2023-2024学年江西省宜春市宜丰中学高一（下）开学数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江西省宜春市宜丰中学高一（下）开学数学试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知集合A={x|x<1}，B={x|3x<1}，则( )
A. A∩B={x|x<0}B. A∪B=R
C. A∪B={x|x>1}D. A∩B=⌀
2.设甲：a∈(−∞,−3]，乙：已知函数f(x)=x2−ax在(1,+∞)上单调递增，则( )
A. 甲是乙的必要不充分条件B. 甲是乙的充分不必要条件
C. 甲是乙的充要条件D. 甲是乙的既不充分也不必要条件
3.将−1665°化成α+2kπ(0≤α<2π,k∈Z)的形式是( )
A. −5π4−8πB. 3π4−8πC. 5π4−10πD. 3π4−10π
4.下列函数与函数y=x+1是同一个函数的是( )
A. y=( x+1)2B. u=3(v+1)3C. y= (x+1)2D. m=n2n+1
5.已知a=lg21.41，b=1.70.3，c=cs7π3，则( )
A. b>a>cB. b>c>aC. c>b>aD. c>a>b
6.函数f(x)=lg3x−8+2x的零点一定位于区间( )
A. (5,6)B. (3,4)C. (2,3)D. (1,2)
7.为了给地球减负，提高资源利用率，2020年全国掀起了垃圾分类的热潮，垃圾分类已经成为新时尚．假设某市2020年全年用于垃圾分类的资金为2000万元，在此基础上，每年投入的资金比上一年增长20%，则该市全年用于垃圾分类的资金开始超过1亿元的年份是(参考数据；lg1.2≈0.08，lg5≈0.70)( )
A. 2030 年B. 2029年C. 2028年D. 2027 年
8.已知函数f(x)=x+2,x≤0x+1x,x>0，若函数g(x)=[f(x)]2+4f(x)+a(a∈R)有三个不同的零点，则a的取值范围为( )
A. (−∞,4)B. (−∞,4]C. (−∞,−12)D. (−∞,−12]
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的是( )
A. 角θ为第一象限或第三象限角的充要条件是sinθcsθ>0
B. 终边在y轴上的角的集合为{α|α=kπ+π2,k∈Z}
C. 若α是第三象限角，则α2是第二象限或第三象限角
D. 用角度制和弧度制度量角，与所取圆的半径大小有关
10.下列选项中说法正确的是( )
A. 若用分层随机抽样的方法抽得两组数据的平均数分别为8，12，若这两组数据的平均数是10，则这两组数据的权重比值为1
B. 一组数据3，3，4，5，6，x，9，10的60%分位数是6，则实数x的取值范围是[6,10]
C. 一组数据的平均数为x−，将这组数据中的每一个数都加2，所得的一组新数据的平均数为x−+2
D. 一组数据的方差为s2，将这组数据中的每一个数都乘2，所得的一组新数据的方差为2s2
11.下列各式正确的是( )
A. 4(3−π)4=π−3B. lg2x2=2lg2x
C. 21+lg25=10D. lg39=3
12.已知2a+a=lg2b+b=2，则( )
A. ab<1B. 2a−b>14
C. lg2a+lg2b≥0D. 1a+1b>2
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知sin(π3−x)=14，且014.已知函数f(x)=x3−3x2+2在[2,3]上有一个零点，用二分法求零点的近似值(精确度为0.1)时，至少需要进行______次函数值的计算．
15.高斯是德国著名的数学家，是近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设x∈R，用[x]表示不超过x的最大整数，则y=[x]称为高斯函数.例如：[−2.1]=−3，[3.1]=3，若函数f(x)=2x+52x+1，则函数y=[f(x)]的值域为______．
16.北京时间2022年9月24日晚，在2022年世界赛艇锦标赛女子四人双浆决赛中，东京奥运冠军组合崔晓桐、吕扬、张灵、陈云霞再次联手出击，强势夺冠，继2019年世锦赛后为中国队实现该项目的成功卫冕，赛艇是一种靠浆手划桨前进的小船，分单人艇、双人艇、四人艇、八人艇四种，不同艇种虽大小不同，但形状相似.根据相关研究，比赛成绩t(单位：min)与奖手数量n(单位：个)间的关系为t=αn−19(α为常数且α>0).已知在某次比赛中单人艇2000m的比赛成绩为7.21min，由于比赛记录员的疏忽，现有一个用时为6.67min的比赛成绩但不清楚属于哪一艇种，推断该比赛成绩所属的艇种最有可能是______(从“单人艇”“双人艇”“四人艇”“八人艇”中选择一个即可)；若已知比赛的赛艇艇种为八人艇，推断在相同比赛条件下该赛艇比赛成绩的理论估计值为______min(结果保留两位小数，参考数据：92≈1.080，94=1.167，98≈1.260).
