全国消防安全宣传教育日-湖南教育信息港

南充市高
2020
届第二次高考适应性考试
数学试题（文科）
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）．第Ⅰ卷
1至
2
页，第Ⅱ卷
3
至
4
页，共
4
页， 满分
150
分，
考试时间
120
分钟．考生作答时，须将答案答在答 题卡上，在本试卷、草稿纸上答题无效，考试结束后，只将答
题卡交回．
第Ⅰ卷

选择题（共
60
分）
注意事项：
必须使用
2B
铅笔在答题卡上将所选答案对应的标题涂黑．
第
I
卷共
12
小题．
一、选择题：本大题共
12
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.
复数
A.
1
i
（ ）
i
B.
2i

1
i

2
C. 0 D.
2i

【答案】
C
【解析】

【分析】

根据运算法则，简单计算即可
.
1i
iiii0
， 【详解】
ii

i

故选；
C
【点睛】本题主要考查复数
2.
已知集合
A
A.
0
或
3

【答案】
B
【解析】

【详解】因为
AB
除法运算，属基础题
.

1,3, m

，
B

1,m

，若
ABA< br>，则
m
（

）
B.
0
或
3
C.
1
或
3

A,
所以
BA
,
所以
m3
或
mm
.
A
.
若
m3
，则
A{1,3,3},B{1, 3}
,
满足
AB
若
mm
，解得
m0
或
m1
.
若
m0
，则
A{1,3,0},B{1 ,3,0}
，满足
ABA
.
若
m1
，

的
1
D.
1
或
3

A{1,3,1},B{1,1}
显然不成立，综上
m0
或
m 3
，选
B.

3.3
本不同的语文书，
2
本不 同的数学书，从中任意取出
2
本，取出的书恰好都是数学书的概率是（

）
A.
1

2
B.
1

4
C.
1

5
D.
1

10
【答案】
D
【解析】

【分析】

把
5
本书编号，然后用列举法列出所有基本事件．计数后可求得概率．
【详 解】
3
本不同的语文书编号为
A,B,C
，
2
本不同的数学 书编号为
a,b
，从中任意取出
2
本，所有的可能为：
AB,AC, Aa,Ab,BC,Ba,Bb,Ca,Cb,ab
共10个，恰好都是数学书的只有
ab一种，∴所求概率为
P
故选：D.
【点睛】本题考查古典概型，解题方法是列举法，用列举法写出所有的基本事件，然后计数计算概率．
4.
已知
tan


，
1
．
10
1
2

2




，则sin


（ ）
B.

A.
25

5
5

5
C.

25

5
D.
5

5
【答案】
D
【解析】

【分析】

根 据同角三角函数基本关系，得到
cos

【详解】由
tan


2sin

，再由
sin
2

cos< br>2

1
，结合题中条件，即可得出结果
.
sin

1

，得
cos

2sin

.

cos

2
又因为
sin
2

cos
2

1
，
所以
sin
2
< br>4sin
2

1
，即
sin
2

.

1
5
因为

2


< br>
，所以
sin


5
.
5
故选D.
【点睛】本题主要考查由正切求正弦的问题，熟记同角三角函数基本关系即可，属于常考题型
.
5.
如图1，《九章算术》中记载了一个“折竹抵地”问题:今有竹高一丈,末折抵地,去本三 尺，问折者高几何?

意
思是:有一根竹子,

原高一丈（1丈=10尺）
,
现被风折断，尖端落在地上，竹尖与竹根的距离三尺，问折断处离
2

地面的高为（ ）尺
.

A.
5.45
B.
4.55
C.
4.2
D.
5.8

【答案】
B
【解析】


如图 ，已知
ACAB10
，
BC3
，
AB
2
A C
2
BC
2
9

∴
(ABAC)(ABAC)9
，解得
ABAC0.9
，

ABAC10

AB5.45
，
解得

.
∴

ABAC0.9AC4.55

∴ 折断后
故选
B.
6.
若函数
y2sin(2x
)
的图象过点
(
A.
x
竹干高为
4.55
尺

6

【答案】
B
【解析】

【分析】

把已知点坐标代入求出

，然后验证各选项．
【详解】由题意
2s in(


1



)1
，
s in(

)
，

2k


或

2k


，
kZ
，
6
3322


不妨取


或


， < br>6
2


若


，则函数为
ys in(2x)cos2x
，四个选项都不合题意，
2
2

< br>



若


，则函数为
y 2sin(2x)
，只有
x
时，
sin(2)1
，即x
是对称轴．
663363
故选：
B
．
的

6
B.
x
,1)
，则它的一条对称轴方程可能是（

）
C.

