河北省石家庄市2020届高三数学二模试题理(含解析)

河北省石家庄市2020届高三数学二模试题理（含解析）

一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60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.设i是虚数单位，复数A.1i【答案】D【解析】【分析】利用复数的除法运算，化简复数1i

（i

B.-1i）C.1i

D.1i

1i

1i，即可求解，得到答案．i

【详解】由题意，复数1i1i(i)1i，故选D．ii(i)【点睛】本题主要考查了复数的除法运算，其中解答中熟记复数的除法运算法则是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．2.已知全集UR，集合Axx1，Bx1x2，则CUAB（）A.C.x|1x2B.D.{x1＃x2}x|x1x1x1【答案】B【解析】【分析】由补集的运算求得CUAxx1，再根据集合的并集运算，即可求解，得到答案．【详解】由题意，集合Axx1,Bx1x2，则CUAxx1，根据集合的并集运算，可得CUABx1x2，故选B．【点睛】本题主要考查了集合混合运算，其中解答中熟记集合的并集和补集的概念及运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．3.如图是一个算法流程图，则输出的结果是（）1精品文档！

A.3【答案】A【解析】【分析】B.4C.5D.6

执行程序框图，逐次计算，根据判断条件终止循环，即可求解，得到答案．【详解】由题意，执行上述的程序框图：第1次循环：满足判断条件，x2,y1；第2次循环：满足判断条件，x4,y2；第3次循环：满足判断条件，x8,y3；不满足判断条件，输出计算结果y3，故选A．【点睛】本题主要考查了循环结构的程序框图的结果的计算与输出，其中解答中执行程序框图，逐次计算，根据判断条件终止循环是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．x2y104.已知实数x、y满足不等式组2xy10，则z3xy的最大值为（y0A.3【答案】A【解析】B.2

C.

）32

D.22精品文档！

【分析】画出不等式组所表示的平面区域，结合图形确定目标函数的最优解，代入即可求解，得到答案．x2y10【详解】画出不等式组2xy10所表示平面区域，如图所示，y0由目标函数z3xy，化为直线y3xz，当直线y3xz过点A时，此时直线y3xz在y轴上的截距最大，目标函数取得最大值，x2y10又由，解得A(1,0)，y0

所以目标函数的最大值为z3(1)03，故选A．【点睛】本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题．其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力，属于基础题．5.将函数fxsin2x的图象向左平移0则的值为（A.）B.6



得到的函数为偶函数，个单位长度，2

12C.3D.4

【答案】D【解析】【分析】利用三角函数的图象变换求得函数的解析式，再根据三角函数的性质，即可求解，得到答案．3精品文档！

【详解】将将函数fxsin2x的图象向左平移个单位长度，可得函数gxsin[2(x)]sin(2x2)又由函数gx为偶函数，所以2因为0

，当k0时，，故选D．42

kk,kZ，解得,kZ，242

【点睛】本题主要考查了三角函数的图象变换，以及三角函数的性质的应用，其中解答中熟记三角函数的图象变换，合理应用三角函数的图象与性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．6.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积（）A.623B.622C.442D.443【答案】C【解析】【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的表面积即可．【详解】解：几何体的直观图如图，是正方体的一部分，P−ABC，正方体的棱长为2，该几何体的表面积：4精品文档！

11112222222222442．2222故选C．【点睛】本题考查三视图求解几何体的直观图的表面积，判断几何体的形状是解题的关键．7.古希腊数学家毕达哥拉斯在公元前六世纪发现了第一、二个“完全数”6和28，进一步研究发现后续三个“完全数”分别为496，8128，33550336，现将这五个“完全数”随机分为两组，一组2个，另一组3个，则6和28恰好在同一组的概率为(A.)