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知集合A={x|y=1 x+2+lg(x−1)},B={y|y=3x−1}．
(1)求A∩B；
(2)若M={x|mx+4<0}且(A∩B)⊆M，求实数m的取值范围．
18.(本小题12分)
已知函数f(x)=(a+b)e−|x|+b过原点，且无限接近直线y=1但又不与该直线相交.(注：e=2.71828⋯是自然对数的底数)
(1)求该函数的解析式并判断其奇偶性；
(2)若实数t满足不等式f(1+2t)−f(t−1)<0，求实数t的取值范围．
19.(本小题12分)
已知f(x)+g(x)=2lg2(2+x)，其中f(x)为奇函数，g(x)为偶函数．
(1)求f(x)与g(x)的解析式；
(2)判断函数f(x)在其定义域上的单调性并用定义证明．
20.(本小题12分)
已知扇形的圆心角是α，半径是r，弧长为l．
(1)若α=100°，r=2，求扇形的面积；
(2)若扇形的周长为20，求扇形面积的最大值，并求此时扇形圆心角的弧度数．
21.(本小题12分)
物体在常温下冷却的温度变化可以用牛顿冷却定律来描述：设物体的初始温度为T0，经过一段时间t后的温度为T，则T−Tc=(T0−Tc)⋅at，其中Tc为环境温度，a为参数.某日室温为20℃，上午8点小王使用某品牌电热养生壶烧1升水(假设加热时水温随时间变化为一次函数，且初始温度与室温一致)，8分钟后水温达到100℃，8点18分时，壶中热水自然冷却到60℃．
(1)求8点起壶中水温T(单位：℃)关于时间t(单位：分钟)的函数T=f(t)；
(2)若当日小王在1升水沸腾(100℃)时，恰好有事出门，于是将养生壶设定为保温状态，已知保温时养生壶会自动检测壶内水温，当壶内水温高于临界值50℃时，设备不加热，当壶内水温不高于临界值50℃时，开始加热至80℃后停止，加热速度与正常烧水一致，问养生壶(在保温状态下)多长时间后第二次开始加热？(结果保留整数)(参考数据：lg2≈0.301，lg3≈0.477)
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=x|x−a|+3(a∈R)．
(1)当a=2时，写出f(x)的单调区间(不需要说明理由)；
(2)当a=0时，解不等式f(2x+1−1)+f(2x−8)>6；
(3)若存在x1，x2∈(−∞,ln4]，使得|f(ex1)−f(ex2)|>3，求实数a的取值范围．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：集合A={x|x<1}，B={x|3x<1}={x|x<0}，
则A∩B={x|x<0}，故A正确，D错误；
A∪B={x|x<1}，故B错误，C错误．
故选：A．
求出集合B，利用交集、并集定义能求出结果．
本题考查集合的运算，考查交集、并集等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：根据题意，若a∈(−∞,−3]，即a≤−3，
对于f(x)=x2−ax，其开口向上，对称轴为x=a2，有x=a2≤−32，在(1,+∞)上单调递增，
反之，当a=0时，f(x)=x2，在(1,+∞)上单调递增，
故甲是乙的充分不必要条件，
故选：B．
根据题意，由二次函数的性质分析可得答案．
本题考查充分必要条件的判断，涉及二次函数的性质，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：−1665°=−1800°+135°=−10π+3π4．
故选：D．
根据弧度制和角度制的转化关系转化即可．
本题主要考查终边相同的角，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：A项，y=x+1的定义域为R，而y=( x+1)2的定义域为[−1,+∞)，故A错误；
B项，u=3(v+1)3=v+1，定义域为R，与y=x+1对应关系一致，B正确
C项，y= (x+1)2=|x+1|，与y=x+1对应关系不一致，故C错误；
D项，m=n2n+1 的定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，故D错误．
