【文档说明】【精准解析】福建省普通高等学校招生全国统一考试2020届高三模拟考试数学（文）试题.doc，共(25)页，2.519 MB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

2020年普通高等学校招生全国统一考试数学模拟测试本试卷共23题，共150分，考试时间120分钟，考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区

域内.2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整，笔迹清楚.3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效.4.作图可先使用铅

笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑.5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱.不准使用涂改液、修正带、刮纸刀.一、选择题：本题共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.已知

全集UR，集合{|24,}AxxxZ与{|2,}BxxkkZ的关系的韦恩图如图所示，则阴影部分所表示的集合的元素共有（）.A.2个B.3个C.4个D.5个【答案】B【解析】【分析】由韦恩图确定所求集合为UAB∩ð，由交集和补集定义即可求得结果.【详

解】由韦恩图可知所求阴影部分为UAB∩ð，2,1,0,1,2,3,4A，B集合表示所有2的倍数，1,1,3UABð.阴影部分所表示的集合的元素个数为3个.故选：B.【点睛】本题考查集合运算中的交集和补集运算，涉及到根

据韦恩图确定所求集合，属于基础题.2.若复数21aiziR，则实数a（）.A.2B.2C.1D.1【答案】A【解析】【分析】根据复数的除法运算可整理得到z，根据实数的定义可知虚部为零，由此可求得结果.【详解】2122222

111222aiiaaiaiaaziRiii，202a，解得：2a.故选：A.【点睛】本题考查根据复数的类型求解参数值的问题，涉及到复数的除法运算，属于基础题.3.下列是函数()tan

24fxx的对称中心的是（）.A.,04B.,04C.(0,0)D.3,08【答案】D【解析】【分析】令242kxkZ解出x后可得函数的对称中心，对应各个选项可得结

果.【详解】令242kxkZ，解得：84kxkZ，fx的对称中心为,084k，kZ，当1k时，3848k，故3,08是fx的一个对称中心.故选：D.【点睛】本题考查正切型函数对称中心的求解问题，关键是熟

练掌握整体对应的方式，属于基础题.4.下图统计了截止到2019年年底中国电动汽车充电桩细分产品占比及保有量情况，关于这5次统计，下列说法正确的是（）A.私人类电动汽车充电桩保有量增长率最高的年份是2018年B.公共类电动汽车充电桩保有量的中位数是25.7万台C.公共类电动汽车充电桩保有量的

平均数为23.12万台D.从2017年开始，我国私人类电动汽车充电桩占比均超过50%【答案】D【解析】【分析】根据统计图表中数据依次判断各个选项即可得到结果.【详解】对于A，2016年私人类电动汽车充电桩保有量增长率为6.30.8

100%687.5%0.8，高于2018年的增长率47.723.2100%105.6%23.2，A错误；对于B，公共类电动汽车充电桩保有量由小至大排序，位于第三位的是21.4，故中位数为21.4万台，B错误；对于C，公共类电动汽

车充电桩保有量的平均数为4.914.121.430.044.723.025万台，C错误；对于D，从2017年开始，私人类电动汽车充电桩占比分别为52.0%，61.4%，57.5%，均超过50%，D正确.故选：D.【点睛】本题考查根据统计图表解决实际问题，涉及到

增长率、中位数和平均数的计算，属于基础题.5.科赫曲线是一种外形像雪花的几何曲线，一段科赫曲线可以通过下列操作步骤构造得到，任画一条线段，然后把它均分成三等分，以中间一段为边向外作正三角形，并把中间一段去掉，这样，原来的一条线段就变成了4条

小线段构成的折线，称为“一次构造”；用同样的方法把每条小线段重复上述步骤，得到16条更小的线段构成的折线，称为“二次构造”，…，如此进行“n次构造”，就可以得到一条科赫曲线.若要在构造过程中使得到的折线的长度达到初始线段的1000倍，则至少需要通过构造的次数是（）.（取lg30.

