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2020-2021学年广西省贺州市高三（上）12月月考数学（理）试卷北师大版
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这是一份2020-2021学年广西省贺州市高三（上）12月月考数学（理）试卷北师大版，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合A=x|x−1<0，B=x|x2−2x−8≥0，则A∩∁RB=( )
A.x|−2
2. 已知复数z=2+i1+i，则z¯=( )
A.32+12iB.32−12iC.−32+12iD.−32−12i
3. 棱长为2的正四面体的表面积是( )
A.3B.23C.33D.43
4. 已知函数fx=2x−2,x>0,x2+1,x≤0,’若fa=2，则a=( )
A.2B.1C.2或−1D.1或−1
5. 已知x2−1x41+ax的展开式中常数项系数为4，则a=( )
A.−4B.1C.12D.−1
6. 明朝早期，郑和七下西洋过程中，将中国古代天体测量方面所取得的成就创造性地应用于航海，形成了一套先进航海技术——“过洋牵星术”．简单地说，就是通过观测不同季节、时辰的日月星辰在天空运行的位置和测量星辰在海面以上的高度来判断方位．其采用的主要工具是牵星板，由12块正方形木板组成，最小的一块边长约2厘米（称一指），木板的长度从小到大依次成等差数列，最大的边长约24厘米（称十二指）. 观测时，将木板立起，一手拿着木板，手臂伸直，眼睛到木板的距离大约为72厘米，使牵星板与海平面垂直，让板的下缘与海平面重合，上边缘对着所观测的星辰，依高低不同替换、调整木板，当被测星辰落在木板上边缘时所用的是几指板，观测的星辰离海平面的高度就是几指，然后就可以推算出船在海中的地理纬度．如图所示，若在一次观测中，所用的牵星板为六指板，则tan2α=( )
A.1235B.16C.1237D.13
7. 在新冠疫情的持续影响下，全国各地电影院等密闭式文娱场所停业近半年，电影行业面临巨大损失．2011年∼2020年上半年的票房走势如下图所示，则下列说法正确的是( )
A.自2011年以来，每年上半年的票房收入逐年增加
B.自2011年以来，每年上半年的票房收入增速为负的有5年
C.2018年上半年的票房收入增速最大
D.2020年上半年的票房收入增速最小
8. 已知F为双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的焦点，直线l过点F，且与x轴垂直，直线l与双曲线C的两条渐近线分别交于A，B两点，O为坐标原点，若△OAB的面积为ab+3b2，则双曲线C的离心率是( )
A.2B.10C.4D.10
9. 函数fx=sinx+cs2x的最大值是（ ）
A.1B.98C.2D.22
10. 已知抛物线M:y=2px2p>0的焦点为F，过点F且斜率为34的直线l与抛物线M交于A（点A在第二象限），B两点，则|AF||AB|=( )
A.15B.14C.4D.5
11. 如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E在棱DD1上，且2DE=ED1，F是线段BB1上一动点，现给出下列结论：
①EF⊥AC；
②存在一点F，使得AE//C1F；
③三棱锥D1−AEF的体积与点F的位置无关．
其中正确结论的个数为( )
A.0B.1C.2D.3
12. 已知函数fx是定义在R上的奇函数，其导函数为f′x，且对任意实数x都有fx+f′x>1，则不等式exfx>ex−1的解集为（ ）
A.−∞,0B.0,+∞C.−∞,1D.1,+∞
二、填空题
已知向量a→=(m, 3)，b→=(1, −2)，且(a→+b→)⊥b→，则m=________.
设x，y满足约束条件 x+y−3≤0,2x−y+2≥0,y≥0, 则z=x+2y的最小值是________.
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若csA=1114，且△ABC的面积为53，则a的最小值为________.
已知函数fx=|4x−3|+2，若函数gx=fx2−2mfx+m2−1有4个零点，则m的取值范围是________.
三、解答题
在递增的等比数列an中，a3=9，a2+a4=30.
(1)求数列an的通项公式；
(2)若bn=lg3a2n，求数列bn的前n项和Sn.
随着社会经济的发展，人们生活水平的不断提高，越来越多的人选择投资“黄金”作为理财手段．下面随机抽取了100名把黄金作为理财产品的投资人，根据他们的年龄情况分为[20,30)，[30,40)，[40,50)，[50,60)，[60,70]五组，得到如图所示的频率分布直方图．
(1)估计把黄金作为理财产品的投资人年龄的中位数；（结果保留整数）
(2)为了进一步了解该100名投资人投资黄金的具体额度情况，按照分层抽样的方法从年龄在[40,50)和[60,70)的投资人中随机抽取了5人，再从这5人中随机抽取3人进行调查，X表示这3人中年龄在[40,50)的人数，求X的分布列及数学期望．
菱形ABCD的对角线AC与BD交于点E，BD=8,AC=6，将△ACD沿AC折到△PAC的位置，使得PD=4，如图所示．
(1)证明：PB⊥AC；
(2)求平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值．
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1，F2，点P1,32在椭圆C上，且△PF1F2的面积为32.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若椭圆C上存在A，B两点关于直线x=my+1对称，求m的取值范围．
已知函数fx=ax2+sinx−1a∈R.
(1)当a=1时，求曲线y=fx在点π2,fπ2处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若对于任意的实数x恒有fx≥sinx−csx，求a的取值范围．
在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为x=2csθ，y=2sinθ （θ为参数），把曲线C上各点的横、纵坐标均压缩为原来的22，得到曲线C1．曲线C2的参数方程为x=2csφ,y=sinφ（φ为参数），以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求曲线C1与C2的极坐标方程；
(2)设点P是曲线C2上的一点，此时参数φ=π4，记曲线C1与y轴正半轴的交点为T，求△OTP的面积．
已知函数fx=|x−2|+2|x−a|.
(1)当a=0时，求不等式fx≥4的解集；
(2)若对任意的x∈2,4，不等式fx≤x+6恒成立，求a的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年广西省贺州市高三（上）12月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
交、并、补集的混合运算
一元二次不等式的解法
【解析】
【解答】
解：因为B={x|x≤−2或x≥4}，
所以∁RB={x|−2因为A={x|x<1}，
所以A∩(∁RB)={x|−2故选A．
2.
