2020年吉林省高考数学（理科）模拟试卷（1）.docx

1、 第 1 页（共 19 页） 2020 年吉林省高考数学（理科）模拟试卷（年吉林省高考数学（理科）模拟试卷（1） 一选择题（共一选择题（共 12 小题，满分小题，满分 60 分，每小题分，每小题 5 分）分） 1 （5 分）已知 AxN*|x3，Bx|x24x0，则 AB（ ） A1，2，3 B1，2 C （0，3 D （3，4 2 （5 分）若复数 z= 5 2，则|z|（ ） A1 B5 C5 D55 3 （5 分）下列说法中，正确的有（ ） 函数 y= 1的定义域为x|x1； 函数 yx2+x+1 在（0，+）上是增函数； 函数 f（x）x3+1（xR） ，若 f（a）2，则 f（a）2

2、； 已知 f（x）是 R 上的增函数，若 a+b0，则有 f（a）+f（b）f（a）+f（b） A0 个 B1 个 C2 个 D3 个 4（5 分） 记 Sn为等差数列an的前 n 项和， 且 a40， S99， 则数列an的公差是 （ ） A2 B1 C1 D2 5 （5 分）已知向量| |1，| |2， = 3，则向量 与向量 的夹角为（ ） A 6 B 4 C 3 D2 3 6 （5 分）某地某高中 2018 年的高考考生人数是 2015 年高考考生人数的 1.5 倍为了更好 地对比该校考生的升学情况，统计了该校 2015 和 2018 年高考情况，得到如下饼图： 2018 年与 201

3、5 年比较，下列结论正确的是（ ） A一本达线人数减少 B二本达线人数增加了 0.5 倍 C艺体达线人数相同 D不上线的人数有所增加 第 2 页（共 19 页） 7 （5 分） 关于命题 p： 若 0， 则 与 的夹角为锐角； 命题 q： 存在 xR， 使得 sinx+cosx= 3 2下列说法中正确的是（ ） A “pq”是真命题 B “pq”是假命题 Cp 为假命题 Dq 为假命题 8 （5 分）在 RtABC 中，角 C= 2，点 D 是边 AC 上一点，点 E 在 BD 上若 CD1， DAEDEAABC，则 BE（ ） A1 B2 C3 D4 9 （5 分）2022 年北京冬季奥运会

4、将在北京和张家口举行，现预备安排甲、乙、丙、丁四人 参加 3 个志愿服务项目，每人只参加一个志愿服项目，每个项目都有人参加，则不同的 安排方案有（ ） A24 B36 C48 D72 10 （5 分）在棱长均相等的正三棱柱 ABCA1B1C1中，D 为 BB1的中点，F 在 AC1上，且 DFAC1，则下述结论： AC1BC；AFFC1；平面 DAC1平面 ACC1A1；异面直线 AC1与 CD 所成 角为 60 其中正确命题的个数为（ ） A1 B2 C3 D4 11 （5 分）抛物线 y24x 上的点 M（4，y0）到其焦点 F 的距离为（ ） A3 B4 C5 D6 12（5分） 设奇函

5、数f （x） 的定义域为 （ 2， 2） ， 且f （x） 的图象是连续不间断， x （ 2， 0） ， 有f （x）cosx+f（x）sinx0，若1 2f（m）f（ 3）cos（m） ，则 m 的取值范围是（ ） A （ 2， 3） B （0， 3） C （ 2， 3） D （ 3， 2） 二填空题（共二填空题（共 4 小题，满分小题，满分 20 分，每小题分，每小题 5 分）分） 第 3 页（共 19 页） 13 （5 分）若 x，y 满足 2 0 + 3 0 ，则 2x+y 的最大值为 14 （5 分）由曲线 = 2， = 3 围成的封闭图形的面积为 15 （5 分）函数() = 3

6、4( + 2)在 xx0 处取得极大值，则 tanx0 16 （5 分）如图，在棱长为 1 的正方体 AC1中，点 E、F 是棱 BC、CC1的中点，P 是底面 ABCD 上（含边界）一动点，满足 A1PEF，则线段 A1P 长度的取值范围是 三解答题（共三解答题（共 5 小题，满分小题，满分 60 分，每小题分，每小题 12 分）分） 17 （12 分）根据以往的成绩记录，甲、乙两名队员射击中靶环数（环数为整数）的频率分 布情况如图所示 假设每名队员每次射击相互独立 （）求图中 a 的值； （）队员甲进行 2 次射击用频率估计概率，求甲恰有 1 次中靶环数大于 7 的概率； （）在队员甲、乙