4771，lg20.3010）A.16B.17C.24D.25【答案】D【解析】【分析】由折线长度变化规律可知“n次构造”后的折线长度为43na，由此得到410003n，利用运算法则可知32lg2lg3n，由此计算得到结

果.【详解】记初始线段长度为a，则“一次构造”后的折线长度为43a，“二次构造”后的折线长度为243a，以此类推，“n次构造”后的折线长度为43na，若得到的折线长度为初始线段长度的1000

倍，则410003naa，即410003n，44lglglg4lg32lg2lg3lg1000333nnnn，即324.0220.30100.4771n，至少需要25次构造.故选：D.【点睛】本题考查

数列新定义运算的问题，涉及到对数运算法则的应用，关键是能够通过构造原则得到每次构造后所得折线长度成等比数列的特点.6.执行如图所示的程序框图，若输入的a的值为4，则输出的a的值为（）.A.6B.7C.8D.9【答案】B【解析】【分析】按照程序框图运行程序，

直到不满足MN时输出结果即可.【详解】按照程序框图运行程序，输入4a，100M，1N，满足MN，循环；1004104M，144N，5a，满足MN，循环；1045109M，4520N

，6a，满足MN，循环；1096115M，206120N，7a，不满足MN，输出7a.故选：B.【点睛】本题考查根据程序框图循环结构计算输出结果的问题，属于基础题.7.已知直线10axy将圆22:(1)(2)4C

xy平分，则圆C中以点,33aa为中点的弦的弦长为（）.A.2B.22C.23D.4【答案】C【解析】【分析】由直线平分圆可知其过圆心，从而求得a，根据圆心与弦中点连线垂直于弦，可利用勾股定理求得

半弦长，进而得到弦长.【详解】直线10axy平分圆C，直线10axy过圆C的圆心1,2C，210a，解得：3a，圆心1,2C到点,33aa的距离为2211211，所求弦长为24123.故选：C.【点睛】本题考

查直线被圆截得弦长的求解，关键是熟练掌握圆的性质，即圆心与弦中点连线垂直于弦.8.关于函数()sinfxxx，[,]x，有下列三个结论：①()fx为偶函数；②()fx有3个零点；③()fx在0,2上单调递增.其中所有正确结论的编号是（）.A.①②B.①③C.②

③D.①②③【答案】D【解析】【分析】由奇偶性定义可知①正确；令0fx可求得零点，知②正确；根据导函数恒正可确定③正确.【详解】sinsinfxxxxxfx，fx为偶函数，

①正确；令0fx，则0x或sin0x，当sin0x时，0x或x或x，fx的零点为0x或x或x，共3个，②正确；sincosfxxxx，当0,2x时，

sin0x，cos0x，0fx，fx在0,2上单调递增，③正确.故选：D.【点睛】本题考查函数性质与零点的相关知识，涉及到奇偶性和单调性的判断、零点的求解等知识；关键是能够熟练掌握奇偶性和函数单调性的判断方法，同

时熟悉正弦函数的相关知识.9.已知圆锥SC的高是底面半径的3倍，且圆锥SC的底面直径、体积分别与圆柱OM的底面半径、体积相等，则圆锥SC与圆柱OM的侧面积之比为（）.A.10:1B.3:1C.2:1D.10:2【答案】A【解析】【分析】设圆锥SC的底面半径为r，可求得圆锥的母线长，根据圆锥侧面积

公式求得侧面积；由圆锥体积与圆柱体积相等可构造方程求得圆柱的高，进而根据圆柱侧面积公式求得圆柱侧面积，从而求得比值.【详解】设圆锥SC的底面半径为r，则高为3r，圆锥SC的母线长22910lrrr，圆锥SC的侧面积为210rlr；圆柱OM的底面半径为2r，高为h，又圆锥的

体积23133Vrrr，234rhr，4rh，圆柱OM的侧面积为2224rhrhr，圆锥SC与圆柱OM的侧面积之比为2210:10:1rr.故选：A.【点睛】本题考查圆锥和圆柱侧面积

的求解问题，涉及到圆锥和圆柱体积公式的应用，属于基础题.10.对于集合12,,,nxxx，定义：22210200coscoscosnxxxxxxn为集合12,,,nxxx相对于0x的“余弦方差”