故选：B．
根据定义域和对应关系判断是否相同即可．
本题考查同一函数的判断，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：∵1.41< 2，∴a=lg21.41b=1.70.3>1，
c=cs7π3=csπ3=12，
∴b>c>a．
故选：B．
根据指数函数，对数函数，余弦函数的单调性，比较即可．
本题考查三个数的大小的求法，解题时要认真审题，注意函数性质的合理运用，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：当x=3时，f(3)=lg33−8+2×3=−1<0
当x=4时，f(4)=lg34−8+2×4=lg34>0
即f(3)⋅f(4)<0
又∵函数f(x)=lg3x−8+2x为连续函数
故函数f(x)=lg3x−8+2x的零点一定位于区间(3,4)
故选：B．
根据函数零点存在定理，若f(x)=lg3x−8+2x若在区间(a,b)上存在零点，则f(a)⋅f(b)<0，我们根据函数零点存在定理，对四个答案中的区间进行判断，即可得到答案．
本题考查的知识点是零点存在定理，我们求函数的零点通常有如下几种方法：①解方程；②利用零点存在定理；③利用函数的图象，其中当函数的解析式已知时(如本题)，我们常采用零点存在定理．
7.【答案】B
【解析】解：设经过n年后，投入资金为y万元，则y=2000(1+20%)n，
由题意可得2000(1+20%)n>10000，即1.2n>5，
则n⋅lg1.2>lg5，所以n>lg5lg1.2≈，
所以n=9，即2029年该市全年用于垃圾分类的资金开始超过1亿元，
故选：B．
设经过n年后，投入资金为y万元，则由题意可得2000(1+20%)n>10000，利用对数的运算性质解出n的取值范围即可．
本题主要考查了函数的实际应用，考查了对数的运算性质，是基础题．
8.【答案】D
【解析】解：当x≤0时，函数f(x)=x+2在(−∞,0]上单调递增，f(x)≤f(0)=2，
当x>0时，函数f(x)=x+1x≥2 x⋅1x=2，当且仅当x=1时取等号，
函数y=f(x)的大致图象，如图，
令f(x)=t，观察图象知，当t<2时，方程f(x)=t有一个根，
当t≥2时，方程f(x)=t有两个不等根，
函数g(x)=[f(x)]2+4f(x)+a(a∈R)有三个零点，
等价于函数h(t)=t2+4t+a有两个零点t1，t2，并满足t1<2，t2≥2，
而函数h(t)对称轴为t=−2，于是得h(−2)=4−8+a<0h(2)=4+8+a≤0，解得a≤−12，
∴a的取值范围为(−∞,−12]．
故选：D．
根据给定条件，分析函数f(x)的性质，结合函数f(x)的图象确定方程f(x)=t根的情况，再利用已知及二次函数零点分布列式作答．
本题考查函数零点与方程根的关系，考查化归与转化、数形结合思想，是中档题．
9.【答案】AB
【解析】解：对于A，当角θ为第一象限角时，sinθ>0，csθ>0，则sinθcsθ>0；
当角θ为第三象限角时，sinθ<0，csθ<0，则sinθcsθ>0，
所以若角θ为第一象限或第三象限角，则sinθcsθ>0．
因为sinθcsθ>0，即sinθ>0且csθ>0，或sinθ<0且csθ<0，
当sinθ>0且csθ>0时，角θ为第一象限角；当sinθ<0且csθ<0时，角θ为第三象限角，
所以若sinθcsθ>0，则角θ为第一或第三象限角，
所以角θ为第一或第三象限角的充要条件是sinθcsθ>0，故A正确；
对于B，终边在y轴上的角的集合为{α|α=2kπ+π2,k∈Z}∪{α|α=2kπ+3π2,k∈Z}，
即{α|α=2kπ+π2,k∈Z}∪{α|α=(2k+1)π+π2,k∈Z}，即{α|α=kπ+π2,k∈Z}，B正确；
对于C，若α是第三象限角，即2kπ+π<α<2kπ+32π,k∈Z，
则kπ+π2<α2当k为偶数时，α2为第二象限角；当k为奇数时，α2为第四象限角，
则α2是第二象限或第四象限角，故C错误；
对于D，不论是用角度制还是弧度制度量角，由角度值和弧度值的定义可知度量角与所取圆的半径无关，故D不正确，
故选：AB．
