到解. 【详解】

因为函数Fxfxfx是偶函数，F00，所以零点成对出现，依题意，

x方程fxfx0有两个不同的正根，又当x0时，fxemxm，2emx所以方程可以化为： x1mxxexex0，即xemx，

22x记gxxe(x0)，gxexxx10，设直线ym与gx图像相

2tt1切时的切点为t,te，则切线方程为yteet1xt，过点t1,0，所以211tetett1tt1或（舍弃），所以切线的斜率为2e，由图像可以得

22m2e.选D.

【点睛】

本题考查函数的奇偶性、函数零点、导数的几何意义，考查函数与方程思想、数形结合思想、转化与化归思想，突显了直观想象、数学抽象、逻辑推理的考查.属中档题.

第 8 页 共 22 页

二、填空题

x20,13．已知点P(x,y)在不等式组y10,，表示的平面区域上运动，则zxyx2y20的取值范围是__________ 【答案】[-1,2]

【解析】画出可行域，然后利用目标函数的等值线yx在可行域中进行平移，根据z或含z的式子的含义，目标函数取最值得最优解，可得结果. 【详解】 如图

令z0，则yx为目标函数的一条等值线 将等值线延y轴正半轴方向移到到点A0,1 则点A0,1是目标函数取最小值得最优解 将等值线延y轴负半轴方向移到到点B2,0 则点B2,0是目标函数取最大值得最优解 所以zmin011,zmax202 所以z1,2 故答案为：1,2 【点睛】

本题考查线性规划，一般步骤：（1）作出可行域；（2）理解z或含z的式子的含义，利用等值线在可行域中移动找到目标函数取最值得最优解，属基础题.

第 9 页 共 22 页

x214．已知点Q(22,0)及抛物线y上的动点P(x,y)，则y|PQ|的最小值为

4______. 【答案】2

【解析】试题分析：设抛物线的焦点为F（0,1），由抛物线的知：

y|PQ|=PF1+|PQ|，所以y|PQ|的最小值为FQ12.

【考点】抛物线的定义；两点间的距离公式。

点评：把“y|PQ|的最小值”应用抛物线的定义转化为“FQ1”，是解题的关键，考查了学生分析问题、解决问题的能力。 15．已知数列

为正项的递增等比数列，

，

，记数列

的前n

项和为，则使不等式【答案】6

成立的最大正整数n的值是_______．

【解析】设等比数列{an}的公比q，由于是正项的递增等比数列，可得q＞1．由a1+a5=82，a2•a4=81=a1a5，∴a1，a5，是一元二次方程x2﹣82x+81=0的两个实数根，解得a1，a5，利用通项公式可得q，an．利用等比数列的求和公式可得数列{}的前n项和为Tn．代入不等式2019|Tn﹣1|＞1，化简即可得出． 【详解】 数列即

为正项的递增等比数列，

解得

，则公比

，a2•a4=81=a1a5， ，∴

，

则 ，

∴

故答案为6. 【点睛】

，即，得，此时正整数的最大值为6.

本题考查了等比数列的通项公式与求和公式、一元二次方程的解法、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 16．已知函数f(x)x23sinx，x,，则f(x)的最小值是__________ cosx34第 10 页 共 22 页

【答案】43 32【解析】计算导数，然后构造函数hxcosxxsinx，利用导数研究该函数的单调性进而判断原函数的单调性，可得结果. 【详解】

由题可知：f(x)'cosxxsinxcosx 2cosx令hxcosxxsinx，

则hxsinxsinxxcosxxcosx

'23x,，所以cosx0 由34所以hx0，则hx在x'23,递减 343hxh所以min4333cossin 444hminx则f(x)'2310，又cosx0 24cosxxsinxcosx0

cos2x23,递增 34所以函数f(x)在x223sin2 所以fmin(x)f33cos2323343 所以fmin(x)12322故答案为：【点睛】

本题考查函数在区间的最值，难点在于构造函数二次求导，注意细节，需要通过判断函数在区间的单调情况才能代值计算，考查对问题的分析能力，属中档题.