，则集合32,,,105105相对于0x的“余弦方差”为（）A.14B.12C.22D.33【答案】B【解析】【分析】根据所给“余弦方差”定义公式，代入集合中的各元素，即可得的表达式，结合余弦降幂公式及诱导公式化简，即可求解.【详解】由题意可知，集合32,,,105

105相对于0x的“余弦方差”代入公式可得2222000032coscoscoscos1051054xxxx0000321cos2

1cos21cos21cos210510522224xxxx0000321cos21cos21cos21cos21051058xxxx

00002344cos2cos2cos2cos255558xxxx因为0000423cos2cos20

,cos2cos205555xxxx所以原式4182，故选：B.【点睛】本题考查了新定义应用，降幂公式及诱导公式化简三角函数式的应

用，属于中档题.11.已知ln2,0()12,02xxxfxx，则满足()12(())12fmffm的实数m的取值范围是（）.A.(,1]B.2(,1]0,eC.(,

1]D.(,1](0,1]【答案】B【解析】【分析】令tfm，可求得122tft，知0fmt，分别在0m和0m两种情况下解不等式求得结果.【详解】令tfm，则1212tf

t，122tft，0fmt，当0m时，ln20m，解得：20me；当0m时，1202m，解得：1m；综上所述：m的取值范围为2,10,e.故选：B.【点睛】本题考查根据

方程有解求解参数范围问题，关键是能够采用换元法将问题转化为函数不等式的求解问题，进而利用分类讨论构造不等式求得结果.12.在直四棱柱1111ABCDABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，15AA，垂直于1AA的截面分别与面对角线1DA，1BA，1B

C，1DC相交于四个不同的点E，F，G，H，则四棱锥1AEFGH体积的最大值为（）.A.83B.1258C.12825D.64081【答案】D【解析】【分析】由直棱柱的特点和底面为正方形可证得四边形EFGH为矩形，设

点1A到平面EFGH的距离为501tt，可表示出,EFFG，根据四棱锥体积公式将所求体积表示为关于t的函数，利用导数可求得所求的最大值.【详解】四棱柱1111ABCDABCD为直四棱柱，1AA平面ABCD，1AA平面1111DCBA平面//EFGH平面ABCD，平面//EFGH平

面1111DCBA，由面面平行性质得：11EF//BD//GH，EH//AC//FG，又11BDAC，EFFG，四边形EFGH为矩形.设点1A到平面EFGH的距离为501tt，1142ACBD，421EFt，42FGt，四棱锥1AEFGH的体积23

1160532133Vttttt，2160233Vtt，当20,3t时，0V，当2,13t时，0V，当23t时，max16048640392781V

.故选：D.【点睛】本题考查立体几何中的体积最值的求解问题，关键是能够将所求四棱锥的体积表示为关于某一变量的函数的形式，进而利用导数来求解函数最值，从而得到所求体积的最值.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.13.曲线

1()2xfxx在1x处的切线斜率为__________.【答案】2ln21【解析】【分析】求导后，代入1x即可求得结果.【详解】由212ln2xfxx得：12ln21f，即在1x处的切线斜率为2ln21.故答案为：2ln21.【点睛】本题考查利用导

数的几何意义求解切线斜率问题，属于基础题.14.如图，在平行四边形ABCD中，E为BC的中点，F为DE的中点，若AFmABnAD，则mn__________.【答案】23【解析】【分析】根据平面向

量线性运算可得到1324AFABAD，由此确定,mn的值，从而求得结果.【详解】11112222AFADDFADDEADDCCEADABCB11132224ADABADABAD

，AFmABnAD，12m，34n，23mn.故答案为：23.【点睛】本题考查平面向量的线性运算，涉及到平面向量的加减法运算和数乘运算，考查学生对于平面几何中的向量运算掌握的熟练程度.15.已知双曲线222:1(0)4xyCbb的左、右顶点分别为A

、B，点P在双曲线C上，且直线PA与直线PB的斜率之积为1，则双曲线C的焦距为__________.【答案】42【解析】【分析】设00,Pxy，利用斜率乘积为1和P在双曲线上可构造方程组求得2b，进而得到2c，求得焦距.【详解】由双曲线方程知：2,0A，2,

0B，设00,Pxy，则200020001224PAPByyykkxxx，即22004xy，又2200214xyb，24b，2228cab，双曲线C的焦距为242c.故答案为：42.【点睛】本题考查双曲线

