2020年高考数学（文科）全国2卷高考模拟试卷（8）.docx

1、 第 1 页（共 17 页） 2020 年高考数学（文科）全国年高考数学（文科）全国 2 卷高考模拟试卷（卷高考模拟试卷（8） 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）若 = 2020+3 1+ ，则 z 的虚部是（ ） Ai B2i C1 D1 2 （5 分）若集合 A1，m，Bm2，m+1，且 AB，则 m（ ） A0 B1 C1 D0 或 1 3 （5 分）已知椭圆 C： 2 64 + 2 39 = 1的左、右焦点分别为 F1，F2，点 P 在椭圆 C 上，若|PF1| 6，则PF1F2的余弦值为（ ） A 3 10

2、B 7 10 C2 5 D3 5 4 （5 分）已知等比数列an满足 a1+a26，a2+a312，则 a1的值为（ ） A1 B2 C3 D4 5 （5 分）2020 年 1 月，某专家为了解新型冠状病毒肺炎的潜伏期他从确诊感染新型冠状病 毒的 70 名患者中了解到以下数据： 潜伏期 2 天 3 天 5 天 6 天 7 天 9 天 10 天 12 天 人数 2 4 8 10 16 16 10 4 根据表中数据， 可以估计新型冠状病毒肺炎的潜伏期的平均值为 （精确到个位数）（ ） A6 天 B7 天 C8 天 D9 天 6 （5 分）函数 y1g（1x）+2+ + 2的定义域是（ ） A2，1

3、 B1，1） C1，2 D （1，2 7 （5 分） 宋元时期， 中国数学鼎盛时期中杰出的数学家有“秦（九韶） 、 李（冶） 、杨（辉） 、 朱（世杰）四大家” ，朱世杰就是其中之一朱世杰是一位平民数学家和数学教育家朱 世杰平生勤力研习九章算术 ，旁通其它各种算法，成为元代著名数学家他全面继承 了前人数学成果，既吸收了北方的天元术，又吸收了南方的正负开方术、各种日用算法 及通俗歌诀，在此基础上进行了创造性的研究，写成以总结和普及当时各种数学知识为 宗旨的算学启蒙 ，其中有关于“松竹并生”的问题：松长四尺，竹长两尺，松日自半， 竹日自倍，松竹何日而长等如图，是源于其思想的一个程序框图若输入的 a

4、，b 分别 为 3，1，则输出的 n（ ） 第 2 页（共 17 页） A2 B3 C4 D5 8 （5 分）函数 f（x）x324x 的极大值点为（ ） A22 B322 C22 D322 9 （5 分）设函数 f（x）2cos（1 2x 3） ，若对于任意的 xR 都有 f（x1）f（x）f（x2） 成立，则|x1x2|的最小值为（ ） A 2 B C2 D4 10 （5 分）设向量 =2 ，| |25， =1，则 =（ ） A14 B16 C18 D20 11 （5 分）在四面体 ABCD 中，AB平面 BCD，BCBD，ABBD2，E 为 CD 的中点， 若异面直线 AC 与 BE 所

5、成的角为 60，则 BC（ ） A2 B2 C22 D4 12 （5 分）已知双曲线 M：x2 2 2 =1（b0）的左、右焦点分别为 F1，F2，过点 F1与双 曲线的一条渐近线平行的直线与另一条渐近线交于点 P，若点 P 在以原点为圆心，双曲 线 M 的虚轴长为半径的圆内，则 b2的取值范围是（ ） A （7+43，+） B （743，+） C （743，7+43） D （0，743）（7+43，+） 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）函数 y（1 2） x， （x0）的值域为 第 3 页（共 17 页） 14 （

6、5 分）已知实数 x，y 满足 4， + 2 + 6 0， 4， 则 = +4 4的最大值为 15 （5 分）在三棱锥 PABC 中，ABC60，PBAPCA90，点 P 到底面 ABC 的距离为2，若三棱锥 PABC 的外接球表面积为 6，则 AC 的长为 16 （5 分）等差数列an的前 n 项和为 Sn，a33，S410，则 =1 1 = 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）某校将一次测试中高三年级学生的数学成绩统计如表所示，在参加测试的学生 中任取 1 人，其成绩不低于 120 分的概率为1 4 分数 70，