3

x

12
D.
x
5


12

3

【点睛】本题考查正弦型复合函数的对称轴，掌握正弦函数的性质是解题关键．
7.
过圆
x
2
y
2
4
外一点
M(4,1)
引圆的两条切线，则经过两切点的直线方程是（ ）．
A.
4xy40

【答案】
A
【解析】

过圆
xyr
外一点
(m,n)
，
引圆的两条切线，则 经过两切点的直线方程为
mxnyr0
，故选
A
．
8.定义在
R
上的函数
f(x)
满足
f(4)1
，
f

(x)
为
f(x)
的导函数，已知
数
a,b
满足
f(2ab)1
，
则
2
222
B.
4xy40
C.
4xy40
D.
4xy40

yf

(x)
的图象如图所示，若两 个正
b1
的取值范围是（

）
a1

A.
(,)

【答案】
C
【解析】

【分析】

11
53
B.
(,)(5,)

1
3
C.
(,5)

1
3
D.
(,3)

先从函数单调性判断
2 ab
的取值范围，再通过题中所给的
a,b
是正数这一条件和常用不等式方法来确定
的取值范围
.
【详解】由
b1
a1
而
2a b0
，故由
f(2ab)1f

4

yf

(x)
的图象知函数
f

x

在区间

0,


单调递增，
b142a17
2 5
，
a1a1a1
b1b171
b11
2 
又有
a1
的取值范围是
(,5)
.
bb
3< br>，综上得
33
a13
22
可知
2ab4
.
故
故选：
C
【点睛】本题考查了函数单调性和不等式的基础知识，属于中档题
.
9.
一 个空间几何体的正视图是长为
4
，宽为
3
的长方形，侧视图是边长为
2
的等边三角形，俯视图如图所示，
4

则该几何体的体积为（

）

A.
43

3
B.
43
C.
23

3
D.
23

【答案】
B
【解析】

【分析】

由三视图确定原几何体是正三棱柱，由此可求得体积．
【详解】由题意原几何体是正三棱柱，
V
故选：
B
．
【点睛】本题考查三视图，考查棱柱的体积．解题关键是由三视图不愿出原几何体．
10.< br>VABC
的内角
A,B,C
的对边分别为
a,b,c
，若(2ab)cosCccosB
，则内角
C
1
23443< br>．
2

（

）
A.


6
B.


4
C.


3
D.


2
【答案】
C
【解析】

【分析】

由正弦定理化边为角，由三角函数恒等变换可得．
【详解】∵
(2ab)cosC ccosB
，由正弦定理可得
(2sinAsinB)cosCsinCcosB
，
∴
2sinAcosCsinBcosCsinCcosBsin(BC)s inA
，
三角形中
sinA0
，∴
cosC
故选：
C
．
【点睛】本题考查正弦定理，考查两角和的正弦公式和诱导公式，掌握正弦定理的边角互化是解题关键．
11.
正三棱锥底面边长为
3
，侧棱与底面成
60
角，则 正三棱锥的外接球的体积为（

）
A.
4


【答案】
D
B.
16

C.

1

，∴
C
．
23
16


3
D.
32


3
5

【解析】

【分析】

由侧棱与底面所成角及底面边长求得正棱锥的高，再利用勾股定理求得球半径后可得球体积．
【详解】如图，正三棱锥
ABCD
中，
M
是底面
BCD
的中心，则
AM
是正棱锥的高，
ABM
是侧棱与底
面所成的角，即
ABM
＝
60
°，由底面边长为
3
得
BM233
3
，
32
∴
AMBMtan60333
．
正三棱锥
ABCD
外接球球心
O
必在
AM
上，设球半径为
R
，
则由
BO
2
OM
2
BM
2
得< br>R
2
(3R)
2
(3)
2
，解得
R 2
，
∴
V
44

32


R
3
2
3

．
333
故选：
D
．
【点睛】本题考查球体积，考查正三棱锥与外接球的关系．掌握正棱锥性质是解题关键．
x< br>2
y
2
12.
设
F
1
,F
2
分别是双曲线
2

2
1(a0,b0)
的左右焦点若双曲线 上存在点
P
，使
F
1
PF
2
60
， 且
ab
PF
1
2PF
2
，则双曲线的离心率为（

）
A
3
B.
2
C.
5
D.
6

【答案】
A
【解析】

【分析】

由
PF
1
2PF
2
及双曲线定义得
PF
1
和
PF
2
（用
a
表示），然后由余弦定理得出
a ,c
的齐次等式后可得离心
率．
【详解】由题意∵
.