D.15B.25C.35110【答案】B【解析】【分析】推导出基本事件总数，6和28恰好在同一组包含的基本事件个数，由此能求出6和28恰好在同一组的概率．【详解】解：将五个“完全数”6，28，496，8128，33550336，随机分为两组，一组2个，另一组3个，基本事件总数nC5C310，6和28恰好在同一组包含的基本事件个数mC2C3C2C34，∴6和28恰好在同一组的概率p故选B．【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．2

0

2

1

2

3

m42．n105x2y2y22

8.已知双曲线C1:1与双曲线C2:x1有相同的渐近线，则双曲线C1

mm104

的离心率为（A.）B.5C.5

4

5D.52【答案】C【解析】【分析】5精品文档！

由双曲线C1与双曲线C2有相同的渐近线，列出方程求出m的值，即可求解双曲线的离心率，得到答案．x2y2y22【详解】由双曲线C1:1与双曲线C2:x1有相同的渐近线，mm10410mx2y2

可得2，解得m2，此时双曲线C1:1，28m则曲线C1的离心率为e

c

a

2825，故选C．【点睛】本题主要考查了双曲线的标准方程及其简单的几何性质的应用，其中解答中熟记双曲线的几何性质，准确运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．9.设函数fx在R上可导，其导函数为fx，若函数fx在x1处取得极大值，则函数yxfx的图象可能是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由题设条件知：x0时，yxfx0，0x1时，yxfx0，x0或x1时，yxfx0，x1时，yxfx0，由此即可求解．【详解】由函数fx在R上可导，其导函数为fx，若函数fx在x1处取得极大6精品文档！

值，所以当x1时，fx0；x1时，fx0；x1时，fx0；所以当x0时，yxfx0，当0x1时，yxfx0，当x0或x1时，yxfx0，当x1时，yxfx0，可得选项B符合题意，故选B．【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的极值的应用，其中解答中认真审题，主要导数的性质和函数的极值之间的关系合理运用是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．10.已知当m，n[1，1)时，sinA.mnC.mn【答案】C【解析】【分析】由函数的增减性及导数的应用得：设f(x)xsin3mn

sinn3m3，则以下判断正确的是(22B.|m||n|D.m与n的大小关系不确定)

x,x[1,1]，求得可得f(x)为增函2数，又m，n[1，1)时，根据条件得f(m)f(n)，即可得结果．【详解】解：设f(x)xsin则f(x)3x23xcos0，22x3,x[1,1]为增函数，即f(x)xsin2mn

sinn3m3，又m，n[1，1)，sin22mn3m3sinn，即sin22所以f(m)f(n)，所以mn．故选C．【点睛】本题考查了函数的增减性及导数的应用，属中档题．x,x[1,1]，27精品文档！

11.已知抛物线y24x的焦点为F，准线与x轴的交点为K，点P为抛物线上任意一点KPF的平分线与x轴交于(m,0)，则m的最大值为(

)

A.322B.233C.23D.22【答案】A【解析】【分析】求出抛物线的焦点坐标，利用抛物线的定义，转化求出比值，x1m

(x1)24x

11m

，求出等式左边式子的范围，将等式右边代入，从而求解．【详解】解：由题意可得，焦点F（1，0），准线方程为x＝−1，过点P作PM垂直于准线，M为垂足，由抛物线的定义可得|PF|＝|PM|＝x＋1，记∠KPF的平分线与x轴交于H(m,0),

(1m1)

根据角平分线定理可得|PF||PM||FH|

|PK||PK|=|KH|，x11m(x1)24x1m，当x0时，m0，x11当x0时，(x1)24x1242,1，x1x28精品文档！

21m10m322，21m综上：0m322．故选A．【点睛】本题主要考查抛物线的定义、性质的简单应用，直线的斜率公式、利用数形结合进行转化是解决本题的关键．考查学生的计算能力，属于中档题．12.已知正方体ABCDA1B1C1D1的体积为V，点M，N分别在棱BB1，CC1上，满足AMMNND1最小，则四面体AMND1的体积为(

)

C.1V6A.1V12B.1V8D.1V9【答案】D【解析】【分析】由题意画出图形，将MN,ND1所在的面延它们的交线展开到与AM所在的面共面，可得当11

BMBB1,C1NC1C时AMMNND1最小，设正方体AC1的棱长为3a，得33Va3，进一步求出四面体AMND1的体积即可．27

【详解】解：如图，∵点M，N分别在棱BB1,CC1上，要AMMNND1最小，将MN,ND1所在的面延它们的交线展开到与AM所在的面共面，AM,MN,ND1三线共线时，AMMNND1最小，9精品文档！