7、中，哪一名队员的射击成绩更稳定？（结论无需证明） 18 （12 分）如图，在三棱锥 ABCD 中，顶点 A 在底面 BCD 上的投影 O 在棱 BD 上，AB AD= 2，BCBD2，CBD90，E 为 CD 的中点 （1）求证：AD平面 ABC； （2）求二面角 BAEC 的余弦值； （3）已知点 Q 为 AE 的中点，在棱 BD 上是否存在点 P，使得 PQ平面 ABE，若存在， 求 的值；若不存在，说明理由 第 4 页（共 19 页） 19 （12 分）已知数列an满足 a14，an+12an+32n+1 （1）证明：数列* 2+为等差数列，并求数列an的通项公式； （2）设= 64 +

8、1，求数列bn的前 n 项和 Tn 20 （12 分）已知椭圆 C： 2 2 + 2 2 =1（ab0）经过点（ 6 2 ，1）离心率为 3 3 （）求椭圆 C 的方程； （） 过点M （2， 0） 的直线l交椭圆于A， B两点， F为椭圆C的左焦点， 若 = 1， 求直 线 l 的方程 21 （12 分）已知函数 f（x）lnxax2+bx，曲线 f（x）在（1，f（1） ）处的切线方程为 y 2x1 （1）求实数 a，b 的值； （2）如果不等式() (+1)+1恒成立，求整数 k 的最大值 四解答题（共四解答题（共 1 小题，满分小题，满分 10 分，每小题分，每小题 10 分）分） 2

9、2 （10 分）在平面直角坐标系 xOy 中，已知直线： = 1 + 1 2 = 3 2 （t 为参数） ，曲线 1： = 2 = （ 为参数） （1）设 l 与 C1相交于 A，B 两点，求|AB|； （2）若 Q 是曲线2： = = 3 + （ 为参数）上的一个动点，设点 P 是曲线 C1 上的 一个动点，求|PQ|的最大值 五解答题（共五解答题（共 1 小题）小题） 23已知函数 f（x）|2x+a|x|2 （1）若 a1，求不等式 f（x）0 的解集； （2）若xR，使得 f（x）|x|+a24，求实数 a 的取值范围 第 5 页（共 19 页） 第 6 页（共 19 页） 2020

10、年吉林省高考数学（理科）模拟试卷（年吉林省高考数学（理科）模拟试卷（1） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一选择题（共一选择题（共 12 小题，满分小题，满分 60 分，每小题分，每小题 5 分）分） 1 （5 分）已知 AxN*|x3，Bx|x24x0，则 AB（ ） A1，2，3 B1，2 C （0，3 D （3，4 【解答】解：由题意得：AxN*|x31，2，3，Bx|x24x0x|0x4， 所以 AB1，2，3， 故选：A 2 （5 分）若复数 z= 5 2，则|z|（ ） A1 B5 C5 D55 【解答】解：复数 z= 5 2 = 5(2+) (2)(2+) =2+i； |z

11、|= 22+ 12= 5； 故选：B 3 （5 分）下列说法中，正确的有（ ） 函数 y= 1的定义域为x|x1； 函数 yx2+x+1 在（0，+）上是增函数； 函数 f（x）x3+1（xR） ，若 f（a）2，则 f（a）2； 已知 f（x）是 R 上的增函数，若 a+b0，则有 f（a）+f（b）f（a）+f（b） A0 个 B1 个 C2 个 D3 个 【解答】解：逐一考查四个说法： 函数有意义，则 x10，结合 x1，则函数的定义域为x|x1，原说法错误； 函数 yx2+x+1 开口向上，对称轴为 = 1 2，则函数在（0，+）上是增函数，原 说法正确； 函数 f（x）x3+1（xR

12、） ，若 f（a）2，则 a3+12，a31，f（a）a3+10， 原说法错误； f（x）是 R 上的增函数，若 a+b0，则有 ab，ba， 则：f（a）f（b） ，f（b）f（a） ， 结合不等式的性质可得：f（a）+f（b）f（a）+f（b） 第 7 页（共 19 页） 原说法正确； 综上可得：所给说法中，正确的有 2 个 故选：C 4（5 分） 记 Sn为等差数列an的前 n 项和， 且 a40， S99， 则数列an的公差是 （ ） A2 B1 C1 D2 【解答】解：设数列an的公差为 d，a40，S99， a1+3d0，9a1+36d9 解得 d1 故选：C 5 （5 分）已知向