P F
1
2PF
2
，∴由双曲线定义得
PF
1
PF
2
2a
，从而得
PF
1
4a
，
PF< br>2
2a
，
6

在
 PF
1
F
2
中，由余弦定理得
(2c)(4a)(2a)2 4a2acos60
，化简得
e
故选：
A
．
222
c
3
．
a
【点睛】本题考查求双曲线的离心率， 解题关键是应用双曲线定义用
a
表示出
P
到两焦点的距离，再由余弦定理得出
a,c
的齐次式．
第Ⅱ卷（共
90
分）
二、填 空题：本大题共
4
小题，每小题
5
分，共
20
分．
13.
已知向量
a,b
满足
(a2b)(ab)6
，且
|a|1,|b|2
，则
cosa,b

_________．
【答案】
【解析】

【分析】

由数量积的运算律求得
ab
，再由数量积的定义可得结论．
r
r
r
r
r
r
r
r
rr
1

2
rr
rrr
2
rr
ab2b1ab22
2
6
，
rrrrrr
rr
rr
1
abcos a,b2cosa,b1
∴
ab1
，即，∴
cosa,b 
．
2
1
故答案为：．
2
【详解】由题意
( a2b)(ab)a
r
r
r
r
r
2
【点睛 】本题考查求向量的夹角，掌握数量积的定义与运算律是解题关键．
14.
一次考试后，某班 全班
50
个人数学成绩的平均分为正数
M
，若把
M
当成一个 同学的分数，与原来的
50
个
分数一起，算出这
51
个分数的平均值 为
N
，则
【答案】
1
【解析】

【分析】

根据均值的定义计算．
【详解】由题意
N
故答案为：
1
．
【点睛】本题考查均值的概念，属于基础题．
15.
已知函数
f(x)a lnxbx
2
图象上一点
(2,f(2)
处的切线方程为
M

_________．
N
50MM
M
M
，∴
1
．
N51
y3x2ln22
，则
ab
_______．
【答案】
3
7

【解析】

【分析】

求出导函数，由切线方程得切线斜率和切点坐标，从而可求得
a,b
．
【详解】由题意
f

(x)
a
2bx
， x
∵函数图象在点
(2,f(2)
处的切线方程为
y3x2ln2 2
，

a

a2

4b3
∴

2
，解得

，

b1


aln24b62ln22
∴
ab3
．
故答案为：
3
．
【点睛】本题考查导数的几何意义，求出导函数是解题基础，
16.
已知
F
是抛物线
C:y
2
2px(p0)
的焦点，过
F
作直线与
C
相交于
P,Q
两点，且
Q
在第一象限，若uuuruuur
2PFFQ
，则直线
PQ
的斜率是________ _．
【答案】
2
【解析】

【分析】

作出准线 ，过
P,Q
作准线的垂线，利用抛物线的定义把抛物线点到焦点的距离转化为点到准线的距离， 利用平
面几何知识计算出直线的斜率．
【详解】设
l
是准线，过
P
作
PM
2
< br>l
于
M
，过
Q
作
QNl
于
N< br>，过
P
作
PHQN
于
H
，如图，
uuu ruuur
则
PMPF
，
QNQF
，∵
2PFFQ< br>，∴
QF2PF
，∴
QN2PM
，
∴
QHN HPMPF
，
PH(3PF)
2
PF
2
22PF
，