∴BM

13BB11,C1N3C1C设正方体AC1的棱长为3a，则27a3V，∴a3

V27．取BG1

3

BC，连接NG，则AGND1共面，在AND1中，设N到AD1的距离为h1，AD1(3a)2(3a)232a,D1N(3a)2a210a,AN(32a)2(2a)222a,cosD10a222a218a2

71NA210a22a255,sinD3191NA

255,S1131921NANsinD1NA2AD1h1

=2a2

D1NADh191=2a，

设M到平面AGND1的距离为h2，VMAGNVAMGN

11191111322a22ah23[2(a2a)3a2aa2

2a2a]h6a2

19V13AMND1319a226aV193a39.10精品文档！

故选D．【点睛】本题考查多面体体积的求法，考查了多面体表面上的最短距离问题，考查计算能力，是中档题．二、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分13.已知直线4xyb被圆x2y22x2y10截得的弦长为2，则b的值为__【答案】3【解析】【分析】根据弦长为半径的两倍，得直线经过圆心，将圆心坐标代入直线方程可解得．【详解】解：圆x2y22x2y10的圆心为（1，1），半径r1，因为直线4xyb被圆x2y22x2y10截得的弦长为2，所以直线4xyb0经过圆心（1，1），41b0，解得b3．故答案为3．【点睛】本题考查了直线与圆相交的性质，属基础题．14.已知x3dxn，则(xy1)n展开式中x2y的系数为__02【答案】12．【解析】【分析】由题意求定积分得到n的值，再根据乘方的意义，排列组合数的计算公式，求出展开式中x2y的系数．x43【详解】∵已知xdx

24024n，则(xy 1)n(xy1)4，0它表示4个因式(xy1)的乘积．故其中有2个因式取x，一个因式取y，剩下的一个因式取1，可得x2y的项．故展开式中x2y的系数C4C2C112．故答案为12．112

1

1

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【点睛】本题主要考查求定积分，乘方的意义，排列组合数的计算公式，属于中档题．15.在平行四边形ABCD中，已知AB1，AD2，BAD60，若CEED，



，则DF2FBAEAF____________．【答案】【解析】【分析】52

rr121

设ABa,ADb，则a1,b2，得到AEba，AFab，利用向量的233数量积的运算，即可求解．rr

【详解】由题意，如图所示，设ABa,ADb，则a1,b2，又由CEED，DF2FB，所以E为CD的中点，F为BD的三等分点，

1221则AEba，AFb(ab)ab，233312112512

所以AEAF(ab)(ab)aabb

233363

15151212cos60022．3632【点睛】本题主要考查了向量的共线定理以及向量的数量积的运算，其中解答中熟记向量的线性运算法则，以及向量的共线定理和向量的数量积的运算公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．16.在ABC中，角A，B，C的对边长分别为a，b，c，满足a22a(sinB3cosB)40，b27，则ABC的面积为__．【答案】23．12精品文档！

【解析】【分析】由二次方程有解的条件，结合辅助角公式和正弦函数的值域可求B，进而可求a，然后结合余弦定理可求c，代入SABC

1

acsinB，计算可得所求．2【详解】解：把a22a(sinB3cosB)40看成关于a的二次方程，则0，即4(sinB3cosB)2160，即为42sinB







160，3

2化为sinB

2

21sinB，而1，33

则sinB21，34B，333由于0B，可得可得B

，即B，632代入方程可得，a24a40，a2，4c2283由余弦定理可得，cos，622c2解得：c43（负的舍去），SABC111acsinB24323．222故答案为23．【点睛】本题主要考查一元二次方程的根的存在条件及辅助角公式及余弦定理和三角形的面积公式的应用，属于中档题．三、解答题：共70分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答第2223题为选考题考生根据要求作答（一）必考题：共60分17.已知数列an是等差数列，前n项和为Sn，且S53a3，a4a68．13精品文档！