焦距的求解问题，关键是能够利用斜率关系和点在双曲线上构造方程求得双曲线标准方程中的未知量.16.已知ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，23B，BD平分ABC交AC于点D，若2BD，23ADCD，则ABC的面积为__

________.【答案】2536【解析】【分析】由角平分线定理可得23ac，设2CDm，则3ADm，利用余弦定理表示出coscosBDCBDA和1cos2ABC，从而构造方程组求得c，代入三角形面积公式即可求得结果.【详解】由角平分线定理得：32ABADBCDC，即23

ac，设2CDm，则3ADm，222224449cos28mcBDCDBCBDCBDCDm，2222249cos212BDADABmcBDABDADm，又coscos

cosBDCBDABDA，2222444499812mcmcmm，整理得：2296cm…①22222242519cos22223ccmABBCACABCABBCcc，整理

得：2219259cm…②，①②联立可解得：225c，即5c，21033ac，11102253sin5sin22336ABCSacB.故答案为：2536.【点睛】本题考查解三角形的相关知识

，涉及到余弦定理和三角形面积公式的应用、角平分线定理的应用；关键是能够利用互补角的余弦值互为相反数和余弦定理来构造方程组求得未知量.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题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.2019年10月1日，庆祝中华人民共和国成立70周年大会、阅兵式、群众游行在北京隆重举行，这次阅兵编59个方（梯）队和联合军乐团，总规模约1.5万人，各型飞机160余架

、装备580余套，是近几次阅兵中规模最大的一次.某机构统计了观看此次阅兵的年龄在30岁至80岁之间的100个观众，按年龄分组：第1组[30,40)，第2组[40,50)，第3组[50,60)，第4组[60,70)，第5组[

70,80]，得到的频率分布直方图如图所示.（1）求a的值及这100个人的平均年龄（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；（2）用分层抽样的方法在年龄为[50,60)、[60,70)的人中抽取5人，再从抽取的5

人中随机抽取2人接受采访，求接受采访的2人中年龄在[50,60)的恰有1人的概率.【答案】（1）0.02a，平均年龄为54.5岁；（2）35【解析】【分析】（1）根据频率和为1可构造方程求得a；利用频率分布直方图估计平均数的方法可计算得到平均年龄；（2）根据分层抽样原则可计算得到

从50,60抽取3人，从60,70抽取2人，采用列举法可得到基本事件总数和满足题意的基本事件个数，由古典概型概率公式计算可得结果.【详解】（1）0.0050.0350.030.01101a，0.02a.平均年龄为350.05450.35550.3

650.2750.154.5（岁）.（2）根据分层抽样原则可知：从50,60中应抽取0.3530.5人，从60,70中应抽取0.2520.5人.设从50,60抽取的3人为,,abc，从60,70抽取的2人为,AB，则随机抽取2人采访，基

本事件有,ab，,ac，,aA，,aB，,bc，,bA，,bB，,cA，,cB，,AB，共10种，其中年龄在50,60的恰有1人的有,aA，,aB，,bA，,bB，,cA，,cB，共6种，所求概率63105p

.【点睛】本题考查根据频率分布直方图求解参数值和估计平均数、分层抽样的应用和古典概型概率问题的求解；求解古典概型概率问题的常用方法是采用列举法列举出所有基本事件总数，并从中找到符合题意的基本事件个数，进而根据概率公式求得结果.18.已知数列na的前n项和为nS，11a，121nnSan

.（1）求证：12na是等比数列；（2）若4nnb=，求数列4nnab的前n项和nT.【答案】（1）证明见解析；（2）8121841113nn【解析】【分析】（1）利用1nnnaSS和已知

等式可得111322nnaa，经验证1n时依然成立，从而证得数列为等比数列；（2）由等比数列通项公式可求得12na，进而得到na；得到4nnab通项公式后，采用分组求和法，结合等比数列求和公式可求得结果.【