7、80） 80，90） 90，100） 100，110） 110，120） 120，130） 130，140） 频数 40 50 70 60 80 m 50 （1）求 m 的值； （2）若按照分层抽样的方法从成绩在70，80） 、110，120）的学生中抽取 6 人，再从这 6 人中随机抽取 2 人进行错题分析，求这 2 人中至少有 1 人的分数在70，80）的概率 18 （12 分）图 1 是由正方形 ABCD，直角梯形 ABED，三角形 BCF 组成的个平面图形， 其中 AB2DE2，BEBFCF= 3，将其沿 AB，BC 折起使得 BE 与 BF 重合，连接 DG，如图 2 （1）证明：图

8、 2 中的 D，E，C，G 四点共面，且平面 ABD平面 DEC； （2）求图 2 中的点 A 到平面 BCE 的距离 19 （12 分）已知函数() = (3 ) + 1 2 （1）求 f（x）的周期，对称轴方程，单调增区间 （2）若 f（A）1，若 = 23，ABC 的面积为53 4 ，求ABC 的周长 20 （12 分）在直角坐标系 xOy 中，过点（2，0）的直线 l 与抛物线 y24x 交于 A，B 两点 （1）证明：直线 OA 与 OB 的斜率之积为定值 第 4 页（共 17 页） （2）已知点 M（0，1） ，且AMB 为锐角，求 l 的斜率的取值范围 21 （12 分）已知函数

9、，f（x）x2（x0） ，g（x）alnx（a0） （）若 f（x）g（x）恒成立，求实数 a 的取值范围； （）当 a1 时，过 f（x）上一点（1，1）作 g（x）的切线，判断：可以作出多少条切 线，并说明理由 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） 22 （10 分） 在直角坐标系 xOy 中， 以原点 O 为极点， x 轴的正半轴为极轴， 建立极坐标系， 椭圆 C 以极坐标系中的点（0，0）为中心、点（1，0）为焦点、 （2，0）为一个顶点直 线 l 的参数方程是 = 1 = 2 ， （t 为参数） （）求椭圆 C 的极坐标方程；

10、 （）若直线 l 与椭圆 C 的交点分别为 M（x1，y1） ，N（x2，y2） ，求线段 MN 的长度 五解答题（共五解答题（共 1 小题）小题） 23已知 a0，函数 f（x）|ax1|，g（x）|ax+2| （1）若 f（x）g（x） ，求 x 的取值范围； （2）若 f（x）+g（x）|210a7|对 xR 恒成立，求 a 的最大值与最小值之和 第 5 页（共 17 页） 2020 年高考数学（文科）全国年高考数学（文科）全国 2 卷高考模拟试卷（卷高考模拟试卷（8） 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

11、 5 分）分） 1 （5 分）若 = 2020+3 1+ ，则 z 的虚部是（ ） Ai B2i C1 D1 【解答】解： = 2020+3 1+ = 1+3 1+ = (1+3)(1) (1+)(1) = 2 + ， z 的虚部是 1 故选：D 2 （5 分）若集合 A1，m，Bm2，m+1，且 AB，则 m（ ） A0 B1 C1 D0 或 1 【解答】解：集合 A1，m，Bm2，m+1，且 AB， mm+1，mm2， 解得 m0 或 m1（舍） ， 综上，m0 故选：A 3 （5 分）已知椭圆 C： 2 64 + 2 39 = 1的左、右焦点分别为 F1，F2，点 P 在椭圆 C 上，若

12、|PF1| 6，则PF1F2的余弦值为（ ） A 3 10 B 7 10 C2 5 D3 5 【解答】解：依题意，|PF1|6，|PF2|10，而|12| = 264 39 = 10，故12= |1|2+|12|2|2|2 2|1|12| = 36+100100 2610 = 3 10， 故选：A 4 （5 分）已知等比数列an满足 a1+a26，a2+a312，则 a1的值为（ ） A1 B2 C3 D4 【解答】解：由题意，设等比数列an的公比为 q，则 2+3 1+2 = (1+2) 1+2 =q= 12 6 =2 q2 将 q2 代入 a1+a26，即 a1+a1q6， 第 6 页（共