【答案】
A
【考点】
共轭复数
复数代数形式的混合运算
【解析】
由z=2−i1−i=(2−i)(1+i)(1−i)(1+i)=32+12i，能求出z¯．
【解答】
解：z=2+i1+i=(2+i)(1−i)(1+i)(1−i)=32−12i，
故z¯=32+12i.
故选A.
3.
【答案】
D
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】
根据题意求出一个面的面积，然后乘以4即可得到正四面体的表面积．
【解答】
解：每个面的面积为12×2×2×32=3，
则正四面体的表面积为43.
故选D.
4.
【答案】
C
【考点】
分段函数的应用
【解析】
【解答】
解：当a>0时，f(a)=2a−2=2，
解得a=2；
当a≤0时，f(a)=a2+1=2，
解得a=−1．
综上，a=2或a=−1．
故选C．
5.
【答案】
D
【考点】
二项式定理的应用
【解析】
【解答】
解：由题意得展开式中常数项通式为C43x2(−x)3ax=−4a=4，
解得a=−1．
故选D．
6.
【答案】
A
【考点】
二倍角的正切公式
【解析】
【解答】
解：由题知六指为12厘米，
则tanα=1272=16，
则tan2α=2tanα1−tan2α=2×161−136=1235．
故选A．
7.
【答案】
D
【考点】
频率分布直方图
频率分布折线图、密度曲线
【解析】
【解答】
解：由图易知自2011年以来，每年上半年的票房收入相比前一年有增有减，故A错误；
自2011年以来，每年上半年的票房收入增速为负的有3年，故B错误；
2017年上半年的票房收入增速最大，故C错误；
2020年上半年的票房收入增速最小，故D正确．
故选D．
8.
【答案】
B
【考点】
双曲线的离心率
双曲线的渐近线
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设Fc,0，则|AB|=2bca，
△OAB的面积为12×2bca×c=ab+3b2，
整理得c2=a2+3ab.
因为c2=a2+b2，所以a2+b2=a2+3ab,
所以b=3a，
则双曲线C的离心率e=ba2+1=10.
故选B.
9.
【答案】
B
【考点】
二倍角的余弦公式
正弦函数的定义域和值域
三角函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：fx=sinx+cs2x=−2sin2x+sinx+1．
设t=sinx∈−1,1，
则y=−2t2+t+1=−2t−142+98≤98.
故选B.
10.
【答案】
A
【考点】
抛物线的性质
抛物线的求解
直线的斜率
【解析】
无
【解答】
解：如图，直线CD为抛物线M的准线，AC⊥CD，BD⊥CD，AE⊥BD．
设|BE|=3x，则|AB|=5x，
|BE|=|BD|−|AC|=|BF|−|AF|=3x，
|AB|=|AF|+|BF|=5x，
解得|AF|=x，
故|AF||AB|=x5x=15．
故选A．
11.
【答案】
D
【考点】
两条直线垂直的判定
两条直线平行的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
无
【解答】
解：连接BD，易证AC⊥平面BDFE，
则AC⊥EF，故①正确；
在AA1上取一点H，使得A1H=2AH，连接EC1，EH，HB1，
则C1E//B1H．
若BF=2B1F，易证四边形AHB1F为平行四边形，
则AF//B1H，AF=B1H，
从而AF//C1E，AF=C1E，
故四边形AEC1F为平行四边形，
于是AE//C1F，故②正确；
设AB=a，
则VD1−AEF=VF−AD1E
=13×12×2a3×a×a=a39，
即三棱锥D1−AEF的体积与正方体的棱长有关，与点F的位置无关，故③正确.
综上，正确的个数有3个.
故选D.
12.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究不等式恒成立问题
函数奇偶性的性质
【解析】
无
【解答】
解：设gx=exfx−1，
则g′x=exfx+exf′x−ex．
因为fx+f′x>1，
所以exfx+exf′x>ex，
即exfx+exf′x−ex>0，
故gx在R上单调递增．
因为fx是定义在R上的奇函数，
所以f0=0，
所以g0=−1，
不等式exfx>ex−1，
即gx>g0，
则x>0．
故选B．
二、填空题
【答案】
1
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
利用向量垂直的定义求解．
【解答】
解：∵ 平面向量a→=(m, 3)，b→=(1, −2)，
∴ a→+b→=(m+1, 1)，
∵ a→+b→与b→垂直，
∴ (a→+b→)⋅b→=m+1−2=0，
解得m=1．
故答案为：1．
【答案】
−1
【考点】
求线性目标函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：画出可行域如图，
当直线z=x+2y经过点−1,0时，取最小值，且最小值是−1.
故答案为：−1.
【答案】
23
【考点】
余弦定理
正弦定理
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为csA=1114，所以sinA=5314，
所以△ABC的面积为12bcsinA=5328bc=53，则bc=28．
由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccsA≥2bc−117bc=37bc=12，
则a≥23（当且仅当b=c=27时，等号成立）．
故答案为：23.