对于A，根据充要条件的概念说明角θ为第一象限或第三象限角与sinθcsθ>0可以互相推出即可判断；对于B，写出终边在y轴上的角的集合，化简可得{α|α=kπ+π2,k∈Z}，即可判断；对于C，根据α是第三象限角，可推出kπ+π2<α2本题主要考查命题的真假判断与应用，属于中档题．
10.【答案】AC
【解析】解：A选项：设两组数据的权重为ω1，ω2，由ω1×8+ω2×12=10，又ω1+ω2=1，可解得ω1=ω2=12，
所以这两组数据的权重比值为1，故A正确；
B选项：因为8×60%=4.8，所以这组数据的60%分位数是从小到大第5项数据6，则x≥6，故B错误；
C选项：将一组数据中的每一个数都加2，则新数据的平均数为原来数据平均数加2，故C正确；
D选项：将一组数据中的每一个数都乘2，则新数据的方差为原来数据方差的22=4倍，故D错误．
故选：AC．
利用分层随机抽样设两组数据的权重为ω1，ω2，得ω1×8+ω2×12=10且ω1+ω2=1，即可对A判断；根据百分位数知识可对B判断；利用平均数及方差知识可对C、D判断．
本题考查平均数、方差的计算，是基础题．
11.【答案】AC
【解析】解：由于4(3−π)4=|3−π|=π−3，故A正确；
由于lg2x2=2lg2|x|，故B错误；
由于21+lg25=2×2lg25=2×5=10，故C正确；
由于lg39=lg332=2，故D错误，
故选：AC．
由题意，利用有理指数幂与根式的运算，对数的运算性质，得出结论．
本题主要考查有理指数幂与根式的运算，对数的运算性质，属于基础题．
12.【答案】ABD
【解析】解：∵2a+a=lg2b+b=2，∴2a=2−a，lg2b=2−b，
故a、b分别是y=2x、y=lg2x与y=2−x交点的横坐标．
而y=2x 与y=lg2x与互为反函数，它们的图象关于直线y=x对称，
图中红色曲线为y=2x 的图象，图中蓝色曲线为y=lg2x的图象．
可得点A(a,2a)、点B(b,lg2b)关于直线y=x对称，
于是，a>0，b>0，a≠b，a+b=2．
故有ab<(a+b2)2=1，故A正确．
由于b=2−a，2a−b=22a−2=4a−1>4−1=14，故B正确．
由于lg2a+lg2b=lg2ab由于1a+1b=a+b2⋅(1a+1b)=12(2+ab+ba)>12(2+2)=2，故D正确．
故选：ABD．
由题意，可得a、b分别是y=2x、y=lg2x与y=2−x交点的横坐标，再根据函数与反函数的性质，可得a>0，b>0，a≠b，a+b=2，再利用基本不等式，得出结论．
本题主要考查指数、对数函数的图象和性质，函数与反函数的性质，基本不等式的应用，属于中档题．
13.【答案】 152
【解析】解：∵sin(π3−x)=14，且0∴sin(π3−x)=cs[π2−(π3−x)]=cs(π6+x)=14，
∵0∴π6∴sin(π6+x)= 1−cs2(π6+x)= 154，
∴sin(π6+x)−cs(2π3+x)=sin(π6+x)−cs[π2+(π6+x)]=sin(π6+x)+sin(π6+x)=2sin(π6+x)= 152．
故答案为： 152．
根据诱导公式和同角的三角函数的关系即可求出．
本题考查了诱导公式和同角的三角函数，考查了运算求解能力，属于基础题．
14.【答案】4
【解析】解：设对区间[2,3]二等分n次，初始区间长度为1，
第1次计算后区间长度为12；
第2次计算后区间长度为122=0.25；
第3次计算后区间长度为123=0.125；
第4次计算后区间长度为124=0.0625<0.1；
故至少计算4次．
故答案为：4．
根据二分法求零点的方法，计算一次，区间精度变为上一次的12，根据精度要求即可求解．
本题考查了二分法的应用，属于基础题．
15.【答案】{1,2,3,4}
【解析】解：f(x)=2x+52x+1=1+42x+1，∵2x>0，∴1+2x>1,0<12x+1<1，
则1<1+42x+1<5，即1当1当2≤f(x)<3时，[f(x)]=2；
当3≤f(x)<4时，[f(x)]=3；
当4≤f(x)<5时，[f(x)]=4，
综上，函数y=[f(x)]的值域为{1,2,3,4}．
故答案为：{1,2,3,4}．
分离常数，求出函数f(x)=2x+52x+1的值域，再根据高斯函数的定义即可得出答案．
本题考查了新定义的理解和应用，训练了分离常数法求函数的值域，是中档题．
16.【答案】双人艇 5.72