PH
22
，∴直线
PQ
斜率
QH
∴
tanHQF
22
．
故答案为：
22
．
8

【点睛】
本题考查抛物线的焦点弦问题， 解题关键是利用抛物线的定义，把抛物线上点到焦点距离转化为该点到准线的距
离，用平面几何方法求解 ．
三、解答题：共
70
分．解答应写出文字说明、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
22
、
23< br>题为选考题，考生根据要求作答．
（一）必考题：共
60
分
17.
等差数列
{a
n
}
中，
a
1
1,a6
2a
3
．
（
1
）求

a
n

的通项公式；
a
（
2
）设
b
n
2
n
，记
S
n
为数列

b
n

前
n
项的和， 若
S
m
62
，求
m
．
【答案】（
1< br>）
a
n
n
（
2
）
m5

【解析】

【分析】

（
1
）由基本量法求出公差
d
后可得通项公式；
（
2
）由等差数列前
n
项和公式求得
S
n
，可求得
m
．
【详解】解：（
1
）设

a
n
< br>的公差为
d
，由题设得
a
n
1(n1)d

因为
a
6
2a
3
，
所以
1(61)d2[1(31)d]

解得
d1
，
9

故
a
n
n
．
（
2
）由（
1
）得
b
n
2
．
所以数列
n

b
n

是以
2
为首 项，
2
为公比的等比数列，
22
n1
所以
S
n
2
n1
2
，
12
由
S
m< br>62
得
2
m1
262
，
解得
m5
．
【点睛】本题考查求等差数列的通项公式和等比数列的前n
项和公式，解题方法是基本量法．
18.
为了打好脱贫攻坚战，某贫困县农科 院针对玉米种植情况进行调研，力争有效地改良玉米品种，为农民提供
技术支援，现对已选出的一组玉米 的茎高进行统计，获得茎叶图如图（单位：厘米），设茎高大于或等于
180
厘
米的玉 米为高茎玉米，否则为矮茎玉米．

（
1
）求出易倒伏玉米茎高的中位数
m
；
（
2
）根据茎叶图的数据，完成下面的列联表：

矮茎
高茎

（
3
）根据（
2
）中的列联表，是否可以 在犯错误的概率不超过
1%
的前提下，认为抗倒伏与玉米矮茎有关？
抗倒伏


易倒伏


n(adbc)
2
附：
K
，
(ab)(cd)(ac)(bd)
2
10

P(K
2
…K)

0.050 0.010 0.001
K



3.841 6.635 10.828
【答案】（
1
）
190
（
2
）见解析
< br>（
3
）可以在犯错误的概率不超过
1%
的前提下，认为抗倒伏与玉米矮 茎有关．
【解析】

【分析】

（
1
）排序后第
10
和第
11
两个数的平均数为中位数；
（
2
）由茎叶图可得列联表；
（
3
）由列联表计算
K
2
可得结论．
【详解】解：（
1
）
m
（
2
）

矮茎
高茎


抗倒伏
15
10
易倒伏
4
16
190190
190
．
2
45(1516410)
2
（
3
）由于
k7 .2876.635
，因此可以在犯错误的概率不超过
1%
的前提下，认为
19262520
2
抗倒伏与玉米矮茎有关．
【点睛】本题考查茎叶图，考查独立性检验，正确认识茎叶图是解题关键．
BAD120 ,PA2,PBPCPD,E
是
PB
19.
在四棱锥
PA BCD
中，底面
ABCD
是边长为
2
的菱形，
的中点．
11

（
1
）证明：
PD

平面
AEC
；
（
2
）设
F
是线段
DC
上的动点，当点
E
到平面
PAF
距离最大时，求三棱锥
PAFE
的体积．
【答案】（
1
）见解析（
2
）
【解析】

【分析】

（
1
）连接
DB
与
AC
交于
O
，连接
OE
，证明
PDOE
即可得证线面平行；
（2）首先证明
PA
平面
ABCD
(只要取
BC
中点
M
，可证
BC⊥
平面
PAM
，从而得
PAB C
，同理得
3

3
PACD
),因此点
B
到直线
AF
的距离即为点
B
到平面
PAF
的距离，由平面 几何知识易得最大值，然后可计
算体积．
【详解】（
1
）证明：连接
DB
与
AC
交于
O
，连接
OE
，
因为
ABCD
是菱形，所以
O
为
DB
的中点，
又因为
E
为
PB
的中点，
所以
PDOE
，
因为
PD
平面
AEC,OE
平面
AEC
，
所以
PD
平面
AEC
．