13、 17 页） 解得 a12 故选：B 5 （5 分）2020 年 1 月，某专家为了解新型冠状病毒肺炎的潜伏期他从确诊感染新型冠状病 毒的 70 名患者中了解到以下数据： 潜伏期 2 天 3 天 5 天 6 天 7 天 9 天 10 天 12 天 人数 2 4 8 10 16 16 10 4 根据表中数据， 可以估计新型冠状病毒肺炎的潜伏期的平均值为 （精确到个位数）（ ） A6 天 B7 天 C8 天 D9 天 【解答】解：因为 = 22+34+58+610+716+916+1010+124 70 7， 所以新型冠状病毒肺炎的潜伏期的平均值为 7 天， 故选：B 6 （5 分）函数 y1g（

14、1x）+2+ + 2的定义域是（ ） A2，1 B1，1） C1，2 D （1，2 【解答】解：要使原函数有意义，则：1 0 2+ + 2 0； 解得1x1； 原函数的定义域是：1，1） 故选：B 7 （5 分） 宋元时期， 中国数学鼎盛时期中杰出的数学家有“秦（九韶） 、 李（冶） 、杨（辉） 、 朱（世杰）四大家” ，朱世杰就是其中之一朱世杰是一位平民数学家和数学教育家朱 世杰平生勤力研习九章算术 ，旁通其它各种算法，成为元代著名数学家他全面继承 了前人数学成果，既吸收了北方的天元术，又吸收了南方的正负开方术、各种日用算法 及通俗歌诀，在此基础上进行了创造性的研究，写成以总结和普及当时各种

15、数学知识为 宗旨的算学启蒙 ，其中有关于“松竹并生”的问题：松长四尺，竹长两尺，松日自半， 竹日自倍，松竹何日而长等如图，是源于其思想的一个程序框图若输入的 a，b 分别 为 3，1，则输出的 n（ ） 第 7 页（共 17 页） A2 B3 C4 D5 【解答】解：模拟程序的运行，可得 a3，b1，n1 a= 9 2，b2 不满足条件 ab，执行循环体，n2，a= 27 4 ，b4， 不满足条件 ab，执行循环体，n3，a= 81 8 ，b8， 不满足条件 ab，执行循环体，n4，a= 243 16 ，b16， 满足条件 ab，退出循环，输出 n 的值为 4 故选：C 8 （5 分）函数 f

16、（x）x324x 的极大值点为（ ） A22 B322 C22 D322 【解答】解：f（x）3x224， 当 22或22时，f（x）0；当2222时，f（x）0； f（x）x324x 的极大值点为22 故选：A 9 （5 分）设函数 f（x）2cos（1 2x 3） ，若对于任意的 xR 都有 f（x1）f（x）f（x2） 成立，则|x1x2|的最小值为（ ） A 2 B C2 D4 第 8 页（共 17 页） 【解答】解：函数 f（x）2cos（1 2x 3） ，若对于任意的 xR，都有 f（x1）f（x）f （x2） ， f（x1）是函数的最小值，f（x2）是函数的最大值，|x1x2|的

17、最小值就是函数的半周期， 2 = 1 2 2 1 2 =2； 故选：C 10 （5 分）设向量 =2 ，| |25， =1，则 =（ ） A14 B16 C18 D20 【解答】解： = = 2 ， = 2 + ， 2 = (2 + ) = 2 + ， (25)2= 2 1 + ， = 18 故选：C 11 （5 分）在四面体 ABCD 中，AB平面 BCD，BCBD，ABBD2，E 为 CD 的中点， 若异面直线 AC 与 BE 所成的角为 60，则 BC（ ） A2 B2 C22 D4 【解答】解：如图所示，取 AD 的中点 F，连接 EF，BF，则 EFAC 则BEF 为异面直线 AC

18、与 BE 所成的角 BEF60 设 BCx，则 BEEF= 2+4 2 ，BF= 2 BEF 为等边三角形， 则 2+4 2 =2，解得 x2 故选：B 第 9 页（共 17 页） 12 （5 分）已知双曲线 M：x2 2 2 =1（b0）的左、右焦点分别为 F1，F2，过点 F1与双 曲线的一条渐近线平行的直线与另一条渐近线交于点 P，若点 P 在以原点为圆心，双曲 线 M 的虚轴长为半径的圆内，则 b2的取值范围是（ ） A （7+43，+） B （743，+） C （743，7+43） D （0，743）（7+43，+） 【解答】解：过 F1（c，0）且与渐近线 ybx 平行的直线为 y