13、量| |1，| |2， = 3，则向量 与向量 的夹角为（ ） A 6 B 4 C 3 D2 3 【解答】解：| | = 1，| | = 2， = 3， ， = 3 2 ，且0 ， ， 向量 ， 的夹角为 6 故选：A 6 （5 分）某地某高中 2018 年的高考考生人数是 2015 年高考考生人数的 1.5 倍为了更好 地对比该校考生的升学情况，统计了该校 2015 和 2018 年高考情况，得到如下饼图： 2018 年与 2015 年比较，下列结论正确的是（ ） A一本达线人数减少 B二本达线人数增加了 0.5 倍 C艺体达线人数相同 D不上线的人数有所增加 【解答】解：不妨设 2015

14、年的高考人数为 n，则 2018 年的高考人数为 1.5n， 第 8 页（共 19 页） 2015 年一本达线人数为 0.28n， 2018 年一本达线人数为 0.36n， 可见一本达线人数增加 了，故选项 A 错误； 2015 年二本达线人数为 0.32n， 2018 年二本达线人数为 0.6n， 显然 2018 年二本达线人 数增加量超过了 0.5 倍，故选项 B 错误； 2015 年艺体达线比例没变，但是 2018 年高考人数增加了，故 2018 年高考艺体达线人 数多些故选项 C 错误； 2015 年不上线人数为 0.32n，2018 年不上线人数为 0.42n，故不上线人数有所增加，

15、故 选项 D 正确 故选：D 7 （5 分） 关于命题 p： 若 0， 则 与 的夹角为锐角； 命题 q： 存在 xR， 使得 sinx+cosx= 3 2下列说法中正确的是（ ） A “pq”是真命题 B “pq”是假命题 Cp 为假命题 Dq 为假命题 【解答】解：命题 p：若 0，则 与 的夹角为锐角，是假命题， 命题 q：存在 xR，使得 sinx+cosx= 3 2是假命题 “pq”是假命题 故选：B 8 （5 分）在 RtABC 中，角 C= 2，点 D 是边 AC 上一点，点 E 在 BD 上若 CD1， DAEDEAABC，则 BE（ ） A1 B2 C3 D4 【解答】解：设

16、DAEDEAABC，则BDC2，BEA， RtBCD 中，易得 BCtan2， RtABC 中， = 2 ， = 2 2， ABE 中，由正弦定理可得 = ，即 2 = ( 22) ， = 22 = 2 = 2 故选：B 第 9 页（共 19 页） 9 （5 分）2022 年北京冬季奥运会将在北京和张家口举行，现预备安排甲、乙、丙、丁四人 参加 3 个志愿服务项目，每人只参加一个志愿服项目，每个项目都有人参加，则不同的 安排方案有（ ） A24 B36 C48 D72 【解答】解：先把 4 人分成 3 组，然后把 3 组全排列有 C42A3336 种 故选：B 10 （5 分）在棱长均相等的正

17、三棱柱 ABCA1B1C1中，D 为 BB1的中点，F 在 AC1上，且 DFAC1，则下述结论： AC1BC；AFFC1；平面 DAC1平面 ACC1A1；异面直线 AC1与 CD 所成 角为 60 其中正确命题的个数为（ ） A1 B2 C3 D4 【解答】解：不妨设棱长为：2，对于连结 AB1，则 AB1AC12，AC1B190 即 AC1与 B1C1不垂直，又 BCB1C1，不正确； 对于， 连结 AD， DC1， 在ADC1 中， ADDC1， 而 DFAC1， F 是 AC1的中点， AFFC1；正确； 对于由可知，在ADC1中，DF，连结 CF，易知 CF，而在 RtCBD 中，

18、CD ，DF2+CF2CD2， 即 DFCF， 又 DFAC1， DF面 ACC1A1， 平面 DAC1平面 ACC1A1， 正确； 以 A1为坐标原点，平面 A1B1C1上过 A1点垂直于 A1C1的直线为 x 轴，A1C1所在的直线 为 y 轴，A1A 所在的直线为 z 轴，建立如图所示的直角坐标系； 第 10 页（共 19 页） A1（0，0，0） ，B1（3，1，0） ，C1（0，2，0） ，A（0，0，2） ，C（0，2，2） ，D（3， 1，1） ； 1 =（0，2，2） ， =（3，1，1） ； 异面直线 AC1与 CD 所成角为 ，cos= 1 |1 | | =0，故 90不正