（
2
）解：取
BC
中点
M
，连接
AM,PM
，
因为四 边形
ABCD
是菱形，
BAD120
，且
PCPB
，
12

所以
BCAM,BCPM
，又
AMIPMM
，
所以
BC⊥
平面
APM
，又
AP
平面
APM
，
所以
BCPA
．
同理可证：
DCPA
，又
BCI
所以
PA
平面
ABCD
，
所以平面
PAF
平面
ABCD
，
又平面
PAF
平面
ABCD
DCC
，
AF
，
所以点
B
到直线
AF
的距离即为点
B
到平面
PAF
的距离，
过
B
作直线
AF的垂线段，在所有垂线段中长度最大为
AB2
，
因为
E
为< br>PB
的中点，故点
E
到平面
PAF
的最大距离为
1< br>，
此时，
F
为
DC
的中点，即
AF
所以
S
△PAF

3
，
11
PAAF233
，
22
13
．
31
33
所以
V
PAFE
V
EPAF

【点睛】本题考查证明线面平行，考查求棱锥的体积，掌握面面垂直与线面垂直的判定与性质是解题关 键．
x
2
y
2
20.
设点
F
1
(c,0),F
2
(c,0)
分别是椭圆
C:1(a2)
的 左，右焦点，
P
为椭圆
C
上任意一点，且
2
a4
u uuruuuur
PF
1
PF
2
的最小值为
3
．

（
1
）求椭圆
C
的方程；
（
2
）如图，直线
l:x5
与
x
轴交于点
E
，过点
F
2
且斜率
k
的中点，直线
AM
交直线
l
于点
N
，证明：直线
BN
0
的直线
l
1
与椭圆交于
A,B
两点，
M
为线段
EF
2
l．
x
2
y
2
【答案】（
1
）
1
（
2
）见解析
54
【解析】

13

【分析】

（
1
）设
P
(x,y)
，求出
PF
后由二次函数知识得最小值，从而得
a
，即得 椭圆方程；
1
PF
2
（
2
）设直线
l
1
的方程为
uuuruuuur
yk(x1),k0
，代入椭圆方程整 理，设
A(x
1
,y
1
),B(x
2
,y
2
)
，由韦达定理得
2y
1
10k
2
5k
2
20
y
，设
N(5,y
0
)
，利用
A,M,N
三点共线，求得
0
，
x
1
x
2,x
1
x
2

22
x3
45k45k
1
然后验证
y
0
y
2
0
即可． uuuruuuur
【详解】解：（
1
）设
P(x,y)
，则< br>PF
，
1
(cx,y),PF
2
(cx,y )
uuuruuuur
a
2
4
22222
所以
P F
1
PF
2
xyc
，
x4c
2
a
因为
a2,x[a,a]
．
uuuruuuur
所以当
x0
时，
PF
值最小， 1
PF
2
所以
4c
2
3
，解得
c1
，（舍负）
所以
a
2
5
，
x
2
y
2
所以椭圆
C
的方程为
1
，
5 4
（
2
）设直线
l
1
的方程为
yk(x1), k0
，

yk(x1),

2222
联立

x
2
，得
(45k)x10kx5k200
．
y
2
1,


4

5
10k
2
5k
2
20
设
A(x
1
,y
1
),B(x
2
,y
2
)
，则
x
1
x< br>2

，
,x
1
x
2

22
45k45k
设
N(5,y
0
)
，因为
A,M,N< br>三点共线，又
M(3,0)

所以
y
2y
1
y
1

0
，解得
y
0

．
x
1
3
3x
1
2
而
10k
2
5 k
2
20
3kk5k
22
2y
1
2k( x
1
1)3k(x
1
x
2
)kx
1
x
2
5k
45k45k
y
0
y
2
y
2
k(x
2
1)0
x
1
3x
1
3x
1
3x
1
3
14

所以直线
BNx
轴，即
BNl
． 【点睛】本题考查求椭圆方程，考查直线与椭圆相交问题．直线与椭圆相交问题，采取设而不求思想，设A(x
1
,y
1
),B(x
2
,y
2
)
，设直线方程，应用韦达定理，得出
x
1
x
2
,x1
x
2
，再代入题中需要计算可证明的式子参与
化简变形．
21.
已知两数
f(x)lnxkx
．
（
1
）当
k
（
2
）当
k
1
时，求函数
f( x)
的极值点；
b
0(a,bR)
恒成立，求
e
a1
b1
的最大值．
0
时，若
f(x)a…
x【答案】（
1
）唯一的极大值点
1
，无极小值点．（
2
）
1
【解析】

