【文档说明】安徽省阜阳市2023届高三下学期3月质量检测数学试题 Word版含解析.docx，共(22)页，1.612 MB，由小赞的店铺上传

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高三数学考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选

择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效．．．．．．．．．．．．．，在试题卷．

．．．、草稿纸上作答无效．．．．．．．．.4.本卷命题范围：高考范围.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.已知复数13i2iiz−=+，则z=（）A.3i−+B.3i−

−C.3i+D.3i−【答案】B【解析】【分析】由复数的乘法和除法运算化简复数，再由共轭复数的定义即可得出答案.【详解】因为13i2i3i2i3iiz−=+=−−+=−+，所以3iz=−−．故选：B．2.已知集合

Z41Axx=−，12,1,0,2B=−−，则AB的非空子集个数为（）A.7B.8C.15D.16【答案】A【解析】【分析】先依次求出集合A和AB，再由子集公式结合非空子集定义即可得解.【详解】因为Z413,2,1,0Axx=−=−−−，又12,1,0,2B

=−−，所以2,1,0AB=−−，所以AB的元素个数为3，其非空子集有3217−=个.故选：A.3.已知角的顶点与坐标原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点()1,2P−，则πsin26+=（）A.33410+−B.43310+−

C.33410−+D.43310−+【答案】B【解析】【分析】由终边上的点可得25sin5=，5cos5=−，再应用二倍角正余弦公式及和角正弦公式求πsin26+.【详解】角的终边的经过()1,2P−，所以225sin55==，15cos

55=−=−，所以4sin22sincos5==−，23cos22cos15=−=−，所以πππ433sin2sin2coscos2sin66610++=+=−．故选：B．4.已知平面向量a，b是单位向量，且1ab−=rr，向量c满足32cab−−=，则c的最大值

为（）A.332B.23C.31+D.231+【答案】A【解析】【分析】根据向量模的定义可得21ab=，进而求得3ab+=rr，利用向量的线性运算，结合向量模的定义即可求解.【详解】解：因为1ab−=rr，所以21ab−=，即2221aabb−+=，又1ab==，所以21a

b=．所以()22223+=+=++=ababaabbrrrrrrrr．因为ccabab=−−++，所以333322ccabab−−++=+=．故选：A．5.设7log4a=，171log3b=，172c=，则a，b，c的大小关系是（）A.abcB.bcaC.cab

D.cba【答案】C【解析】【分析】根据指数函数、对数函数的单调性，分析比较，即可得答案.【详解】因为2xy=在R上为增函数，所以017221=，即1c．因为7logyx=在()0,+上为增函数，所

以177771loglog3log4log713==，即1ba，所以cab．故选：C．6.地震震级是根据地震仪记录的地震波振幅来测定的，一般采用里氏震级标准．里氏震级()M是用距震中100千米处的标准地震仪所记录的地震波的最大振幅的对数值来表示的．里氏震级的计算公式为0lglgM

AA=−，其中A是被测地震的最大振幅，0A是“标准地震”的振幅（使用标准地震振幅是为了修正测震仪距实际震中的距离造成的偏差）．根据该公式可知，2021年7月28日发生在美国阿拉斯加半岛以南91公里处的8.2级地震的最大振幅约是2021年8月4日发

生在日本本州近岸5.3级地震的最大振幅的（）倍（精确到1）．（参考数据：0.4102.512，0.5103.162，2.810631）A.794B.631C.316D.251【答案】A【解析】【分析】将阿拉斯加半岛的震幅1A和日本本州近岸5.3级地震的震幅2A表示成指数形式，作商即可.【

详解】由题意00lglglgAMAAA=−=，即010MAA=，则010MAA=；当8.2M=时，地震的最大振幅8.21010AA=，当5.3M=时，地震的最大振幅5.32010AA=，所以8.22.90.40.52015.32010101010102.5123.1621007

9410AAAA===，即12794AA；故选：A．7.已知双曲线2212:1(0)4xyCbb−=，其左、右焦点分别为1F，2F.点2F到1C的一条渐近线的距离为1.若双曲线2C的焦点在y轴上且与1C具有相同的渐近线，则双曲线2C的离心率为（）A3B.2C.5D.6【答案

】C【解析】【分析】先利用点2F到1C的一条渐近线的距离求出1b=，再由双曲线的渐近线及离心率的公式求解即可.【详解】设双曲线1C的半焦距为c,则右焦点()2,0Fc，不妨设双曲线1C的一条渐近线为20bxy-=