第 11 页 共 22 页

43 32三、解答题

17．已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Snnan2an1． （1）求数列{an}的通项公式；

1（2）若数列2的前n项和为Tn，证明：Tn4．

an【答案】（1）ann1(nN)；（2）见解析 2【解析】(1)根据前n项和与通项间的关系得到，2Snnan2an1，

2Sn1n1an12an11，两式做差即可得到数列

常数列，

anaan1，数列n为n1nn1an1n1，即an；（2）根据第一问得到n122144114，裂项求和即可. 22annn1nn1n1【详解】

（1）当n1时，2S1a12a11，即a11，

当n2时，2Snnan2an1 ①， 2Sn1n1an12an11 ②

①②，得2annann1an12an2an1，即nann1an1，所以

anaaa11an1，且1， 所以数列n为常数列，n，即n1n22n12n1ann1nN*． 214411n14（2）由（1）得an，所以2， ann12nn1nn12所以Tn44444444LL，2223242122334nn1n11111111141L414．

22334nn1n1【点睛】

这个题目考查的是数列通项公式的求法及数列求和的常用方法；数列通项的求法中有常见的已知Sn和an的关系，求an表达式，一般是写出Sn1做差得通项，但是这种方法需要检验n=1时通项公式是否适用；数列求和常用法有：错位相减，裂项求和，分组求和

第 12 页 共 22 页

等。

18．如图（1），等腰梯形ABCD，AB2，CD6，AD22，E，F分别是CD的两个三等分点，若把等腰梯形沿虚线AF、BE折起，使得点C和点D重合，记为点P， 如图（2）．

（1）求证：平面PEF平面ABEF；

（2）求平面PAE与平面PAB所成锐二面角的余弦值． 【答案】（1）详见解析；（2）

5. 7【解析】（1）推导出BEEF，BEPE，从而BF面PEF，由此能证明平面

PEF平面ABEF；

（2）过点P作POEF于O，过点O作BE的平行线交AB于点G，则PO面

ABEF，以O为原点，以OG，OE，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间

直角坐标系，利用向量法能求出平面PAE与平面PAB所成锐二面角的余弦值． 【详解】

（1）证明：Q四边形ABCD为等腰梯形，AB2，CD6，AD22，E，F是

CD 的两个三等分点，

四边形ABEF是正方形，BEEF，

QBEPE，且PEEFE，BF面PEF，

又BF平面ABEF，平面PEF平面ABEF；

（2）过点P作POEF于点O，过点O作BE的平行线交AB于点G，则PO面

ABEF，

以O为坐标原点，以OG，OE，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示：

第 13 页 共 22 页

则A(2,1,0)，B(2,1,0)，E(0,1,0)，P(0,0,3)，

uuuvuuuvuuuvuuuvAE(2,2,0),EP(0,1,3),AB(0,2,0),PA(2,1,3)，

v设平面PAE的法向量n(x,y,z)，

vvuuuvnAE2x2y0则vuuu，取z1，得n(3,3,1)， vnEPy3z0uv设平面PAB的法向量m(x,y,z)，

vvuuumuvAB02y0uuuv则v，∴，取x3，得：m(3,0,2)，

2xy3z0mPA0设平面PAE与平面PAB所成锐二面角为，

rrnm55． 则cosrrnm777平面PAE与平面PAB所成锐二面角的余弦值为

【点睛】

本题考查平面与平面垂直的判定以及二面角平面角的求法，属于常考题.

19．某企业对设备进行升级改造，现从设备改造前后生产的大量产品中各抽取了100件产品作为样本，检测一项质量指标值，若该项指标值落在[20,40)内的产品视为合格品，否则为不合格品，图1是设备改造前样本的频率分布直方图，表1是设备改造后的频数分布表.

5． 7

第 14 页 共 22 页

表1，设备改造后样本的频数分布表: 质量指标值 频数

（1）请估计该企业在设备改造前的产品质量指标的平均数；

（2）企业将不合格品全部销毁后，并对合格品进行等级细分，质量指标值落在[25，30)内的定为一等品，每件售价240元，质量指标值落在[20，25)或[30，35)内的定为二等品，每件售价180元，其它的合格品定为三等品，每件售价120元.根据表1的数据，用该组样本中一等品、二等品、三等品各自在合格品中的频率代替从所有产品中抽到一件相应等级产品的概率，现有一名顾客随机购买两件产品，设其支付的费用为X（单位：元），求X得分布列和数学期望.

【答案】(1) 30.2；(2)分布列见解析， 400.

【解析】（1）每个矩形的中点横坐标与该矩形的纵坐标、组距相乘后求和可得平均值；（2）X的可能取值为：240， 300，360, 420, 480，根据直方图求出样本中一、二、三等品的频率分别为

15,20 20,25 25,30 30,35 35,40 40,45 2 18 48 14 16 2 111,,，利用独立事件与互斥事件概率公式求出各随机变量对应的236概率，从而可得分布列，进而利用期望公式可得X的数学期望. 【详解】

(1)样本的质量指标平均值为

0.0417.50.1622.50.427.50.1232.51837.51042.530.2.