【解析】解：由已知得，当n=1时，t=7.21，代入解得α=7.21，
当t=6.67时，n=(tα)−9=(αt)9=()9≈1.0819≈2，
故该比赛成绩所属的艇种最有可能是双人艇；
当n=8时，t=αn−19=7.21×8−19=7.21×189≈≈5.72，
故在相同比赛条件下该赛艇比赛成绩的理论估计值为5.72min．
故答案为：双人艇；5.72．
先由题给条件求得α=7.21，再利用6.67=7.21⋅n−19求得n≈2，再由t=7.21×8−19即可求得所求值．
本题考查函数的应用，考查估值的计算，属于基础题．
17.【答案】解：(1)由题意A={x|y=1 x+2+lg(x−1)}，则x+2>0x−1>0，解得x>1，
所以A={x|x>1}，
又B={y|y=3x−1}={y|y>0}，
所以A∩B={x|x>1}；
(2)因为M={x|mx+4<0}，(A∩B)⊆M，即(1,+∞)⊆M，
所以m<0，所以M={x|x>−4m}，
所以−4m≤1m<0，解得m≤−4，
即实数m的取值范围是(−∞,−4]．
【解析】(1)分别求得集合A，B，根据集合的交集运算即可求得答案．
(2)根据A∩B⊆M，确定m<0，进而列出相应的不等式，求得答案．
本题考查集合交集的运算，考查集合间关系的应用，属于基础题．
18.【答案】解：(1)由题意函数f(x)=(a+b)e−|x|+b过原点，且无限接近直线y=1但又不与该直线相交，
故在x≥0时，f(x)递增，又此时y=e−|x|=e−x递减，故需满足a+b<0，
由0而f(x)无限接近直线y=1但又不与该直线相交，则b=1，
又f(0)=0，∴a+2b=0，解得a=−2，
∴f(x)=−e−|x|+1，又f(x)的定义域为R，关于原点对称，
且f(−x)=−e−|−x|+1=−e−|x|+1=f(x)，故函数f(x)为偶函数．
(2)当x≥0时，f(x)=−e−x+1，∀x1，x2∈[0,+∞)，设x1则f(x2)−f(x1)=(−e−x2+1)−(−e−x1+1)=e−x1−e−x2=ex2−ex1ex1⋅ex2=ex1(ex2−x1−1)ex1⋅ex2，
∵x10，∴ex2−x1>1，则ex1(ex2−x1−1)ex1⋅ex2>0，
∴f(x2)>f(x1)，
∴函数f(x)在[0,+∞)上单调递增．
原不等式可化为f(1+2t)∵函数f(x)为偶函数，f(x)=f(−x)=f(|x|)，则有f(|1+2t|)又函数f(x)在[0,+∞)上单调递增，则有|1+2t|<|t−1|，
两边平方，得(1+2t)2<(t−1)2，即3t2+6t<0，解得t∈(−2,0)，
即实数t的取值范围为(−2,0)．
【解析】(1)根据函数f(x)=(a+b)e−|x|+b满足的性质判断a+b<0，从而求得参数，可得解析式，根据函数奇偶性的定义即可判断函数的奇偶性；
(2)判断函数的单调情况，由此结合函数的奇偶性和单调性将f(1+2t)−f(t−1)<0转化为|1+2t|<|t−1|，即可求得答案．
本题考查奇偶性与单调性的综合，考查运算求解能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由于函数f(x)为奇函数，g(x)为偶函数，
可得f(−x)=−f(x)，g(−x)=g(x)，
因为f(x)+g(x)=2lg2(2+x)，
所以f(−x)+g(−x)=2lg2(2−x)，
即−f(x)+g(x)=2lg2(2−x)，
解得f(x)=lg22+x2−x，g(x)=lg2(4−x2)；
(2)f(x)=lg22+x2−x的定义域为(−2,2)，
f(x)=lg22+x2−x=lg2(42−x−1)，∀x1，x2∈(−2,2)且x1则42−x2−1−(42−x1−1)=42−x2−42−x1=4(x2−x1)(2−x2)(2−x1)>0，
所以lg2(42−x2−1)>lg2(42−x1−1)，即f(x2)>f(x1)，
所以函数f(x)在区间(−2,2)上单调递增．
【解析】(1)根据奇偶性求解析式即可；
(2)根据单调性的定义判断和证明f(x)的单调性即可．
本题考查函数的奇偶性，方程思想，函数的单调性的证明，属中档题．
20.【答案】解：(1)α=100°=5π9rad，
扇形的面积S=12×22×5π9=10π9．