19、确 故选：B 11 （5 分）抛物线 y24x 上的点 M（4，y0）到其焦点 F 的距离为（ ） A3 B4 C5 D6 【解答】解：由抛物线 y24x，得 F（1，0） ，如图， |FM|4+ 2 = 4 + 1 = 5， 故选：C 12（5分） 设奇函数f （x） 的定义域为 （ 2， 2） ， 且f （x） 的图象是连续不间断， x （ 2， 0） ， 有f （x）cosx+f（x）sinx0，若1 2f（m）f（ 3）cos（m） ，则 m 的取值范围是（ ） A （ 2， 3） B （0， 3） C （ 2， 3） D （ 3， 2） 【解答】解：令 g（x）= () ，x（ 2，

20、 2） ， 第 11 页（共 19 页） f（x）为奇函数，ycosx 为偶函数， g（x）= () ，x（ 2， 2）为奇函数 x（ 2，0） ，有 f（x）cosx+f（x）sinx0， g（x）= ()+() 2 0， g（x）在区间（ 2，0）上单调递增，又 g（x）为奇函数， g（x）在区间（ 2， 2）上单调递增， 当 x（ 2， 2） ，cosx0， 1 2f（m）f（ 3）cos（m） () () = () ( 3) 3 ， 2 m 3 故选：C 二填空题（共二填空题（共 4 小题，满分小题，满分 20 分，每小题分，每小题 5 分）分） 13 （5 分）若 x，y 满足 2

21、0 + 3 0 ，则 2x+y 的最大值为 4 【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图： （阴影部分） 设 z2x+y 得 y2x+z， 平移直线 y2x+z， 由图象可知当直线 y2x+z 经过点 A 时，直线 y2x+z 的截距最大， 此时 z 最大 由2 = 0 + = 3 ，解得 = 1 = 2，即 A（1，2） ， 代入目标函数 z2x+y 得 z12+24 即目标函数 z2x+y 的最大值为 4 故答案为：4 第 12 页（共 19 页） 14 （5 分）由曲线 = 2， = 3 围成的封闭图形的面积为 5 12 【解答】解：曲线 = 2， = 3 ， 构建成方程组得： = 2

22、 = 3 ，解得 = 0 = 0 或 = 1 = 1 ， 所以 1 0 ( 3 2) = 3 4 4 3|0 1 1 3 3|01 = 3 4 1 3 = 5 12 故答案为： 5 12 15 （5 分）函数() = 3 4( + 2)在 xx0 处取得极大值，则 tanx0 4 3 【解答】解：因为() = 3 4( + 2) =3cosx+4sinx5（ 3 5sinx+ 4 5cosx） ； 令3 5 =cos，sin= 4 5，则 f（x）5cos（x） ； 由题意得：cos（x0）1x02k+；kZ tanx0tan= = 4 3 故答案为：4 3 16 （5 分）如图，在棱长为 1

23、 的正方体 AC1中，点 E、F 是棱 BC、CC1的中点，P 是底面 ABCD 上（含边界）一动点，满足 A1PEF，则线段 A1P 长度的取值范围是 ,2，3- 【解答】解：因为 CD平面 B1C1CB，EF平面 B1C1CB， 所以 CDEF， 第 13 页（共 19 页） 又 EFBC1，BC1B1C， 所以 EFB1C， 所以 EF平面 A1B1CD， 当点 P 在线段 CD 上时，总有 A1PEF， 所以 A1P 的最大值为 A1C= 3，A1P 的最小值为 A1D= 2， 可知线段 A1P 长度的取值范围是2，3 故答案为2，3 三解答题（共三解答题（共 5 小题，满分小题，满分

24、 60 分，每小题分，每小题 12 分）分） 17 （12 分）根据以往的成绩记录，甲、乙两名队员射击中靶环数（环数为整数）的频率分 布情况如图所示 假设每名队员每次射击相互独立 （）求图中 a 的值； （）队员甲进行 2 次射击用频率估计概率，求甲恰有 1 次中靶环数大于 7 的概率； （）在队员甲、乙中，哪一名队员的射击成绩更稳定？（结论无需证明） 【解答】解： （）由图可得 0.01+a+0.19+0.29+0.451， 所以 a0.06 （）设事件 A 为“队员甲进行 1 次射击，中靶环数大于 7” 则事件 A 包含三个两两互斥的事件：中靶环数为 8，9，10， 所以 P（A）0.45