【答案】
(3,4)
【考点】
由函数零点求参数取值范围问题
函数的零点与方程根的关系
【解析】
无
【解答】
解：g(x)=[f(x)]2−2mf(x)+m2−1=0，即[f(x)−(m+1)][f(x)−(m−1)]=0，
解得f(x)=m−1或f(x)=m+1．
由f(x)的图象可得2解得3即m的取值范围是(3,4)．
故答案为：(3,4)．
三、解答题
【答案】
解：(1)由题意可得a3=a1q2=9,a2+a4=a1q+a1q3=30,q>1,
解得a1=1，q=3．
故an=a1qn−1=3n−1．
(2)由(1)可得a2n=32n−1，
则bn=lg332n−1=2n−1，
故Sn=1+3+5+⋯+2n−1
=(1+2n−1)n2=n2．
【考点】
等比数列的通项公式
等差数列的前n项和
【解析】
【解答】
解：(1)由题意可得a3=a1q2=9,a2+a4=a1q+a1q3=30,q>1,
解得a1=1，q=3．
故an=a1qn−1=3n−1．
(2)由(1)可得a2n=32n−1，
则bn=lg332n−1=2n−1，
故Sn=1+3+5+⋯+2n−1
=(1+2n−1)n2=n2．
【答案】
解：(1)因为(0.007+0.018)×10=0.25<0.5，
(0.007+0.0018+0.030)×10=0.55>0.5，
所以年龄的中位数在[40,50)内．
设中位数为m，
则m−4010×0.3+0.25=0.5，
解得m≈48．
(2)由题意可知，100名投资人中，年龄在[40,50)的有30名，年龄在[60,70)的有20名，
则利用分层抽样抽取的5人中，年龄在[40,50)的有3名，在[60,70)的有2名，
则X的可能取值为1，2，3，
P(X=1)=C31C22C53=310，
P(X=2)=C32C21C53=35，
P(X=3)=C33C20C53=110．
X的分布列为
故E(X)=1×310+2×35+3×110=95．
【考点】
众数、中位数、平均数
离散型随机变量的分布列及性质
分层抽样方法
【解析】
【解答】
解：(1)因为(0.007+0.018)×10=0.25<0.5，
(0.007+0.0018+0.030)×10=0.55>0.5，
所以年龄的中位数在[40,50)内．
设中位数为m，
则m−4010×0.3+0.25=0.5，
解得m≈48．
(2)由题意可知，100名投资人中，年龄在[40,50)的有30名，年龄在[60,70)的有20名，
则利用分层抽样抽取的5人中，年龄在[40,50)的有3名，在[60,70)的有2名，
则X的可能取值为1，2，3，
P(X=1)=C31C22C53=310，
P(X=2)=C32C21C53=35，
P(X=3)=C33C20C53=110．
X的分布列为
故E(X)=1×310+2×35+3×110=95．
【答案】
(1)证明：因为ABCD是菱形，
所以AC⊥BD，
则BE⊥AC，PE⊥AC．
因为BE⊂平面PBE，PE⊂平面PBE，且BE∩PE=E，
所以AC⊥平面PBE．
因为PB⊂平面PBE，
所以PB⊥AC．
(2)解：取DE的中点O，连接OP，取CD的中点F，连接OF．
因为BD=8，
所以DE=BE=4.
因为PD=4，
所以PD=PE，
所以PO⊥DE．
由(1)可知AC⊥平面PBE，
所以平面PBD⊥平面ABCD，
则PO⊥平面ABCD．
故以O为坐标原点，以OF，OD，OP分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz．
由题中数据可得A−3,−2,0，B0,−6,0，C3,−2,0，D0,2,0，P(0,0,23)，
则AB→=DC→=3,−4,0，BP→=0,6,23，DP→=0,−2,23．
设平面PAB的法向量为m→=x1,y1,z1，
则m→⋅AB→=3x1−4y1=0,m→⋅BP→=6y1+23z1=0，
令x1=4，得m→=4,3,−33．
设平面PCD的法向量为n→=x2,y2,z2，
则n→⋅DC→=3x2−4y2=0,n→⋅DP→=−2y2+23z2=0，
令x2=4，得n→=4,3,3．
设平面PAB与平面PCD所成的锐二面角为θ，
则csθ=m→⋅n→|m→||n→|
=|4×4+3×3−33×3|42+32+(−33)2×42+32+32
=49191．
【考点】
直线与平面垂直的判定
两条直线垂直的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：因为ABCD是菱形，
所以AC⊥BD，
则BE⊥AC，PE⊥AC．
因为BE⊂平面PBE，PE⊂平面PBE，且BE∩PE=E，
所以AC⊥平面PBE．
因为PB⊂平面PBE，
所以PB⊥AC．
(2)解：取DE的中点O，连接OP，取CD的中点F，连接OF．
因为BD=8，
所以DE=BE=4.
因为PD=4，
所以PD=PE，
所以PO⊥DE．
由(1)可知AC⊥平面PBE，
所以平面PBD⊥平面ABCD，
则PO⊥平面ABCD．
故以O为坐标原点，以OF，OD，OP分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz．
由题中数据可得A−3,−2,0，B0,−6,0，C3,−2,0，D0,2,0，P(0,0,23)，
则AB→=DC→=3,−4,0，BP→=0,6,23，DP→=0,−2,23．
设平面PAB的法向量为m→=x1,y1,z1，
则m→⋅AB→=3x1−4y1=0,m→⋅BP→=6y1+23z1=0，
令x1=4，得m→=4,3,−33．
设平面PCD的法向量为n→=x2,y2,z2，
则n→⋅DC→=3x2−4y2=0,n→⋅DP→=−2y2+23z2=0，
令x2=4，得n→=4,3,3．
设平面PAB与平面PCD所成的锐二面角为θ，
则csθ=m→⋅n→|m→||n→|
=|4×4+3×3−33×3|42+32+(−33)2×42+32+32
=49191．
【答案】
解：(1)由题意可得
1a2+34b2=1,3c2=32,c2=a2−b2,
解得a=2，b=1，
故椭圆C的标准方程为x24+y2=1．
(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，线段AB的中点为M(x0,y0)．
因为直线x=my+1过定点(1,0)，
所以(x1−1)2+y12=(x2−1)2+y22．
因为A，B在椭圆上，
所以x124+y12=1，x224+y22=1，
所以(x1−1)2+1−x124=(x2−1)2+1−x224，
整理得x12−x224=(x1−x2)(x1+x2−2)，
所以x1+x2=83，
所以x0=43．
因为点M在直线x=my+1上，
所以x0=my0+1，则y0=13m．
由x24+y2=1,x=43
得y=±53，
则−53<13m<0或0<13m<53，
解得m<−55或m>55．
故m的取值范围为−∞,−55∪55,+∞．
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
【解答】
解：(1)由题意可得
1a2+34b2=1,3c2=32,c2=a2−b2,
解得a=2，b=1，
故椭圆C的标准方程为x24+y2=1．
(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，线段AB的中点为M(x0,y0)．
因为直线x=my+1过定点(1,0)，
所以(x1−1)2+y12=(x2−1)2+y22．
因为A，B在椭圆上，
所以x124+y12=1，x224+y22=1，
所以(x1−1)2+1−x124=(x2−1)2+1−x224，
整理得x12−x224=(x1−x2)(x1+x2−2)，
所以x1+x2=83，
所以x0=43．
因为点M在直线x=my+1上，
所以x0=my0+1，则y0=13m．
由x24+y2=1,x=43
得y=±53，
则−53<13m<0或0<13m<53，
解得m<−55或m>55．
故m的取值范围为−∞,−55∪55,+∞．
【答案】
解：(1)当a=1时，fx=x2+sinx−1，则f′x=2x+csx．
因为fπ2=π24,f′π2=π，
所以y=fx在点π2,fπ2处的切线方程为y−π24=πx−π2，即πx−y−π24=0.