19、b（x+c） ， 与另外一条渐近线 ybx 联立得 = ( + ) = ，得 = 2 = 2 ，即 P（ 2， 2 ） ， 以原点为圆心，双曲线 M 的虚轴长为半径的圆的方程为 x2+y24b2， （ 2） 2+（ 2 ）24b2，即 c2+b2c216b2， 把 c2b2+1 代入并整理得 b414b2+10， 得 743b27+43， 即 b2的取值范围是（743，7+43） ， 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）函数 y（1 2） x， （x0）的值域为 （0，1 【解答】解：函数 y（1 2） x 在

20、定义域 R 上是减函数， 当 x0 时，y= (1 2) (1 2) 0 =1， 又y= (1 2) 0 恒成立； 函数 y 的值域为（0，1 故答案为： （0，1 14 （5 分）已知实数 x，y 满足 4， + 2 + 6 0， 4， 则 = +4 4的最大值为 2 7 第 10 页（共 17 页） 【解答】解：作出不等式组所表示的平面区域如下图阴影区域所示， = +4 4表示平面区 域内的点（x，y）与 D（4，4）连线的斜率，观察可知， +4 4 ，联立 = 4， + 2 + 6 = 0，解得 = 2 3， = 8 3 ，即( 2 3 ， 8 3)，故 = +4 4的最大值为 8 3+

21、4 2 34 = 4 3 2 3 12 3 = 2 7 故答案为： 2 7 15 （5 分）在三棱锥 PABC 中，ABC60，PBAPCA90，点 P 到底面 ABC 的距离为2，若三棱锥 PABC 的外接球表面积为 6，则 AC 的长为 3 【解答】解取 PA 的中点哦，连接 OB，OC，因为PBAPCA90， 所以 OAOPOBOC， 即 O 为三棱锥外接球的球心， 设外接球半径为 R，由 S4R26，所以 R2= 3 2， 过 O 做 OO面 ABC 交于 O，连接 OA 则 OA 为ABC， 则 OA 为ABC 外接圆的半径设为 r，则 rOA， 因为点 P 到底面 ABC 的距离为

22、2，所以 OO= 2 2 ， 在AOO中，R2OO2+r2，所以 r2= 3 2 （ 2 2 ）21，即 r1， 在ABC 中，2r= ，所以 AC2rsin602 1 3 2 = 3， 故答案为：3 第 11 页（共 17 页） 16 （5 分）等差数列an的前 n 项和为 Sn，a33，S410，则 =1 1 = 2 +1 【解答】解：等差数列an的前 n 项和为 Sn，a33，S410，S42（a2+a3）10， 可得 a22，数列的首项为 1，公差为 1， Sn= (+1) 2 ， 1 = 2 (+1) = 2(1 1 +1)， 则 =1 1 =21 1 2 + 1 2 1 3 + 1

23、 3 1 4 + + 1 1 +12（1 1 +1）= 2 +1 故答案为： 2 +1 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）某校将一次测试中高三年级学生的数学成绩统计如表所示，在参加测试的学生 中任取 1 人，其成绩不低于 120 分的概率为1 4 分数 70，80） 80，90） 90，100） 100，110） 110，120） 120，130） 130，140） 频数 40 50 70 60 80 m 50 （1）求 m 的值； （2）若按照分层抽样的方法从成绩在70，80） 、110，120）的学生中抽取 6

24、 人，再从这 6 人中随机抽取 2 人进行错题分析，求这 2 人中至少有 1 人的分数在70，80）的概率 【解答】解： （1）依题意， +50 350+ = 1 4，解得 m50.2 （2）依题意，成绩在70，80）的学生抽取 2 人，记为 A，B， 成绩在110，120）的学生抽取 4 人，记为 a，b，c，d，则任取 2 人，所有的情况为： （A，B） ， （A，a） ， （A，b） ， （A，c） ， （A，d） ， （B，a） ， （B，b） ， （B，c） ， （B，d） ， （a，b） ， （a，c） ， （a，d） ， （b，c） ， （b，d） ， （c，d） ，共 15 种