根据样本质量指标平均值估计总体质量指标平均值为30.2 .

（2）根据样本频率分布估计总体分布，样本中一、二、三等品的频率分别为故从所有产品中随机抽一件，是一、二、三等品的概率分别为随机变量X的取值为：240， 300，360, 420, 480，

111,,， 236111,,， 2361111111PX240;PX300C2；

66363691111511111PX360C2;PX420C2，

263318233111PX480，

224所以随机变量X的分布列为：

第 15 页 共 22 页

X P

240 300 360 420 480 1 361 95 181 31 4EX240【点睛】

11511300360420480400. 3691834本题主要考查直方图的应用，互斥事件的概率公式、独立事件同时发生的概率公式以及离散型随机变量的分布列与数学期望，属于中档题. 求解数学期望问题，首先要正确理解题意，其次要准确无误的找出随机变量的所有可能值，计算出相应的概率，写出随机变量的分布列，正确运用均值、方差的公式进行计算，也就是要过三关：（1）阅读理解关；（2）概率计算关；（3）公式应用关.

x2y222220．设椭圆C:221ab0的离心率为，圆O:xy2与x轴正半

ab2轴交于点A，圆O在点A处的切线被椭圆C截得的弦长为22． （1）求椭圆C的方程；

PN是否为定（2）设圆O上任意一点P处的切线交椭圆C于点M,N，试判断PM·值？若为定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由．

x2y2【答案】（1）1； （2）见解析.

63【解析】（I）结合离心率，得到a,b,c的关系，计算A的坐标，计算切线与椭圆交点坐标，代入椭圆方程，计算参数，即可．（II）分切线斜率存在与不存在讨论，设出M,N的坐标，设出切线方程，结合圆心到切线距离公式，得到m,k的关系式，将直线方程代 入椭圆方程，利用根与系数关系，表示OMON，结合三角形相似，证明结论，即可．【详解】

(Ⅰ)设椭圆的半焦距为c，由椭圆的离心率为

uuuuruuur2知，bc，a2b， 2x2y2∴椭圆C的方程可设为221.

2bb易求得A2，0，∴点

2，2在椭圆上，∴

221， 2b2b2第 16 页 共 22 页

a26x2y2解得2，∴椭圆C的方程为1.

63b3(Ⅱ)当过点P且与圆O相切的切线斜率不存在时，不妨设切线方程为x(Ⅰ)知，M2，由2，2，N2，2，

uuuurOMuuur2，2，ONuuuuruuur2，2，OMON0，∴OMON.

当过点P且与圆O相切的切线斜率存在时，可设切线的方程为ykxm，

Mx1，y1，Nx2，y2，

∴mk212，即m22k21.

2联立直线和椭圆的方程得x22kxm6， ∴12k2x24kmx2m260，得

2224km412k2m604kmxx. 1222k12m26x1x22k21uuuuruuur∵OMx1，y1，ONx2，y2，

uuuuruuur∴OMONx1x2y1y2x1x2kx1mkx2m，

1k2xx12kmx1x2m1k222m264km2km2m2 2k12k12226k2632k26k602k212k211k2m2264k2m2m22k212k213m，

∴OMON.

综上所述，圆O上任意一点P处的切线交椭圆C于点M，N，都有OMON. 在RtOMN中，由OMP与NOP相似得，OPPMPN2为定值. 【点睛】

本道题考查了椭圆方程的求解，考查了直线与椭圆位置关系，考查了向量的坐标运算，难度偏难．

第 17 页 共 22 页

221．已知函数f(x)4xalnx12x2，其中a为实数. 2（1）求函数yf(x)的单调区间；

（2）若函数yf(x)有两个极值点x1,x2，求证：fx1fx26lna. 【答案】（1）见解析；（2）证明见解析

【解析】（1）计算导数，采用分类讨论的方法，a4，0a4与a0，根据导数的符号判定原函数的单调性，可得结果.