详解】（1）121nnSan，当2n时，122nnSan，两式作差得：121nnnaaa，即131nnaa，111322nnaa，当1n时，1220Sa

，即2122aa，2111322aa，满足111322nnaa，又11122a，数列12na是以12为首项，3为公比的等比数列.（2）

由（1）知：111322nna，11312nna，114231481224nnnnnnab，0111281212122444nnnT41481218411128211214113n

nnn.【点睛】本题考查等比数列的证明、分组求和法求解数列的前n项和的问题，涉及到na与nS关系的应用、利用递推关系式证明数列为等比数列、等比数列求和公式等知识，属于常考题型.19.在四棱锥MABCD中，底面ABCD是直角梯形，AD平面ABM，22BMABAMAD

4.（1）证明：AM平面ABCD；（2）若E是BM的中点，3CD，求E到平面ACM的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）85【解析】【分析】（1）由勾股定理和线面垂直性质可得AMAB，ADAM，由线面垂直判定定理可证得结论；（2）利用体积桥的

方式，首先求得三棱锥CAEM的体积，进而根据13EACMCAEMACMVVSd可求得所求的距离.【详解】（1）22ABAMBM，222ABAMBM，AMAB，AD平面ABM，AM平面ABM，ADAM，ABADA

QI，,ABAD平面ABCD，AM平面ABCD.（2）AD平面ABM，ABÌ平面ABM，ADAB，四边形ABCD为直角梯形，//ABCD，点C到平面ABM的距离等于AD，又E为BM中点，1114

222AEMABMSSABAM，111644333CAEMAEMVSAD.由（1）知：AM平面ABCD，又AC平面ABCD，AMAC，229165ACCDAD，11541022ACMSACAM，设点E到平面ACM的距离为

d，11016333EACMCAEMACMVVSdd，解得：85d，即点E到平面ACM的距离为85.【点睛】本题考查立体几何中线面垂直关系的证明、点到面的距离的求解问题；求解点到面的距离的常用方法是采用体积

桥的方式，将问题转化为三棱锥的高的求解问题.20.已知直线l与椭圆22:162xyC交于不同的两点A，B.（1）若线段AB的中点为11,2，求直线l的方程；（2）若l的斜率为k，且l过椭圆C的左焦点F，AB的垂直平分线与x轴交于点N，求证：||||FNAB

为定值.【答案】（1）4670xy；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用点差法可求得直线l的斜率，进而求得直线l的方程；（2）设:2lykx，与椭圆方程联立得到韦达定理的形式，进而表示出AB中点坐标；当0k时，易求得||||FNAB的值；当0k时，

可得AB垂直平分线方程，进而求得N点坐标和FN，利用弦长公式求得AB，进而求得||||FNAB的值；综合两种情况可知||||FNAB为定值.【详解】（1）设11,Axy，22,Bxy，则22112222162162xyxy

，两式作差得：2112211213yyxxxxyy，ABQ中点为11,2，2121lyykxx，12233lk，直线l的方程为：12123yx，即：4670xy.（2）由椭圆方程知

：2,0F，可设直线l的方程：2ykx，联立222162ykxxy得：222213121260kxkxk，设11,Axy，22,Bxy，则21221213kxxk

，212212613kxxk，3121222124441313kkyykxxkkkk，21226213xxkk，1222213yykk，当0k时，26AB，2FN，66FNAB；当

0k时，AB的垂直平分线方程为：2222161313kkyxkkk，令0y得：22413kxk，224,013kNk，222221421313kkFNkk，2222221212224126121411313kkABk

xxxxkkk2226113kk，222221613626113kFNkABkk；综上所述：FNAB为定值66.【点睛】本题考查直线与椭圆综合应用问题，涉及到中点弦所在直线方程、定值问题的求解；求解中点弦问题的常用方法是点差法的

方式；求解定值问题的关键是能够通过某一变量表示出所求值，通过化简消元得到定值.21.已知函数()lnfxaxx，其中a为常数.（1）讨论函数()yfx的单调性；（2）当ae（e为自然对数的底数），[1,)x时，若方程(1)()1bxfxx有两个不等实数根，求实数b的

取值范围.【答案】（1）当0a时，fx在0,上单调递减；当0a时，fx在0,a上单调递增，在,a上单调递减；（2）1,1【解析】【分析】（1）分别在0a和0a两种情况下，根据fx的正