（1）求an．（2）设bn

2nan，求数列bn的前n项和Tn．n2

【答案】(1)an2n3(2)Tn(n4)216

【解析】【分析】(1)由数列an是等差数列，所以S55a3，解得a30，又由a4a682a5，解得d2，即可求得数列的通项公式；(2)由（1）得bn2ann32

nn1，利用乘公比错位相减，即可求解数列的前n项和．【详解】(1)由题意，数列an是等差数列，所以S55a3，又S53a3，a30，由a4a682a5，得a54，所以a5a32d4，解得d2，所以数列的通项公式为ana3n3d2n3．(2)由（1）得bn2ann32

nn1，Tn222123024n32n1，2Tn223124n42n1n32n2，两式相减得2TnTn22222

2

34n1

n32

n2

，8

812n112

(n3)2n2(n4)2n216，n2

即Tn(n4)2

16．【点睛】本题主要考查等差的通项公式、以及“错位相减法”求和的应用，此类题目是数列问题中的常见题型，解答中确定通项公式是基础，准确计算求和是关键，易错点是在“错位”之后求和时，弄错等比数列的项数，能较好的考查考生的数形结合思想、逻辑思维能力及基本计算能力等.18.已知三棱锥PABC中，△ABC为等腰直角三角形，ABAC1, PB PC5，设点E为PA中点，点D为AC中点，点F为PB上一点，且PF2FB．14精品文档！

（1）证明：BD//平面CEF；（2）若PAAC，求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)【解析】【分析】（1）连接PD交CE于G点，连接FG，通过证BD//FG，并说明FG平面CEF，来证明BD//平面CEF

（2）采用建系法以AB、AC、AP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系26



Axyz，分别表示出对应的点B,C,P,E坐标，设平面PBC的一个法向量为n(x,y,z)，

结合直线对应的CE和法向量n，利用向量夹角的余弦公式进行求解即可【详解】1证明：如图，连接PD交CE于G点，连接FG，点E为PA的中点，点D为AC的中点，点G为PAC的重心，则PG2GD，PF2FB，FG//BD，15精品文档！

又FG平面CEF，BD平面CEF，BD//平面CEF；2ABAC，PBPC，PAPA，PABPAC，PAAC，PAAB，可得PA2，又ABAC，则以AB、AC、AP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系Axyz，0,2，E0,0,1则A0,0,0，B1,0,0，C0,1,0，P0,

BC(1,1,0)，BP(1,0,2)，CE(0,1,1)．

n·BCxy0

设平面PBC的一个法向量为n(x,y,z)，由，n·BPx2z0

取z1，得n(2,2,1)．设直线CE与平面PBC所成角为，|21|22则sin|cosn,CE|．直线CE与平面PBC所成角的正弦值为．6236【点睛】本题考查线面平行的判定定理的使用，利用建系法来求解线面夹角问题，整体难度不大，本题中的线面夹角的正弦值公式sin|cosn,CE|使用广泛，需要识记19.在平面直角坐标系中，A(2,0)，B(2,0)，且ABC满足tanAtanB（1）求点C的轨迹E的方程；12（2）过F(2，0)作直线MN交轨迹E于M，N两点，若MAB的面积是NAB面积的2倍，求直线MN的方程．x2y214【答案】（1）（2）MN的方程为xy2．1(y0)．742

【解析】16精品文档！

【分析】（1）令C(x,y)，则yy1，由此能求出点C的轨迹方程．x2x22（2）令Mx1,y1,Nx2,y2，令直线MN:xmy2，联立，得m2y22my20，由此利用根的判别式，韦达定理，三角形面积公式，结合已知条件能求出直线的方程．【详解】解：（1）因为tanAtanB设点C(x,y)，则2