，因为点2F到1C的一条渐近线的距离为1，所以214bcb=+，由于22224,acab==+，解得1b=.设2C：221122111(0,0)yxabab−=，其半焦距为1c，其渐近线方程为11ayxb=，由题意可知，11

2abb=，所以1112ab=，即112ba=，所以双曲线2C的离心率为22221111122211111145ccabbeaaaa+====+=+=.故选：C..8.已知函数()312xfxx+=+，()()42exgxx=−，若)12,0,xx+，不等式()()(

)()2221eetgxtfx++恒成立，则正数t的取值范围是（）A.21,eeB.(272,e−C.)27,++D.())27e,++【答案】D【解析】【分析】根据函数解析式可分别判断出()()fxgx，单

调性，由不等式恒成立可得只需满足()()()()22maxmineetgxtfx++即可，利用函数单调性分别求得其最值即可求出正数t的取值范围.【详解】因为()()3253153222xxfxxxx+−+===−+++，所以()fx在)0,+上单

调递增，所以对)0,x+，()()102fxf=．因为()()42exgxx=−，所以()()()2e42e21exxxgxxx=−+−=−，当1x时，()0gx；当01x时，()0gx，所以函数()gx在()0,1上单调递增，在()1,+上单调递减，所以()m

ax()12egxg==．因为0t，任意)210,xx+，，不等式()()()()2221eetgxtfx++恒成立，所以有()()221e2ee2tt++，整理得224e3e0tt−−，解得()27et−或()

27et+，所以正数t的取值范围为())27e,++．故选：D．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.若函数

()222sincos2cos2fxxxx=+−，则下列说法正确的是（）A.函数()yfx=的图象可由函数sin2yx=的图象向右平移π4个单位长度得到B.函数()yfx=的图象关于直线3π8x=−对称C.函数()yfx

=的图象关于点3π,08−对称D.函数()yxfx=+在π0,8上为增函数【答案】BD【解析】【分析】由三角函数的恒等变换化简()πsin24fxx=+，再由三角函数的平移变换可判断A；求出

3π18f−=−可判断B、C；先判断()yfx=在π0,8上为增函数，即可判断()yxfx=+在π0,8的单调性.详解】由题意，()2222π2sincos2cossin2cos2sin22224fxxxxxxx=+−=+=+．函数sin

2yx=的图象向右平移π4个单位长度可得到()ππsin2sin2cos242fxxxx=−=−=−，故A错误；3π3ππsin21884f−=−+=−，所以函数()yfx=的图象关于直线3π8x=−对称，故B正确，C错误；函数yx

=在π0,8上为增函数，π0,8x时，πππ2,442x+，故函数()fx在π0,8上单调递增，所以函数()yxfx=+在π0,8上为增函数，故D正确．故选：BD

．10.下列说法正确的是（）A.若22abcc，则22acbc−−B.若0a，0b，且1ab+=，则+ab的最大值是1C.若0a，0b，则122abab++D.函数2214sincosyxx=+的最小值为9【答案】

ACD【【解析】【分析】利用不等式的性质由22abcc，可得到22acbc−−，可知选项A正确；利用均值定理和题给条件可得+ab的最大值是2，可得选项B错误；利用均值定理和题给条件可得1abab++最小值为22，可得选项C正确；利用均值定理和题给条件可得函

数2214sincosyxx=+的最小值为9，可得选项D正确.【详解】因为22abcc，则ab，所以22acbc−−成立，故A正确；由12121222abababab+=++=++=．当且仅当12ab==时，+ab取得最大值2，故B错误；因为0a，0b，所

以11122222abababababab+++=，当且仅当,12,ababab==即22ab==时，等号成立，故C正确；()2222221414sincossincossincosyxxxxxx=+=++2222222

2cos4sincos4sin5529sincossincosxxxxxxxx=+++=，当且仅当2222sincos3xx==时等号成立，故D正确．故选：ACD．11.在长方体1111ABCDABCD−中，AB＝3，14ADAA==，P

是线段1BC上的一动点，则下列说法正确的是（）A.1//AP平面1ADCB.1AP与平面11BCCB所成角的正切值的最大值是223C.1APPC+的最小值为1722+D.以A为球心，5为半径的球面与侧面11BCCB的交线长是2π【答案】ACD【解析】【分析】由平面与平面平行，可得直线与平面平行即可

判断A，根据线面角定义找出线面角，当BP最短时，可求线面角的正切的最大值判断B，根据展开图，转化为求2AC，利用余弦定理求解即可判断C，根据球面与侧面交线为圆弧的四分之一即可求解即可判断D.【详解】对于A，如图，在长方体中，11//ACAC，11