令x=0,y=−π24，令y=0,x=π4，
则该切线与两坐标轴围成的三角形面积为12×π24×π4=π332．
(2)设gx=fx−sinx+csx=ax2+csx−1，则g′x=2ax−sinx,gx是偶函数．
设ℎx=g′x=2ax−sinx，则ℎ′x=2a−csx．
①当a≥12时，ℎ′x=2a−csx≥0，所以ℎx是增函数，即g′x是增函数．
又g′0=0，所以gx在[0,+∞）上是增函数，
因为g0=0,gx是偶函数，故gx≥0恒成立，即a≥12符合题意．
②当a≤−12时，ℎ′x=2a−csx≤0，所以ℎx是减函数，即g′x是减函数．
因为g′0=0，所以gx在0,+∞是减函数，
因为g0=0，所以当x>0时，gx<0，则a≤−12不符合题意．
③当−12因为ℎ′(x)=2a−csx在0,π上是增函数，
所以当x∈0,x0时，ℎ′x<0，即g′x在0,x0上为减函数．
因为g′0=0，所以当x∈0,x0时，g′x<0，即gx在0,x0上为减函数，
因为g0=0，所以当x∈(0,x0)时，gx<0，则−12综上，a的取值范围是[12,+∞）．
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)当a=1时，fx=x2+sinx−1，则f′x=2x+csx．
因为fπ2=π24,f′π2=π，
所以y=fx在点π2,fπ2处的切线方程为y−π24=πx−π2，即πx−y−π24=0.
令x=0,y=−π24，令y=0,x=π4，
则该切线与两坐标轴围成的三角形面积为12×π24×π4=π332．
(2)设gx=fx−sinx+csx=ax2+csx−1，则g′x=2ax−sinx,gx是偶函数．
设ℎx=g′x=2ax−sinx，则ℎ′x=2a−csx．
①当a≥12时，ℎ′x=2a−csx≥0，所以ℎx是增函数，即g′x是增函数．
又g′0=0，所以gx在[0,+∞）上是增函数，
因为g0=0,gx是偶函数，故gx≥0恒成立，即a≥12符合题意．
②当a≤−12时，ℎ′x=2a−csx≤0，所以ℎx是减函数，即g′x是减函数．
因为g′0=0，所以gx在0,+∞是减函数，
因为g0=0，所以当x>0时，gx<0，则a≤−12不符合题意．
③当−12因为ℎ′(x)=2a−csx在0,π上是增函数，
所以当x∈0,x0时，ℎ′x<0，即g′x在0,x0上为减函数．
因为g′0=0，所以当x∈0,x0时，g′x<0，即gx在0,x0上为减函数，
因为g0=0，所以当x∈(0,x0)时，gx<0，则−12综上，a的取值范围是[12,+∞）．
【答案】
解：(1)由题意知曲线C1的参数方程为x=2csθ,y=2sinθ （θ为参数），
则曲线C1的普通方程为x2+y2=2，
将x=ρcsθ，y=ρsinθ代入得曲线C1的极坐标方程为ρ=2．
由题意可得曲线C2的普通方程为x22+y2=1，
将x=ρcsθ，y=ρsinθ代入得曲线C2的极坐标方程为ρ21+sin2θ=2．
(2)由题设知P1,22，T0,2，
故△OTP的面积为12|OT|⋅xP=12×2×1=22．
【考点】
参数方程与普通方程的互化
直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化
圆的参数方程
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)由题意知曲线C1的参数方程为x=2csθ,y=2sinθ （θ为参数），
则曲线C1的普通方程为x2+y2=2，
将x=ρcsθ，y=ρsinθ代入得曲线C1的极坐标方程为ρ=2．
由题意可得曲线C2的普通方程为x22+y2=1，
将x=ρcsθ，y=ρsinθ代入得曲线C2的极坐标方程为ρ21+sin2θ=2．
(2)由题设知P1,22，T0,2，
故△OTP的面积为12|OT|⋅xP=12×2×1=22．
【答案】
解：(1)当a=0时，f(x)=|x−2|+2|x|，
则不等式fx≥4等价于x≤0,−3x+2≥4或02,3x−2≥4，
解得x≤−23或x=2或x>2．
故不等式fx≥4的解集为−∞,−23∪2,+∞．
(2)不等式fx≤x+6可化为|x−2|+2|x−a|≤x+6，
因为不等式|x−2|+2|x−a|≤x+6在x∈2,4上恒成立，
所以x−2+2|x−a|≤x+6，
即|x−a|≤4，
即a−4≤x≤a+4，
则a−4≤2，a+4≥4，
解得0≤a≤6．
故a的取值范围为0,6．
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
不等式恒成立问题
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)当a=0时，f(x)=|x−2|+2|x|，
则不等式fx≥4等价于x≤0,−3x+2≥4或02,3x−2≥4，
解得x≤−23或x=2或x>2．
故不等式fx≥4的解集为−∞,−23∪2,+∞．
(2)不等式fx≤x+6可化为|x−2|+2|x−a|≤x+6，
因为不等式|x−2|+2|x−a|≤x+6在x∈2,4上恒成立，
所以x−2+2|x−a|≤x+6，
即|x−a|≤4，
即a−4≤x≤a+4，
则a−4≤2，a+4≥4，
解得0≤a≤6．
故a的取值范围为0,6．X
1
2
3
P
310
35
110
X
1
2
3
P
310
35
110
1. 已知集合A=x|x−1<0，B=x|x2−2x−8≥0，则A∩∁RB=( )
A.x|−2
2. 已知复数z=2+i1+i，则z¯=( )
A.32+12iB.32−12iC.−32+12iD.−32−12i
3. 棱长为2的正四面体的表面积是( )
A.3B.23C.33D.43
4. 已知函数fx=2x−2,x>0,x2+1,x≤0,’若fa=2，则a=( )
A.2B.1C.2或−1D.1或−1