25、， 其中满足条件的为： （A，B） ， （A，a） ， （A，b） ， （A，c） ， （A，d） ， （B，a） ， （B，b） ， （B，c） ， （B，d） ，共 第 12 页（共 17 页） 9 种， 故所求概率 = 9 15 = 3 5 18 （12 分）图 1 是由正方形 ABCD，直角梯形 ABED，三角形 BCF 组成的个平面图形， 其中 AB2DE2，BEBFCF= 3，将其沿 AB，BC 折起使得 BE 与 BF 重合，连接 DG，如图 2 （1）证明：图 2 中的 D，E，C，G 四点共面，且平面 ABD平面 DEC； （2）求图 2 中的点 A 到平面 BCE 的距离

26、【解答】解： （1）证明：正方形 ABCG 中，ABCG， 梯形 ABED 中，DEAB，DECG， DECG 四点共面， AGAB，AGDE， ADDE，ADAGA，DE平面 ADG， DG平面 ADG，DEDG， 在直角梯形 ABED 中，AB2，DE1，BE= 3，解得 AD= 2， 同理，在直角梯形 GCED 中，解得 DG= 2， AGBC2，AD2+DG2AG2，ADDG， ADDE，DEDGD，AD平面 DEG， AD平面 ABD，平面 ABD平面 DEG， 平面 ABD平面 DEC （2）解：在等腰直角ADG 中，AG 边上的高为 1， 点 D 到平面 ABC 的距离为 1，

27、DE 与平面 ABC 平行，点 E 到平面 ABC 的距离 h1， = 1 2 = 2， BCE 中，BC 边上的高为：2 ( 2 )2= 2， 第 13 页（共 17 页） = 1 2 2 = 2， 设点 A 到平面 BCE 的距离为 d， 由 VABCEVEABC，得 d= 2 点 A 到平面 BCE 的距离为2 19 （12 分）已知函数() = (3 ) + 1 2 （1）求 f（x）的周期，对称轴方程，单调增区间 （2）若 f（A）1，若 = 23，ABC 的面积为53 4 ，求ABC 的周长 【解答】 解：（1） () = 3 2 + 1 2 = 3 2 2 1 2 2 = (2

28、6)， 2，f（x）的周期 T= 2 2 =； 令 2x 6 =k+ 2 （kZ） ， 解得： xk+ 3 （kZ） ， 即函数的对称轴方程为 xk+ 3， （kZ） ； 令 2k 2 2x 6 2k+ 2（kZ） ，解得：k 6 xk+ 3， （kZ） ， 则 f（x）的单调增区间为k 6，k+ 3（kZ） ； （2）f（A）sin（2A 6）1， 又 A（0，） ，2A 6（ 6， 11 6 ） ， 2A 6 = 2，可得 = 3， 又 = 23，ABC 的面积为53 4 ， 1 2 = 3 4 = 53 4 ， bc5， 由余弦定理可得：a2b2+c22bccosA，即 12b2+c2b

29、c（b+c）23bc（b+c）2 15，解得： + = 33， ABC 的周长为 + + = 23 + 33 = 53 第 14 页（共 17 页） 20 （12 分）在直角坐标系 xOy 中，过点（2，0）的直线 l 与抛物线 y24x 交于 A，B 两点 （1）证明：直线 OA 与 OB 的斜率之积为定值 （2）已知点 M（0，1） ，且AMB 为锐角，求 l 的斜率的取值范围 【解答】解： （1）证明：由题意可得直线 l 的斜率不为 0，设直线 l 的方程为：xmy+2， 设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ， 联立与抛物线的方程： = + 2 2= 4 ， 整理可得： y24my

30、80， y1+y24m， y1y28， x1x2= (12)2 16 =4， 所以 kOAkOB= 1 1 2 2 = 8 4 = 2， 即证直线 OA 与 OB 的斜率之积为定值2 （2）由（1）知，y1+y24m， 因为 =（x1，y1+1） ， =（x2，y2+1） ，且AMB 为锐角， 所以 0，且 与 不共线， 所以 x1x2+（y1+1） （y2+1）x1x2+y1y2+（y1+y2）+148+4m+10，且 0m+2，解 得 m 3 4且 m2， 所以 m 的取值范围（3 4，2）（2，+） ， 所以 l 的斜率的取值范围为（0，1 2）（ 1 2， 4 3） 21 （12 分）