AC平面1ADC，AC平面1ADC，所以11//AC平面1ADC，同理可得1//AB平面1ADC，又1111=ABACA，所以平面11//ABC平面1ADC，1AP平面11ABC，所以1//AP平面1

ADC，所以A正确；对于B，因为11AB⊥平面11BCCB，所以1AP与平面11BCCB所成角为11APB，如图，当11BPBC⊥时，1BP最小，11APB的正切值最大，11111332tan422ABAPBBP===，所以B错误；对于C，将11AC

B△沿1BC翻折与1BCC在同一个平面，且点2A，C在直线1BC的异侧，如图，此时2215ABAC==，14CBCC==，142BC=,145BCC=,所以222215(42)522cos52542ACB+

−==，所以2117sin5ACB=，故2222212154434coscos(45)10254ACACCACB+−−=+==，解得21722AC=+，所以1APPC+的最小值为1722+，所以C正确；对于D，如图，由于AB⊥平面11BCCB，所以交线为以B为圆心，半径为

4的四分之一圆周，所以交线长为2π，所以D正确，故选：ACD．12.已知函数()()23,0,3,0,xxxfxfxx−−=−以下结论正确的是（）A.𝑓(𝑥)在区间[7,9]上是增函数B.()()220222ff−+=C.若函数()yfxb=−(),6−上

有6个零点()1,2,3,4,5,6ixi=，则619iix==D.若方程()1fxkx=+恰有3个实根，则11,3k−−【答案】BC【解析】【分析】A根据𝑓(𝑥)的周期性判断区间单调性；B利用周期

性求得()()202230ff=−=即可判断；C转化为yb=与()yfx=的交点问题，应用数形结合法及对称性求零点的和；D根据函数图象求得1ykx=+与()yfx=交点个数为2或3时的临界值，即可得范围.【详解】A：由题意,当3x−时𝑓(𝑥)以3

为周期的函数，故𝑓(𝑥)在[7,9]上的单调性与𝑓(𝑥)在[-2,0]上的单调性相同，而当0x时()23924xxf=−++，∴𝑓(𝑥)在[-2,0]上不单调，错误；B：()

22f−=，()()202230ff=−=，故()()220222ff−+=，正确；C：作出()yfx=的函数图象如图所示：由于()yfxb=−在(),6−上有6个零点，故直线yb=与()yfx=在(),6−上有6个交点，不妨设1iixx+，i＝1

，2，3，4，5，在由图象知:1x，2x关于直线32x=−对称，3x，4x关于直线32x=对称，5x，6x关于直线92x=对称，∴513392229222iix==−++=，正确；D：若直线1ykx=+经过(3,0)，则13k=−，若直线1ykx=+与()23

0yxxx=−−相切，则消元可得：()2103xkx++=+，令0=可得()2340k+−=，解得k＝-1或k＝-5（舍），若直线1ykx=+与()yfx=在(0,3)上的图象相切，由对称性得:k＝1．因为()1fxk

x=+恰有3个实根，故直线1ykx=+与()yfx=有3个交点，∴113k−−或k＝1，错误，故选：BC．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.在73xx−的展开式中，所有项的系数之和为________，含4x的项的系数是________．（用数字作答

）【答案】①.128−②.189【解析】【分析】令1x=，即可求得所有项系数和，写出展开式通项，列方程求解r，即可求解.【详解】令1x=，得所有项的系数之和为()713128−=−；73xx−展开式中的通项为()

37721773C3CrrrrrrrTxxx−−+=−=−，令3742r−=，得2r=，所以含4x的项的系数是()2273C189−=．故答案为：128−；189.14.已知函数()22fxx=-，()3lngxxax=−，若曲线()yfx=与

曲线()ygx=在公共点处的切线相同，则实数a=________．【答案】1【解析】【分析】设函数()22fxx=-，()3lngxxax=−的公共点为()00,xy，则()()()()0000,,fxgxfxgx==，代入化简即可求得2003ln10xx+−=，令()23ln

1hxxx=+−，易得()hx在()0,+上单调递增，即可求出01x=，进而求得实数a的值.【详解】设函数()22fxx=-，()3lngxxax=−的公共点为()00,xy，则()()()()0000,,fxgxfxgx==即2

00000023,32,0,xlnxaxxaxx−=−=−则2003ln10xx+−=．令()23ln1hxxx=+−，易得()hx在()0,+上单调递增，所以以由2003ln10xx+−=，