2

yy1，x2x2211，即直线AC,BC的斜率分别为k1,k2且k1k2，22

x2y2

整理得1(y0).42

（2）令Mx1,y1,Nx2,y2，易知直线MN不与x轴重合，x2y222

令直线MN:xmy2，与1联立得m2y22my20，42

所以有0,y1y2

22m2

，,yy1222m2m2

由SMAB2SNAB，故y12y2，即y12y2，yy2从而1

y1y2

解得m

22

yy4m212122，m2y2y12

214，即m．77

14y2．7所以直线MN的方程为x【点睛】本题考查椭圆方程、直线方程的求法，考查椭圆方程、椭圆与直线的位置关系，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是中档题．20.随着改革开放的不断深入，祖国不断富强，人民的生活水平逐步提高，为了进一步改善民生，2019年1月1日起我国实施了个人所得税的新政策，其政策的主要内容包括：（1）个税起征点为5000元；（2）每月应纳税所得额（含税）收入个税起征点专项附加扣除；（3）专项附加扣除包括①赡养老人费用②子女教育费用③继续教育费用④大病医疗费用等．其中前两项的扣除标准为：①赡养老人费用：每月扣除2000元②子女教育费用：17精品文档！

每个子女每月扣除1000元．新个税政策的税率表部分内容如下：级数一级二级超过3000元至每月应纳税所得额（含税）不超过300012000元的部元的部分分税率(%)310部分20部分25三级超过12000元至25000元的四级超过25000元至35000元的（1）现有李某月收入29600元，膝下有一名子女，需要赡养老人，除此之外，无其它专项附加扣除．请问李某月应缴纳的个税金额为多少？（2）为研究月薪为20000元的群体的纳税情况，现收集了某城市500名的公司白领的相关资料，通过整理资料可知，有一个孩子的有400人，没有孩子的有100人，有一个孩子的人中有300人需要赡养老人，没有孩子的人中有50人需要赡养老人，并且他们均不符合其它专项附加扣除（受统计的500人中，任何两人均不在一个家庭）．若他们的月收入均为20000元，依据样本估计总体的思想，试估计在新个税政策下这类人群缴纳个税金额X的分布列与期望．【答案】（1）李某月应缴纳的个税金额为2910元，（2）分布列详见解析，期望为1150元【解析】【分析】（1）分段计算个人所得税额；（2）随机变量X的所有可能的取值为990，1190，1390，1590，分别求出各值对应的概率，列出分布列，求期望即可．【详解】解：（1）李某月应纳税所得额（含税）为：29600−5000−1000−2000＝21600元不超过3000的部分税额为3000×3%＝90元超过3000元至12000元的部分税额为9000×10%＝900元，超过12000元至25000元的部分税额为9600×20%＝1920元所以李某月应缴纳的个税金额为90＋900＋1920＝2910元，（2）有一个孩子需要赡养老人应纳税所得额（含税）为：20000−5000−1000−2000＝12000元，18精品文档！

月应缴纳的个税金额为：90＋900＝990元有一个孩子不需要赡养老人应纳税所得额（含税）为：20000−5000−1000＝14000元，月应缴纳的个税金额为：90＋900＋400＝1390元；没有孩子需要赡养老人应纳税所得额（含税）为：20000−5000−2000＝13000元，月应缴纳的个税金额为：90＋900＋200＝1190元；没有孩子不需要赡养老人应纳税所得额（含税）为：20000−5000＝15000元，月应缴纳的个税金额为：90＋900＋600＝1590元；3

P(X990),

51

P(X1190),

10

．1

P(X1390) ,

51

P(X1590)

10

所以随机变量X的分布列为：X

P9901190139015903511015110

3111E(x)9901190139015901150．510510【点睛】本题考查了分段函数的应用与函数值计算，考查了随机变量的概率分布列与数学期望，属于中档题．21.已知函数f(x)（1）若f(x)ax1lnxx1恒成立，求实数a的取值范围；x（2）若方程f(x)m有两个不同实根x1，x2，证明：x1x22．【答案】（1）(【解析】【分析】1,)（2）详见解析2e19精品文档！

（1）将原不等式转化为a

lnxlnx

g(x)，构造函数，求得g(x)的最大值即可；x2x2（2）首先通过求导判断f(x)的单调区间，考查两根的取值范围，再构造函数h(x)f(x)f(2x)，将问题转化为证明h(x)0，探究h(x)在区间内的最大值即可得证．【详解】解：（1）由f(x)ax1lnxx，即xax，即a

lnx

x

2，令g(x)lnx

2,(x0)，则只需ag(x)max，g(x)1x2lnx

x3，令g(x)0，得xe，g(x)在(0,e)上单调递增，在(e,)上单调递减，g(x)maxg(e)12e，a的取值范围是(12e,)；（2）证明：不妨设xlnx1x2,f'(x)x2，当x(0,1)时，f'(x)0,f(x)单调递增，当x(1,)时，f'(x)0,f(x)单调递减，f(1)1,f1

e0，当x时，f(x)0，0m1,1ex11x2，要证x1x22，即证x22x1，由x21,

2x11,

f(x)在(1,)上单调递增，只需证明fx2f2x1，由fx1fx2，只需证明fx1f2x1，令h(x)f(x)f(2x)，x(0,1)，只需证明h(x)0，20精品文档！