5. 已知x2−1x41+ax的展开式中常数项系数为4，则a=( )
A.−4B.1C.12D.−1
6. 明朝早期，郑和七下西洋过程中，将中国古代天体测量方面所取得的成就创造性地应用于航海，形成了一套先进航海技术——“过洋牵星术”．简单地说，就是通过观测不同季节、时辰的日月星辰在天空运行的位置和测量星辰在海面以上的高度来判断方位．其采用的主要工具是牵星板，由12块正方形木板组成，最小的一块边长约2厘米（称一指），木板的长度从小到大依次成等差数列，最大的边长约24厘米（称十二指）. 观测时，将木板立起，一手拿着木板，手臂伸直，眼睛到木板的距离大约为72厘米，使牵星板与海平面垂直，让板的下缘与海平面重合，上边缘对着所观测的星辰，依高低不同替换、调整木板，当被测星辰落在木板上边缘时所用的是几指板，观测的星辰离海平面的高度就是几指，然后就可以推算出船在海中的地理纬度．如图所示，若在一次观测中，所用的牵星板为六指板，则tan2α=( )
A.1235B.16C.1237D.13
7. 在新冠疫情的持续影响下，全国各地电影院等密闭式文娱场所停业近半年，电影行业面临巨大损失．2011年∼2020年上半年的票房走势如下图所示，则下列说法正确的是( )
A.自2011年以来，每年上半年的票房收入逐年增加
B.自2011年以来，每年上半年的票房收入增速为负的有5年
C.2018年上半年的票房收入增速最大
D.2020年上半年的票房收入增速最小
8. 已知F为双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的焦点，直线l过点F，且与x轴垂直，直线l与双曲线C的两条渐近线分别交于A，B两点，O为坐标原点，若△OAB的面积为ab+3b2，则双曲线C的离心率是( )
A.2B.10C.4D.10
9. 函数fx=sinx+cs2x的最大值是（ ）
A.1B.98C.2D.22
10. 已知抛物线M:y=2px2p>0的焦点为F，过点F且斜率为34的直线l与抛物线M交于A（点A在第二象限），B两点，则|AF||AB|=( )
A.15B.14C.4D.5
11. 如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E在棱DD1上，且2DE=ED1，F是线段BB1上一动点，现给出下列结论：
①EF⊥AC；
②存在一点F，使得AE//C1F；
③三棱锥D1−AEF的体积与点F的位置无关．
其中正确结论的个数为( )
A.0B.1C.2D.3
12. 已知函数fx是定义在R上的奇函数，其导函数为f′x，且对任意实数x都有fx+f′x>1，则不等式exfx>ex−1的解集为（ ）
A.−∞,0B.0,+∞C.−∞,1D.1,+∞
二、填空题
已知向量a→=(m, 3)，b→=(1, −2)，且(a→+b→)⊥b→，则m=________.
设x，y满足约束条件 x+y−3≤0,2x−y+2≥0,y≥0, 则z=x+2y的最小值是________.
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若csA=1114，且△ABC的面积为53，则a的最小值为________.
已知函数fx=|4x−3|+2，若函数gx=fx2−2mfx+m2−1有4个零点，则m的取值范围是________.
三、解答题
在递增的等比数列an中，a3=9，a2+a4=30.
(1)求数列an的通项公式；
(2)若bn=lg3a2n，求数列bn的前n项和Sn.
随着社会经济的发展，人们生活水平的不断提高，越来越多的人选择投资“黄金”作为理财手段．下面随机抽取了100名把黄金作为理财产品的投资人，根据他们的年龄情况分为[20,30)，[30,40)，[40,50)，[50,60)，[60,70]五组，得到如图所示的频率分布直方图．
(1)估计把黄金作为理财产品的投资人年龄的中位数；（结果保留整数）
(2)为了进一步了解该100名投资人投资黄金的具体额度情况，按照分层抽样的方法从年龄在[40,50)和[60,70)的投资人中随机抽取了5人，再从这5人中随机抽取3人进行调查，X表示这3人中年龄在[40,50)的人数，求X的分布列及数学期望．
菱形ABCD的对角线AC与BD交于点E，BD=8,AC=6，将△ACD沿AC折到△PAC的位置，使得PD=4，如图所示．
(1)证明：PB⊥AC；
(2)求平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值．
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1，F2，点P1,32在椭圆C上，且△PF1F2的面积为32.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若椭圆C上存在A，B两点关于直线x=my+1对称，求m的取值范围．
已知函数fx=ax2+sinx−1a∈R.
(1)当a=1时，求曲线y=fx在点π2,fπ2处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若对于任意的实数x恒有fx≥sinx−csx，求a的取值范围．
在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为x=2csθ，y=2sinθ （θ为参数），把曲线C上各点的横、纵坐标均压缩为原来的22，得到曲线C1．曲线C2的参数方程为x=2csφ,y=sinφ（φ为参数），以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求曲线C1与C2的极坐标方程；
(2)设点P是曲线C2上的一点，此时参数φ=π4，记曲线C1与y轴正半轴的交点为T，求△OTP的面积．
已知函数fx=|x−2|+2|x−a|.