（2）根据（1）的结论，可得fx1fx24aalna，然后构造新函数，通过导数研究新函数的单调性，并计算最值，然后与0比较大小，可得结果. 【详解】

（1）函数yf(x)的定义域为(0,)，

ax24xa f(x)4xxx①若164a0，即a4时，

则f(x)0，此时f(x)的单调减区间为(0,)；

②若164a0，0a4时， 令f(x)0的两根为2'4a，

x2x0,24a24a,，f'(x)0

4a,24a，f'(x)0

所以f(x)的单调减区间为(0,24a)，(24a,)， 单调减区间为(24a,2③当a0时，

4a).

x(0,24a)，f'(x)0 x(24a,)，f'(x)0

此时f(x)的单调增区间为(0,24a)， 单调减区间为(24a,). （2）当0a4时，

第 18 页 共 22 页

函数yf(x)有两个极值点x1,x2， 且x1x24，x1x2a.

112fx1fx24x1alnx1x1224x2alnx2x22

22则fx1fx24x1x2alnx1x2则fx1fx216alna122x1x24 21242a44aalna 2要证fx1fx26lna， 只需证alnaalna20. 构造函数g(x)xlnxxlnx2， 则g(x)1lnx1'11lnx， xxg'(x)在(0,4)上单调递增，又g'(1)10，

g'(2)ln210，且g'(x)在定义域上不间断， 2由零点存在定理可知：

g(x)0在(1,2)上唯一实根x0，且lnx0'1. x0则g(x)在0,x0上递减，x0,4上递增， 所以g(x)的最小值为gx0.

因为gx0x0lnx0x0lnx02，

gx01x01123x0 x0x0152,，则gx00， x02当x0(1,2)，x0所以g(x)gx00恒成立. 所以alnaalna20， 所以fx1fx26lna，得证. 【点睛】

本题考查导数的综合应用，难点在于分类讨论思想的应用，同时掌握构造函数，化繁为

第 19 页 共 22 页

简，考验分析能力以及极强的逻辑推理能力，综合性较强，属难题.

22．在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的极坐标方程为4cos(0).M为曲线C1上的动点，点P在射线OM上，且满足|OM||OP|20.

（Ⅰ）求点P的轨迹C2的直角坐标方程； （Ⅱ）设C2与x轴交于点D，过点D且倾斜角为求|DA||DB|的值.

【答案】（Ⅰ）x5；（Ⅱ）5.

【解析】（Ⅰ）首先依据动点P,M的极坐标的关系找到点P的极坐标方程，再化为直角坐标方程；（Ⅱ）首先根据条件确定直线l的参数方程，依据参数t的几何意义，结合解方程，利用韦达定理得到解. 【详解】

（Ⅰ）设P的极坐标为,(0)，M的极坐标为1,(10)， 由题设知OP,OM14cos.所以4cos20， 即C2的极坐标方程cos5(0)，所以C2的直角坐标方程为x5.

5的直线l与C1相交于A,B两点，63x5t,2（t为参数）

（Ⅱ）交点D5,0，所以直线l的参数方程为，

y1t2曲线C1的直角坐标方程xy4x0x0，

22代入得：t233t50，70， 设方程两根为t1,t2，则t1,t2分别是A,B对应的参数， 所以DADBt1t25. 【点睛】

本题考查直线与圆的极坐标方程、极坐标方程与直角坐标方程的互化、直线参数方程的应用，突显了直观想象的考查. 23．已知函数f(x)1|xa|(aR). 3第 20 页 共 22 页

（1）当a2时，解不等式x1f(x)1； 3（2）设不等式x111f(x)x的解集为M，若,M，求实数a的取值范围. 33214, 23【答案】（1）{x|x0或x≥1}；（2）【解析】（1）使用零点分段法，讨论分段的取值范围，然后取它们的并集，可得结果. （2）利用等价转化的思想，可得不等式|3x1||xa|3x在,恒成立，然后

32解出解集，根据集合间的包含关系，可得结果. 【详解】

（1）当a2时，

原不等式可化为|3x1||x2|3. ①当x111时， 3则3x12x3x0，所以x0； ②当

1x2时， 3则3x12x3x1，所以1x2； ⑧当x2时，

则3x12x3x综上所述：

当a2时，不等式的解集为{x|x0或x≥1}. （2）由|x3，所以x2. 21|f(x)x， 3则|3x1||xa|3x， 由题可知：

11|3x1||xa|3x在,恒成立，

32所以3x1|xa|3x，即|xa|1， 即a1xa1，

第 21 页 共 22 页

1a1143a 所以23a112故所求实数a的取值范围是【点睛】

本题考查零点分段求解含绝对值不等式，熟练使用分类讨论的方法，以及知识的交叉应用，同时掌握等价转化的思想，属中档题.

14,. 23第 22 页 共 22 页