31、已知函数，f（x）x2（x0） ，g（x）alnx（a0） （）若 f（x）g（x）恒成立，求实数 a 的取值范围； （）当 a1 时，过 f（x）上一点（1，1）作 g（x）的切线，判断：可以作出多少条切 线，并说明理由 【解答】解：令 h（x）f（x）g（x）x2alnx（x0） ， 所以 h（x）2x = 222 ， 令 h（x）= 222 =0， 解得 x= 2， 当 x 变化时，h（x） ，h（x）的变化情况如下表： 第 15 页（共 17 页） x （0， 2） 2 （ 2， +） h （x） ， 0 + h （x） ， 减 极小 值 增 所以在（0，+）的最小值为 h（ 2）=

32、2 aln 2 = 2 2ln 2，令 h（ 2）0，解得 0 a2e， 所以当 0a2e 时，h（x）0 恒成立，即 f（x）g（x）恒成立 （）可作出 2 条切线 理由如下：当 a1 时，g（x）lnx， 设过点 （1， 1） 的直线l与g （x） lnx相切于点P （x0， y0） ， g （x0） = 01 01， 即 1 0 = 01 01， 整理 得 x0lnx02x0+10，令 m（x）xlnx2x+1，则 m（x）在（0，+）上的零点个数与 切点 P 的个数一一对应， m（x）lnx1，令 m（x）lnx10 解得 xe 当 x 变化时，m（x） ，m（x）的变化情况如下表：

33、x （0， e） e （e， +） m （x） 0 + m （x） 减 极小 值 增 所以 m（x）在（0，e）上单调递减，在（e，+）上单调递增， 且 m（ 1 2）= 1 2ln 1 2 2 2 +1= 4 2 +10，m（e）elne2e+1e+10，m（e2） e2lne22e2+110， 所以 m（x）在（ 1 2，e）和（e，e 2）上各有一个零点， 即 xlnx2x+10 有两个不同的解， 第 16 页（共 17 页） 所以过点（1，1）可以作出 2 条切线 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） 22 （10 分） 在直角

34、坐标系 xOy 中， 以原点 O 为极点， x 轴的正半轴为极轴， 建立极坐标系， 椭圆 C 以极坐标系中的点（0，0）为中心、点（1，0）为焦点、 （2，0）为一个顶点直 线 l 的参数方程是 = 1 = 2 ， （t 为参数） （）求椭圆 C 的极坐标方程； （）若直线 l 与椭圆 C 的交点分别为 M（x1，y1） ，N（x2，y2） ，求线段 MN 的长度 【解答】 解：（） 椭圆C以极坐标系中的点 （0， 0） 为中心、 点 （1， 0） 为焦点、（2， 0） 为一个顶 点 所以 c1，a= 2，b1， 所以椭圆的方程为 2 2 + 2= 1，转换为极坐标方程为2= 2 1+2 （）

35、 直线 l 的参数方程是 = 1 = 2 ， （t 为参数） 转换为直角坐标方程为 2x+y20 设交点 M（x1，y1） ，N（x2，y2） ， 所以 2 + 2 = 0 2 2 + 2= 1 ，整理得 9x216x+60， 所以1+ 2= 16 9 ，12= 6 9， 所以| = 1 + (2)2|x1x2|= 5(1+ 2)2 412= 10 9 2 五解答题（共五解答题（共 1 小题）小题） 23已知 a0，函数 f（x）|ax1|，g（x）|ax+2| （1）若 f（x）g（x） ，求 x 的取值范围； （2）若 f（x）+g（x）|210a7|对 xR 恒成立，求 a 的最大值与最小值之和 【解答】解： （1）因为 f（x）g（x） ，所以|ax1|ax+2|， 两边同时平方得 a2x22ax+1a2x2+4ax+4， 即 6ax3， 当 a0 时，x 1 2， 当 a0，时 x 1 2 （2）因为 f（x）+g（x）|ax1|+|ax+2|（ax1）（ax+2）|3， 第 17 页（共 17 页） 所以 f（x）+g（x）的最小值为 3， 所以|210a7|3，则3210a73， 解得 lg2alg5， 故 a 的最大值与最小值之和为 lg2+lg5lg101