(1)当a=0时，求不等式fx≥4的解集；
(2)若对任意的x∈2,4，不等式fx≤x+6恒成立，求a的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年广西省贺州市高三（上）12月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
交、并、补集的混合运算
一元二次不等式的解法
【解析】
【解答】
解：因为B={x|x≤−2或x≥4}，
所以∁RB={x|−2
所以A∩(∁RB)={x|−2
2.
【答案】
A
【考点】
共轭复数
复数代数形式的混合运算
【解析】
由z=2−i1−i=(2−i)(1+i)(1−i)(1+i)=32+12i，能求出z¯．
【解答】
解：z=2+i1+i=(2+i)(1−i)(1+i)(1−i)=32−12i，
故z¯=32+12i.
故选A.
3.
【答案】
D
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】
根据题意求出一个面的面积，然后乘以4即可得到正四面体的表面积．
【解答】
解：每个面的面积为12×2×2×32=3，
则正四面体的表面积为43.
故选D.
4.
【答案】
C
【考点】
分段函数的应用
【解析】
【解答】
解：当a>0时，f(a)=2a−2=2，
解得a=2；
当a≤0时，f(a)=a2+1=2，
解得a=−1．
综上，a=2或a=−1．
故选C．
5.
【答案】
D
【考点】
二项式定理的应用
【解析】
【解答】
解：由题意得展开式中常数项通式为C43x2(−x)3ax=−4a=4，
解得a=−1．
故选D．
6.
【答案】
A
【考点】
二倍角的正切公式
【解析】
【解答】
解：由题知六指为12厘米，
则tanα=1272=16，
则tan2α=2tanα1−tan2α=2×161−136=1235．
故选A．
7.
【答案】
D
【考点】
频率分布直方图
频率分布折线图、密度曲线
【解析】
【解答】
解：由图易知自2011年以来，每年上半年的票房收入相比前一年有增有减，故A错误；
自2011年以来，每年上半年的票房收入增速为负的有3年，故B错误；
2017年上半年的票房收入增速最大，故C错误；
2020年上半年的票房收入增速最小，故D正确．
故选D．
8.
【答案】
B
【考点】
双曲线的离心率
双曲线的渐近线
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设Fc,0，则|AB|=2bca，
△OAB的面积为12×2bca×c=ab+3b2，
整理得c2=a2+3ab.
因为c2=a2+b2，所以a2+b2=a2+3ab,
所以b=3a，
则双曲线C的离心率e=ba2+1=10.
故选B.
9.
【答案】
B
【考点】
二倍角的余弦公式
正弦函数的定义域和值域
三角函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：fx=sinx+cs2x=−2sin2x+sinx+1．
设t=sinx∈−1,1，
则y=−2t2+t+1=−2t−142+98≤98.
故选B.
10.
【答案】
A
【考点】
抛物线的性质
抛物线的求解
直线的斜率
【解析】
无
【解答】
解：如图，直线CD为抛物线M的准线，AC⊥CD，BD⊥CD，AE⊥BD．
设|BE|=3x，则|AB|=5x，
|BE|=|BD|−|AC|=|BF|−|AF|=3x，
|AB|=|AF|+|BF|=5x，
解得|AF|=x，
故|AF||AB|=x5x=15．
故选A．
11.
【答案】
D
【考点】
两条直线垂直的判定
两条直线平行的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
无
【解答】
解：连接BD，易证AC⊥平面BDFE，
则AC⊥EF，故①正确；
在AA1上取一点H，使得A1H=2AH，连接EC1，EH，HB1，
则C1E//B1H．
若BF=2B1F，易证四边形AHB1F为平行四边形，
则AF//B1H，AF=B1H，
从而AF//C1E，AF=C1E，
故四边形AEC1F为平行四边形，
于是AE//C1F，故②正确；
设AB=a，
则VD1−AEF=VF−AD1E
=13×12×2a3×a×a=a39，
即三棱锥D1−AEF的体积与正方体的棱长有关，与点F的位置无关，故③正确.
综上，正确的个数有3个.
故选D.
12.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究不等式恒成立问题
函数奇偶性的性质
【解析】
无
【解答】
解：设gx=exfx−1，
则g′x=exfx+exf′x−ex．
因为fx+f′x>1，
所以exfx+exf′x>ex，
即exfx+exf′x−ex>0，
故gx在R上单调递增．
因为fx是定义在R上的奇函数，
所以f0=0，
所以g0=−1，
不等式exfx>ex−1，
即gx>g0，
则x>0．
故选B．
二、填空题
【答案】
1
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
利用向量垂直的定义求解．
【解答】
解：∵ 平面向量a→=(m, 3)，b→=(1, −2)，
∴ a→+b→=(m+1, 1)，
∵ a→+b→与b→垂直，
∴ (a→+b→)⋅b→=m+1−2=0，
解得m=1．
故答案为：1．
【答案】
−1
【考点】
求线性目标函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：画出可行域如图，
当直线z=x+2y经过点−1,0时，取最小值，且最小值是−1.
故答案为：−1.
【答案】
23
【考点】
余弦定理
正弦定理
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为csA=1114，所以sinA=5314，
所以△ABC的面积为12bcsinA=5328bc=53，则bc=28．
由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccsA≥2bc−117bc=37bc=12，
则a≥23（当且仅当b=c=27时，等号成立）．
故答案为：23.