负确定fx的单调性；（2）将问题转化为当1,x时，21lnexxxgxx与yb有两个不同交点的问题，通过导数可求得gx的单调性和最值，进而得到函数图象，通过数形结合的方式可确定b的范围.【详解】（1）

由题意得：fx定义域为0,，1aaxfxxx，当0a时，0fx，则fx在0,上单调递减；当0a时，令0fx，解得：xa，当0,xa时，0fx；当,xa

时，0fx，fx在0,a上单调递增，在,a上单调递减.综上所述：当0a时，fx在0,上单调递减；当0a时，fx在0,a上单调递增，在,a上单调递减.（2）

当ae时，1ln1bxexxx有两个不等实根，方程可化为21lnexxxbx，令21lnexxxgxx，则22lnxexeexgxx，令2lnhxxexeex，则222exexehxxexx，当

1,x时，22xexe20，即hx<0hx在1,上单调递减，11221hxhee，且220heeeeehx在1,上有且仅有

一个零点xe，当1,xe时，0hx，即0gx；当,xe时，0hx，即0gx，gx在1,e上单调递增，在,e上单调递减，max11g

xgeee，11g，由此可得gx图象如下图所示：则当1,x时，方程11bxfxx有两个不等实数根等价于当1,x时，gx与yb有两个不同交点，由图象可知：1,1b.【点睛】本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到利

用导数讨论含参数函数的单调性、根据方程根的个数求解参数范围的问题；求解方程根的个数问题的关键是能够将问题转化为两个函数图象交点个数的求解问题，利用数形结合的方式求得结果.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23两

题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.22.在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为1cos21cos22tanxy（为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，

直线l的极坐标方程为2sin306.（1）求曲线C的普通方程与直线l的直角坐标方程；（2）射线6与曲线C交于点A（异于原点）、与直线l交于点B，求||AB的值.【答案】（1）2:4Cyx；:330lxy；（2）83

1【解析】【分析】（1）利用二倍角公式化简1cos21cos2x，消去参数后可得曲线C的普通方程；利用两角和差正弦公式化简2sin306，根据极坐标与直角坐标互化原则可得直线l的直角坐标

方程；（2）将曲线C化为极坐标方程的形式，将6分别代入曲线C和直线l的极坐标方程，可求得,AB，由ABAB可求得结果.【详解】（1）2221cos22sintan1cos22cosx

，2tany，24yx，即曲线C的普通方程为：24yx；由2sin306得：2sincos2cossin33sincos3066，直线l的直角坐标方

程为：330xy.（2）由24yx可得曲线C的极坐标方程为2sin4cos，当6时，83A，1B，831ABAB.【点睛】本题考查参数方程化为普通方程、极坐标方程化为直角坐标方程、利用极坐标求解线段长度的问题；关键是能够熟练应用极径的定义，将所求线

段长度转化为极径之差的求解问题.23.已知函数24()|2|(0)afxxxaa，()8|3|gxx.（1）当1a时，求不等式()11fx的解集；（2）若关于x的不等式()()f

xgx的解集包含[2,1]，求a的取值集合.【答案】（1）4,7；（2）2【解析】【分析】（1）利用零点分段法可进行分类讨论得到不等式组，解不等式组可求得结果；（2）将问题转化为当2,1x

时，24283axxxa恒成立问题的求解，去掉绝对值符号后得到243axa，根据恒成立思想可知244aa，结合0a可求得结果.【详解】（1）当1a时，32,2527,2523,5xxfxxxxxx，由32112xx

得：42x；由71125x得：25x；由23115xx得：57x，综上所述：11fx的解集为4,7.（2）由题意可知：当2,1x

时，24283axxxa恒成立，即24832axxxa恒成立，0a，240aa，当2,1x时，240axa，30x，20x，2483232axxxxa，243axa在2,1上恒成立，24

4aa，又0a，可解得：2a，a的取值集合为2.【点睛】本题考查绝对值不等式的求解、恒成立问题的求解；关键是能够根据解集的子集将问题转化为在不等式在子集范围内恒成立问题的求解，进而通过分离变量

将问题转化为所求变量与函数最值之间的大小关系求解问题.