【分析】

（
1
）求出 导函数，求得
f

(x)0
的解，确定此解两侧导数值的正负，确定极值点 ；
（
2
）问题可变形为
a„lnx
bbb
恒成立，由导 数求出函数
ylnx
的最小值，
b0
时，
ylnx
无最
xxx
小值，因此只有
b0
，从而得出
a,b
的不 等关系，得出所求最大值．
【详解】解：（
1
）
f(x)
定义域为
(0,)
，当
k

1
时，
f(x)lnxx,f

(x)
1
1
，
x
令
f

(x)0
得
x1
，当
f
(x)0,0x1;f

(x)0,x1

所以< br>f(x)
在
(0,1)
上单调递增，在
(1,)
上单调递 减，
所以
f(x)
有唯一的极大值点
x1
，无极小值点．
bb
0
时，
f(x)alnxa
．
xxbb
0,(a,bR)
恒成立，则
lnxa…0(a,bR)
恒 成立， 若
f(x)a…
xx
b
所以
a„lnx
恒成立， < br>x
bxb
令
ylnx
，则
y

，由题意
b0
，函数在
(0,b)
上单调递减，在
(b, )
上单调递增，
2
xx
所以
a„lnb1
，所以
a1„lnb

（
2
）当
k
所以
e
a1
„
b< br>，
所以
e
a1
b1„1
，
15

故
e
a1
b1
的最大值为
1
．
【 点睛】本题考查用导数求函数极值，研究不等式恒成立问题．在求极值时，由
f

(x )0
确定的
x
0
不一定是极
值点，还需满足在
x
0
两侧
f(x)
的符号相反．不等式恒成立深深转化为求函数的最值，这里分离参数法 起关键作
用．
（二）选考题共
10
分．请考生在
22
、< br>23
题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
选修
4-4
：坐标系与参数方程


2
x3 t


2
22.
在平面直角坐标系
xOy
中，直线
l
的参数方程为

(
t
为参数)．在以原点
O< br>为极点，
x
轴正

y5
2
t

2

半轴为极轴的极坐标系中，圆
C
的方程为

25si n

.
(1)写出直线
l
的普通方程和圆
C
的直角坐标方程；
( 2)若点
P
坐标为
(3,5)
，圆
C
与直线
l交于
A,B
两点，求
|PA||PB|
的值．
【答案】（
1
）
【解析】

试题分析：（1）由加减消元得 直线
l
的普通方程,由

sin

y,

xy
得圆
C
的直角坐标方程；（2）把直
线l的参数方程代入圆C的直 角坐标方程，由直线参数方程几何意义得|PA|+|PB|=|t
1
|+|t
2|=t
1
+t
2
,再根据韦达定
理可得结果
222
（
2
）
32

试题解析：解：（Ⅰ）由得直线l的普通方程为x+y﹣3﹣=0
又由得 ρ=2
2
ρsinθ，化为直角坐标方程为x+（y﹣
2
）=5；
2
（Ⅱ）把直线l的参数方程代入圆C的直角坐标方程，
得（3﹣t）+（
2
t）=5，即t﹣3
两实数根，
22
t+4=0
设t
1
，t
2
是上述方程
所以t
1
+t
2
=3
又直线l过点P

，A、B两点对应的参数分别为t
1
，t
2
，
． 所以| PA|+|PB|=|t
1
|+|t
2
|=t
1
+t
2
=3
选修
4-5
：不等式选讲
16

23.
设函数
f

x

x1xa

aR

.
f

x

5
的解集； （1）当
a4
时，求不等式
（2）若
f

x

4
对
x R
恒成立，求
a
的取值范围.
【答案】（1）
{x|x0或
x³5}
；（2）
a3
或
a5
.
【解析】

试题分析：（1）根据绝对值定义将不等式化为三个不等式组，分别求解集 ，最后求并集（2）根据绝对值三角不
等式得
f

x

最小 值，再解含绝对值不等式可得
a
的取值范围.

x1

1x4

x4
试题解析：（1）
x1x45
等价于< br>
或

或

，
2x55352x55

解得：
x0
或
x5
.故不等式
f

x

5
的解集为
{x|x0
或
x5}< br>.
（2）因为：
f

x

x1xa
x1



xa

a1

所以
f

x

min
a1
，由题意得 ：
a14
，解得
a3
或
a5
.
点睛： 含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法
一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题< br>时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．





17