易知h(1)0,h(x)f(x)f(2x)

lnxln(2x)

，2x(2x)2由x(0,1)，故lnx0,x2(2x)2，h(x)

lnxln(2x)ln[x(2x)]

0，22(2x)(2x)

从而h(x)在(0,1)上单调递增，由h(1)0，故当x(0,1)时，h(x)0，故x1x22，证毕．【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性，最值等，关键是要对问题进行转化，比如把恒成立问题转化为最值问题，把根的个数问题转化为图像的交点个数，进而转化为证明不等式的问题，属难题．（二）选考题：共10分请考生从第22，23题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分．22.在极坐标系中，曲线C的方程为cosasina0，以极点为原点，极轴所在2

2x2t2直线为x轴建立直角坐标，直线l的参数方程为（t为参数），l与C交于M，y12t2

N两点．（1）写出曲线C的直角坐标方程和直线l的普通方程；（2）设点P2,1；若PM、MN、PN成等比数列，求a的值【答案】(1)曲线C的直角坐标方程为xaya0，直线l的普通方程为2xy10；(2)a1【解析】【分析】(1)由极坐标与直角坐标的互化公式和参数方程与普通方程的互化，即可求解曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；21精品文档！

(2)把l的参数方程代入抛物线方程中，利用韦达定理得t1t2422a，tt1282a，可得到MNt1t2,PMt1,PNt2，根据因为PM，MN，PN成等比数列，列出方程，即可求解．【详解】(1)由题意，曲线C的极坐标方程可化为cos

22asin,a0，xcos2又由，可得曲线C的直角坐标方程为xaya0，ysin2x2t2由直线l的参数方程为（t为参数），消去参数t，得xy10，y12t2

即直线l的普通方程为xy10；

x2

(2)把l的参数方程

y12t2代入抛物线方程中，得2t2

t2422at82a0，由2a28a0，设方程的两根分别为t1，t2，则t1t2422a0，t1t282a0，可得t10,，t20．所以MNt1t2，PMt1，PNt2．因为PM，MN，PN成等比数列，所以t1t2t1t2，即t1t25t1t2，2

2

则422a2

，582a，解得解得a1或a4（舍）所以实数a1.【点睛】本题主要考查了极坐标方程与直角坐标方程，以及参数方程与普通方程的互化，以及直线参数方程的应用，其中解答中熟记互化公式，合理应用直线的参数方程中参数的几何意义是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．23.设函数fxx22xa．（1）当a1时，求不等式fx3的解集；22精品文档！

（2）当fxxa2时，求实数x的取值范围．【答案】(1),02,a．2

(2)当a4时，x的取值范围为a

x2；当a4时，2

x的取值范围为2x

【解析】【分析】（1）当a1时，分类讨论把不等式fx3化为等价不等式组，即可求解．(2)由绝对值的三角不等式，可得fx2xax2xa2，当且仅当2xax20时，取“”，分类讨论，即可求解．1

3x3,x2

1

【详解】（1）当a1时，fxx1,x2，2

3x3,x2

3x33x13

3x33

不等式fx3可化为或或，11

x2xx222解得不等式的解集为,02,．(2)由绝对值的三角不等式，可得fxx22xa2xax2xa2，当且仅当2xax20时，取“”，所以当a4时，x的取值范围为aa

x2；当a4时，x的取值范围为2x．22

【点睛】本题主要考查了含绝对值的不等式的求解，以及绝对值三角不等式的应用，其中解答中熟记含绝对值不等式的解法，以及合理应用绝对值的三角不等式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．23