25、+0.29+0.010.75 设事件 Ai为“队员甲第 i 次射击，中靶环数大于 7” ，其中 i1，2， 则 P（A1）P（A2）0.75 设事件 B 为“队员甲进行 2 次射击，恰有 1 次中靶环数大于 7” 则 = 12+ 12，A1，A2独立 第 14 页（共 19 页） 所以 () = (12) + (12) = 3 4 1 4 + 1 4 3 4 = 3 8 所以，甲恰有 1 次中靶环数大于 7 的概率为3 8 （）队员甲的射击成绩更稳定 18 （12 分）如图，在三棱锥 ABCD 中，顶点 A 在底面 BCD 上的投影 O 在棱 BD 上，AB AD= 2，BCBD2，CBD90

26、，E 为 CD 的中点 （1）求证：AD平面 ABC； （2）求二面角 BAEC 的余弦值； （3）已知点 Q 为 AE 的中点，在棱 BD 上是否存在点 P，使得 PQ平面 ABE，若存在， 求 的值；若不存在，说明理由 【解答】解： （1）因为顶点 A 在底面 BCD 上的投影 O 在棱 BD 上， 所以 AO平面 BCD， 因为 AO平面 ABD， 所以平面 ABD平面 BCD， 因为CBD90， 所以 BCBD， 因为平面 ABD平面 BCDBD，BC平面 BCD， 所以 BC平面 ABD， 又 AD平面 ABD， 所以 BCAD， 由 = = 2，BD2，得 BD2AB2+AD2，

27、所以 ADAB， 因为 ABBCB 且 AD平面 ABC，AB平面 ABC，BC平面 ABC， 所以 AD平面 ABC 第 15 页（共 19 页） （2）连接 OE，因为 O 为 BD 的中点，E 为 CD 的中点，OEBC，所以 OEBD， 如图，以 O 为坐标原点，分别以 OE，OD，OA 为 x 轴，y 轴，z 轴为正方向，建立空间 直角坐标系， 则 O（0，0，0） ，A（0，0，1） ，B（0，1，0） ，C（2，1，0） ，D（0，1，0） ，E（1， 0，0） ， = (2， 1， 1)， = (0， 1， 1)， = (1，0， 1)， 设平面 ABE 的一个法向量 = (，

28、)， 则 = 0 = 0 ，即 = 0 = 0 ，取 x1，得 = (1， 1，1)， 设平面 ACE 的一个法向量 = (，)， 则 = 0 = 0 ，即 = 0 2 = 0，取 c1，则 = (1，1，1)， 设二面角 BAEC 的平面角为 ，则 = | |= 1 33 = 1 3， 所以二面角 BAEC 的余弦值为1 3 （3）设(0，0，0)，(1 2，0， 1 2)， = (1 2， 0， 1 2)， 因为 PQ平面 ABE， 所以 ，则(1 2， 0， 1 2) = (1， 1，1)， 所以 = 1 2，0 = 1 2， 所以 = 3 4 19 （12 分）已知数列an满足 a14

29、，an+12an+32n+1 （1）证明：数列* 2+为等差数列，并求数列an的通项公式； 第 16 页（共 19 页） （2）设= 64 +1，求数列bn的前 n 项和 Tn 【解答】 （1）证明：依题意，由 an+12an+32n+1， 两边同时乘以 1 2+1，可得 +1 2+1 = 2 +3，即+1 2+1 2 =3， 1 21 = 4 2 =2， 数列* 2+是以 2 为首项，3 为公差的等差数列， 2 =2+3（n1）3n1， an（3n1） 2n，nN* （2）解：由（1） ，可知 = 64 +1 = 64 (31)2(3+2)2+1 = 3 (31)(3+2) = 1 31 1

30、 3+2， 故 Tnb1+b2+bn = 1 2 1 5 + 1 5 1 8 + + 1 31 1 3+2 = 1 2 1 3+2 = 3 2(3+2) 20 （12 分）已知椭圆 C： 2 2 + 2 2 =1（ab0）经过点（ 6 2 ，1）离心率为 3 3 （）求椭圆 C 的方程； （） 过点M （2， 0） 的直线l交椭圆于A， B两点， F为椭圆C的左焦点， 若 = 1， 求直 线 l 的方程 【解答】 解：（） 设椭圆C的焦距为 2c （c0） ， 则 = 3 3 ， = 3， = 2 2= 2， 所以，椭圆 C 的方程为 2 32 + 2 22 = 1， 将点( 6 2 ，1)的