(2)由2r+rα=20，可得α=20−2rr，
扇形的面积S=12×r2×20−2rr=r(10−r)≤(r+10−r2)2=25，
当且仅当r=10−r，即r=5时取等号，此时α=20−2×55=2．
【解析】(1)α=100°=5π9rad，利用扇形面积计算公式即可得出．
(2)由2r+rα=20，可得α=20−2rr，扇形的面积S=r(10−r)，利用基本不等式即可得出．
本题考查了扇形的面积计算公式、基本不等式，考查了推理能力于计算能力，属于基础题．
21.【答案】解：(1)当0≤t≤8时，设T=kt+20，
代入t=8，T=100，解得k=10，则T=10t+20，
由题意T−Tc=(T0−Tc)⋅at，代入Tc=20，T0=100，t=10，得a=(12)110，
所以T=f(t)=10t+20,0≤t≤880⋅(12)t−810+20,t>8．
(2)若从100°C降温至50°C，
由题意有T=80⋅(12)t10+20，代入T=50，
计算得t=10lg1238=10lg283=10×(3−lg23)=10×(3−lg3lg2)≈14分钟，
故经过14分钟养生业(在保温状态下)开始第一次加热；
从50°C加热至80°C需要80−5010=3分钟，
从80°C降温至50°C，T−Tc=(T0−Tc)⋅(12)t10，代入T=50，Tc=20，T0=80，可得50−20=(80−20)×12t10，计算得t=10分钟，
则共需要14+3+10=27分钟，
故27分钟后养生壸(在保温状态下)第二次开始加热．
【解析】(1)利用待定系数法求解析式即可；
(2)分从100°C降温至50°C，从50°C加热至80°C，从80°C降温至50°C，三步求时间即可．
本题考查了根据实际问题选择函数类型、对(指)数的运算及用待定系数法求函数的解析式，是中档题．
22.【答案】解：(1)当a=2时，f(x)=x|x−2|+3=−x2+2x+3,x≤2x2−2x+3,x>2，
作出函数的图象如图所示：

故f(x)在(−∞,1)上单调递增，在(1,2)上单调递减，在(2,+∞)单调递增．
(2)当a=0时，f(x)=x|x|+3，记g(x)=x|x|=−x2,x<0x2,x≥0，
则g(−x)=−g(x)，故g(x)为奇函数，且g(x)在R上单调递增，
不等式f(2x+1−1)+f(2x−8)>6化为：
g(2x+1−1)+3+g(2x−8)+3>6，
即g(2x+1−1)+g(2x−8)>0，
即g(2x+1−1)>−g(2x−8)，即g(2x+1−1)>g(8−2x)，
从而由g(x)在R上单调递增，得2x+1−1>−2x+8，
即2x>3，解得x>lg23，
故不等式f(2x+1−1)+f(2x−8)>6的解集为(lg23,+∞)．
(3)设t1=ex1,t2=ex2，则问题转化为存在t1，t2∈(0,4]，使得|f(t1)−f(t2)|>3，
又注意到t>0时，f(t)=t|t−a|+3>3，且f(0)=3，
可知问题等价于存在t∈(0,4]，f(t)>6，即t|t−a|>3在t∈(0,4]上有解．
即|t−a|>3t在t∈(0,4]上有解，于是a−t>3t或a−t<−3t在t∈(0,4]上有解，
进而a>3t+t或a由函数g(t)=t+3t在(0, 3]上单调递减，在[ 3,4]上单调递增，h(t)=t−3t在(0,4]上单调递增，
可知g(t)min=g( 3)=2 3,h(t)max=h(4)=134，
故a的取值范围是a<134或a>2 3．
【解析】(1)讨论x取值范围，去掉绝对值符号，从而可得其单调区间；
(2)由f(x)=x|x|+3，可令g(x)=x|x|，判断其单调性以及奇偶性，进而将不等式f(2x+1−1)+f(2x−8)>6转化为g(2x+1−1)+g(2x−8)>0，利用g(x)=x|x|的性质即可得2x+1−1>−2x+8，即可求得答案．
(3)设t1=ex1,t2=ex2，则问题转化为存在t1，t2∈(0,4]，使得|f(t1)−f(t2)|>3，结合f(t)的特征，进而将问题转化为存在t∈(0,4]，f(t)>6，即t|t−a|>3在t∈(0,4]上有解，然后分离参数，结合函数的单调性以及最值，求得答案．
本题考查分段函数的单调性，抽象不等式的求解，存在性问题的求解，属难题．