【答案】
(3,4)
【考点】
由函数零点求参数取值范围问题
函数的零点与方程根的关系
【解析】
无
【解答】
解：g(x)=[f(x)]2−2mf(x)+m2−1=0，即[f(x)−(m+1)][f(x)−(m−1)]=0，
解得f(x)=m−1或f(x)=m+1．
由f(x)的图象可得2
故答案为：(3,4)．
三、解答题
【答案】
解：(1)由题意可得a3=a1q2=9,a2+a4=a1q+a1q3=30,q>1,
解得a1=1，q=3．
故an=a1qn−1=3n−1．
(2)由(1)可得a2n=32n−1，
则bn=lg332n−1=2n−1，
故Sn=1+3+5+⋯+2n−1
=(1+2n−1)n2=n2．
【考点】
等比数列的通项公式
等差数列的前n项和
【解析】
【解答】
解：(1)由题意可得a3=a1q2=9,a2+a4=a1q+a1q3=30,q>1,
解得a1=1，q=3．
故an=a1qn−1=3n−1．
(2)由(1)可得a2n=32n−1，
则bn=lg332n−1=2n−1，
故Sn=1+3+5+⋯+2n−1
=(1+2n−1)n2=n2．
【答案】
解：(1)因为(0.007+0.018)×10=0.25<0.5，
(0.007+0.0018+0.030)×10=0.55>0.5，
所以年龄的中位数在[40,50)内．
设中位数为m，
则m−4010×0.3+0.25=0.5，
解得m≈48．
(2)由题意可知，100名投资人中，年龄在[40,50)的有30名，年龄在[60,70)的有20名，
则利用分层抽样抽取的5人中，年龄在[40,50)的有3名，在[60,70)的有2名，
则X的可能取值为1，2，3，
P(X=1)=C31C22C53=310，
P(X=2)=C32C21C53=35，
P(X=3)=C33C20C53=110．
X的分布列为
故E(X)=1×310+2×35+3×110=95．
【考点】
众数、中位数、平均数
离散型随机变量的分布列及性质
分层抽样方法
【解析】
【解答】
解：(1)因为(0.007+0.018)×10=0.25<0.5，
(0.007+0.0018+0.030)×10=0.55>0.5，
所以年龄的中位数在[40,50)内．
设中位数为m，
则m−4010×0.3+0.25=0.5，
解得m≈48．
(2)由题意可知，100名投资人中，年龄在[40,50)的有30名，年龄在[60,70)的有20名，
则利用分层抽样抽取的5人中，年龄在[40,50)的有3名，在[60,70)的有2名，
则X的可能取值为1，2，3，
P(X=1)=C31C22C53=310，
P(X=2)=C32C21C53=35，
P(X=3)=C33C20C53=110．
X的分布列为
故E(X)=1×310+2×35+3×110=95．
【答案】
(1)证明：因为ABCD是菱形，
所以AC⊥BD，
则BE⊥AC，PE⊥AC．
因为BE⊂平面PBE，PE⊂平面PBE，且BE∩PE=E，
所以AC⊥平面PBE．
因为PB⊂平面PBE，
所以PB⊥AC．
(2)解：取DE的中点O，连接OP，取CD的中点F，连接OF．
因为BD=8，
所以DE=BE=4.
因为PD=4，
所以PD=PE，
所以PO⊥DE．
由(1)可知AC⊥平面PBE，
所以平面PBD⊥平面ABCD，
则PO⊥平面ABCD．
故以O为坐标原点，以OF，OD，OP分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz．
由题中数据可得A−3,−2,0，B0,−6,0，C3,−2,0，D0,2,0，P(0,0,23)，
则AB→=DC→=3,−4,0，BP→=0,6,23，DP→=0,−2,23．
设平面PAB的法向量为m→=x1,y1,z1，
则m→⋅AB→=3x1−4y1=0,m→⋅BP→=6y1+23z1=0，
令x1=4，得m→=4,3,−33．
设平面PCD的法向量为n→=x2,y2,z2，
则n→⋅DC→=3x2−4y2=0,n→⋅DP→=−2y2+23z2=0，
令x2=4，得n→=4,3,3．
设平面PAB与平面PCD所成的锐二面角为θ，
则csθ=m→⋅n→|m→||n→|
=|4×4+3×3−33×3|42+32+(−33)2×42+32+32
=49191．
【考点】
直线与平面垂直的判定
两条直线垂直的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：因为ABCD是菱形，
所以AC⊥BD，
则BE⊥AC，PE⊥AC．
因为BE⊂平面PBE，PE⊂平面PBE，且BE∩PE=E，
所以AC⊥平面PBE．
因为PB⊂平面PBE，
所以PB⊥AC．
(2)解：取DE的中点O，连接OP，取CD的中点F，连接OF．
因为BD=8，
所以DE=BE=4.
因为PD=4，
所以PD=PE，
所以PO⊥DE．
由(1)可知AC⊥平面PBE，
所以平面PBD⊥平面ABCD，
则PO⊥平面ABCD．
故以O为坐标原点，以OF，OD，OP分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz．
由题中数据可得A−3,−2,0，B0,−6,0，C3,−2,0，D0,2,0，P(0,0,23)，
则AB→=DC→=3,−4,0，BP→=0,6,23，DP→=0,−2,23．
设平面PAB的法向量为m→=x1,y1,z1，
则m→⋅AB→=3x1−4y1=0,m→⋅BP→=6y1+23z1=0，
令x1=4，得m→=4,3,−33．
设平面PCD的法向量为n→=x2,y2,z2，
则n→⋅DC→=3x2−4y2=0,n→⋅DP→=−2y2+23z2=0，
令x2=4，得n→=4,3,3．
设平面PAB与平面PCD所成的锐二面角为θ，
则csθ=m→⋅n→|m→||n→|
=|4×4+3×3−33×3|42+32+(−33)2×42+32+32
=49191．
【答案】
解：(1)由题意可得
1a2+34b2=1,3c2=32,c2=a2−b2,
解得a=2，b=1，
故椭圆C的标准方程为x24+y2=1．
(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，线段AB的中点为M(x0,y0)．
因为直线x=my+1过定点(1,0)，
所以(x1−1)2+y12=(x2−1)2+y22．
因为A，B在椭圆上，
所以x124+y12=1，x224+y22=1，
所以(x1−1)2+1−x124=(x2−1)2+1−x224，
整理得x12−x224=(x1−x2)(x1+x2−2)，
所以x1+x2=83，
所以x0=43．
因为点M在直线x=my+1上，
所以x0=my0+1，则y0=13m．
由x24+y2=1,x=43
得y=±53，
则−53<13m<0或0<13m<53，
解得m<−55或m>55．
故m的取值范围为−∞,−55∪55,+∞．
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
【解答】
解：(1)由题意可得
1a2+34b2=1,3c2=32,c2=a2−b2,
解得a=2，b=1，
故椭圆C的标准方程为x24+y2=1．
(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，线段AB的中点为M(x0,y0)．
因为直线x=my+1过定点(1,0)，
所以(x1−1)2+y12=(x2−1)2+y22．
因为A，B在椭圆上，
所以x124+y12=1，x224+y22=1，
所以(x1−1)2+1−x124=(x2−1)2+1−x224，
整理得x12−x224=(x1−x2)(x1+x2−2)，
所以x1+x2=83，
所以x0=43．
因为点M在直线x=my+1上，
所以x0=my0+1，则y0=13m．
由x24+y2=1,x=43
得y=±53，
则−53<13m<0或0<13m<53，
解得m<−55或m>55．
故m的取值范围为−∞,−55∪55,+∞．
【答案】
解：(1)当a=1时，fx=x2+sinx−1，则f′x=2x+csx．
因为fπ2=π24,f′π2=π，
所以y=fx在点π2,fπ2处的切线方程为y−π24=πx−π2，即πx−y−π24=0.