31、坐标代入椭圆 C 的方程得 ( 6 2 )2 32 + 1 22 = 1， 解得 c1，则 = 2 = 2， = 3 = 3， 因此，椭圆 C 的方程为 2 3 + 2 2 = 1； （）设直线 l 的方程为 xmy+2，设点 A（x1，y1） 、B（x2，y2） ， 第 17 页（共 19 页） 将直线 l 的方程代入椭圆的方程，并化简得（2m2+3）y2+8my+20， 64m242（2m2+3）24（2m21）0，解得 2 2 或 2 2 由韦达定理可得1+ 2= 8 22+3，12 = 2 22+3， = (1+ 1，1) = (1+ 3，1)，同理可得 = (2+ 3，2)， 所以，

32、 = (1+ 3)(2+ 3) + 12=（m2+1）y1y2+3m（y1+y2）+9 = 2(2+1) 22+3 242 22+3 + 9 = 1， 解得 m4，合乎题意！ 因此，直线 l 的方程为 x4y20 或 x+4y20 21 （12 分）已知函数 f（x）lnxax2+bx，曲线 f（x）在（1，f（1） ）处的切线方程为 y 2x1 （1）求实数 a，b 的值； （2）如果不等式() (+1)+1恒成立，求整数 k 的最大值 【解答】解： （1）f（x）lnxax2+bx， f（x）= 1 2x+b， 由题意可得，(1) = 1 (1) = 2， 解可得，a0，b1， （2）由（

33、I）可得 f（x）lnx+x，f（x）= 1 +1， 由() (+1)+1恒成立可得，k +1 ,1 + ( + 1)-， 令 g（x）= +1 ,1 + ( + 1)-， 则 g（x）= 1(+1) 2 ， 令 h（x）xln（x+1） ， 则 h（x）= +1 0， h（x）单调递增，而 h（2）0，h（3）0， 所以 h（x）有唯一的实数根 x0（2，3） ，且 0x0ln（x0+1） ， g（x）ming（x0）= 1+0 0 1+ln（1+x0）1+x0（3，4） ， 第 18 页（共 19 页） k3，kz， 故 k 的最大值 3 四解答题（共四解答题（共 1 小题，满分小题，满分

34、 10 分，每小题分，每小题 10 分）分） 22 （10 分）在平面直角坐标系 xOy 中，已知直线： = 1 + 1 2 = 3 2 （t 为参数） ，曲线 1： = 2 = （ 为参数） （1）设 l 与 C1相交于 A，B 两点，求|AB|； （2）若 Q 是曲线2： = = 3 + （ 为参数）上的一个动点，设点 P 是曲线 C1 上的 一个动点，求|PQ|的最大值 【解答】解： （1）由曲线1： = 2 = （ 为参数） ，消去参数 ，可得普通方程为 2 2 + 2= 1 把直线 l 的参数方程代入为 2 2 + 2= 1，得 7t2+4t40 则1+ 2= 4 7，12 = 4

35、7 |AB|= |1 2| = (1+ 2)2 412= 82 7 ； （2）设点 P（x，y）是曲线 C1上的一个动点，化曲线2： = = 3 + （ 为参数） 为 x2+（y3）21 |PC2|= 2+ ( 3)2= ( + 3)2+ 20， 1y1， |PC2|的最大值为 4， 则|PQ|的最大值为 5 五解答题（共五解答题（共 1 小题）小题） 23已知函数 f（x）|2x+a|x|2 （1）若 a1，求不等式 f（x）0 的解集； （2）若xR，使得 f（x）|x|+a24，求实数 a 的取值范围 【解答】解： （1）a1，f（x）0 即|2x+1|x|2， 当 x0 时，2x+1x2，即 x1，则 x1； 当 x 1 2时，2x1+x2，即 x3，则 x3； 第 19 页（共 19 页） 当 1 2 x0 时，2x+1+x2，即 x 1 3，则 x 综上可得 f（x）0 的解集为（，31，+） ； （2）若xR，使得 f（x）|x|+a24， 即|2x+a|2x|a22 有解， 由|2x+a|2x|2x+a2x|a|， 可得|2x+a|2x|a|， 则 a22|a|，即（|a|+2） （|a|1）0， 可得|a|1，解得 a1 或 a1