令x=0,y=−π24，令y=0,x=π4，
则该切线与两坐标轴围成的三角形面积为12×π24×π4=π332．
(2)设gx=fx−sinx+csx=ax2+csx−1，则g′x=2ax−sinx,gx是偶函数．
设ℎx=g′x=2ax−sinx，则ℎ′x=2a−csx．
①当a≥12时，ℎ′x=2a−csx≥0，所以ℎx是增函数，即g′x是增函数．
又g′0=0，所以gx在[0,+∞）上是增函数，
因为g0=0,gx是偶函数，故gx≥0恒成立，即a≥12符合题意．
②当a≤−12时，ℎ′x=2a−csx≤0，所以ℎx是减函数，即g′x是减函数．
因为g′0=0，所以gx在0,+∞是减函数，
因为g0=0，所以当x>0时，gx<0，则a≤−12不符合题意．
③当−12
所以当x∈0,x0时，ℎ′x<0，即g′x在0,x0上为减函数．
因为g′0=0，所以当x∈0,x0时，g′x<0，即gx在0,x0上为减函数，
因为g0=0，所以当x∈(0,x0)时，gx<0，则−12
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)当a=1时，fx=x2+sinx−1，则f′x=2x+csx．
因为fπ2=π24,f′π2=π，
所以y=fx在点π2,fπ2处的切线方程为y−π24=πx−π2，即πx−y−π24=0.
令x=0,y=−π24，令y=0,x=π4，
则该切线与两坐标轴围成的三角形面积为12×π24×π4=π332．
(2)设gx=fx−sinx+csx=ax2+csx−1，则g′x=2ax−sinx,gx是偶函数．
设ℎx=g′x=2ax−sinx，则ℎ′x=2a−csx．
①当a≥12时，ℎ′x=2a−csx≥0，所以ℎx是增函数，即g′x是增函数．
又g′0=0，所以gx在[0,+∞）上是增函数，
因为g0=0,gx是偶函数，故gx≥0恒成立，即a≥12符合题意．
②当a≤−12时，ℎ′x=2a−csx≤0，所以ℎx是减函数，即g′x是减函数．
因为g′0=0，所以gx在0,+∞是减函数，
因为g0=0，所以当x>0时，gx<0，则a≤−12不符合题意．
③当−12
所以当x∈0,x0时，ℎ′x<0，即g′x在0,x0上为减函数．
因为g′0=0，所以当x∈0,x0时，g′x<0，即gx在0,x0上为减函数，
因为g0=0，所以当x∈(0,x0)时，gx<0，则−12
【答案】
解：(1)由题意知曲线C1的参数方程为x=2csθ,y=2sinθ （θ为参数），
则曲线C1的普通方程为x2+y2=2，
将x=ρcsθ，y=ρsinθ代入得曲线C1的极坐标方程为ρ=2．
由题意可得曲线C2的普通方程为x22+y2=1，
将x=ρcsθ，y=ρsinθ代入得曲线C2的极坐标方程为ρ21+sin2θ=2．
(2)由题设知P1,22，T0,2，
故△OTP的面积为12|OT|⋅xP=12×2×1=22．
【考点】
参数方程与普通方程的互化
直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化
圆的参数方程
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)由题意知曲线C1的参数方程为x=2csθ,y=2sinθ （θ为参数），
则曲线C1的普通方程为x2+y2=2，
将x=ρcsθ，y=ρsinθ代入得曲线C1的极坐标方程为ρ=2．
由题意可得曲线C2的普通方程为x22+y2=1，
将x=ρcsθ，y=ρsinθ代入得曲线C2的极坐标方程为ρ21+sin2θ=2．
(2)由题设知P1,22，T0,2，
故△OTP的面积为12|OT|⋅xP=12×2×1=22．
【答案】
解：(1)当a=0时，f(x)=|x−2|+2|x|，
则不等式fx≥4等价于x≤0,−3x+2≥4或0
解得x≤−23或x=2或x>2．
故不等式fx≥4的解集为−∞,−23∪2,+∞．
(2)不等式fx≤x+6可化为|x−2|+2|x−a|≤x+6，
因为不等式|x−2|+2|x−a|≤x+6在x∈2,4上恒成立，
所以x−2+2|x−a|≤x+6，
即|x−a|≤4，
即a−4≤x≤a+4，
则a−4≤2，a+4≥4，
解得0≤a≤6．
故a的取值范围为0,6．
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
不等式恒成立问题
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)当a=0时，f(x)=|x−2|+2|x|，
则不等式fx≥4等价于x≤0,−3x+2≥4或0
解得x≤−23或x=2或x>2．
故不等式fx≥4的解集为−∞,−23∪2,+∞．
(2)不等式fx≤x+6可化为|x−2|+2|x−a|≤x+6，
因为不等式|x−2|+2|x−a|≤x+6在x∈2,4上恒成立，
所以x−2+2|x−a|≤x+6，
即|x−a|≤4，
即a−4≤x≤a+4，
则a−4≤2，a+4≥4，
解得0≤a≤6．
故a的取值范围为0,6．X
1
2
3
P
310
35
110
X
1
2
3
P
310
35
110
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