解得01x=，所以切点为()1,1-，所以13ln1a=−，则1a=．故答案为：1.15.在直角坐标系xOy中，抛物线M：22(0)ypxp=与圆C：22230xyy+−=相交于两点，且两点间的距离为6，则抛物线M的焦点到其准线的距离为______．【答案】32【解析】【分析】原点O

是抛物线和圆的公共点，设另一个公共点为B，利用圆的弦长OB为6得到OCB为等腰直角三角形，从而得到B的坐标，代入抛物线方程可得p的值，它就是焦点到准线的距离．【详解】圆()22:33Cxy+−=，原点O是抛物线和圆的公共点，设另一个公共点为B，因为

6OB=，又因为3COCB==，,故2226COCBOB+==，故OCB为等腰直角三角形，2OCB=．因()0,3,3Cr=，故()3,3B，代入抛物线方程得32p=．填32．【点睛】求不同曲线的交点，

一般是联立方程组求解，但抛物线方程和圆的方程联立消元后是高次方程，求其解不容易，故应该根据两个几何对象的特征求出交点的坐标．16.如图，棱长均相等的直三棱柱111ABCABC−的上、下底面均内接于圆柱1OO的上、下底面，则圆柱1OO的侧面积与其外接球的表面积之比为______．【答案】

237【解析】【分析】设三棱柱111ABCABC−的棱长为2a，再求出圆柱1OO的半径与其外接球的半径即可求解【详解】设三棱柱111ABCABC−的棱长为2a，所以ABCV外接圆的半径2232sin603aar==，所以圆柱

1OO外接球的半径2222321233aaRa=+=．故外接球的表面积为222128433aa=，圆柱的侧面积为223832233aaa=，所以圆柱1OO的侧面积与其外接球的表面积之比为2283

2332873aa=．故答案为：237四、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.在ABCV中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且5sinsin35coscoscos2BCBCA−=+．（1）求角A的大小

；（2）若3a=，求2bc+的最大值．【答案】（1）3A=（2）27【解析】【分析】（1）利用两角和的余弦公式、二倍角的余弦公式可得出关于cosA的方程，结合1cos1A−可求得cosA的值，再结合角A的取值范围可求得角A的值；（2）由正弦定理结合三

角恒等变换化简得出()227sinbcB+=+，结合正弦型函数的有界性可求得2bc+的最大值.【小问1详解】解：由已知可得()()cos25coscossinsincos25cosABCBCABC+−=++()2cos25cos2cos5cos13AAAA=+−=−−=−，即22cos5cos

20AA−+=，0A，则1cos1A−，解得1cos2A=，因此，3A=.【小问2详解】解：由正弦定理可得2sinsinsinbcaBCA===，所以，()24sin2sin4sin2sin4sin2sin3

bcBCBBABB+=+=++=++()4sinsin3cos5sin3cos27sinBBBBBB=++=+=+，其中为锐角，且3tan5=，因为3A=，则203B，23B++，所以，当2B+=时，即当2B=−时，2bc+取得最大值27.1

8.已知数列na的前n项和为nS，且211122nSnn=++，*Nn．（1）求na的通项公式；（2）若数列nb满足11223113322nnnbbbaaa+++++=−，*Nn，求数列nb的前n项和nT．【答

案】（1）2,1,,2.nnann==（2）1213344nnnT++=−【解析】【分析】（1）利用数列中na与nS关系即可求得na的通项公式；（2）先利用题给条件求得数列nb的通项公式，再利用错位相减法去求数列nb的前n项和nT．【小问1详

解】当1n=时，11111222aS==++=；当2n时，()()221111111112222nnnaSSnnnnn−=−=++−−−−−=．综上，2,1,,2.nnann==【小问2详解】因为11223113322nnnbbbaaa+++++=−，所以当1n=

时，1293322ba=−=，所以16b=．当2n时，由11223111223133,2213322nnnnnnbbbaaabbbaaa++−+++=−+++=−得1113133332222nnnnnba++=

−−+=，所以()13nnbn=+．又当1n=时，()116113b==+，所以()13nnbn=+．所以()212233313nnnTbbbn=+++=++++，()2313233313nnTn+=++++，所以()23122333313nnn

Tn+−=++++−+()()11191332161331322nnnnn−++−+=+−+=−−，所以1213344nnnT++=−．19.北京时间2021年7月25日，2020东京奥运会射箭女子团体决赛在梦之岛公园射箭场结束．决赛规则为每局比赛双方各派一名队员射击6次，6次

总分高的一方获得2分，若总分持平，双方各得1分，先得6的分的一方获得比赛的胜利．韩国队提前一局结束比赛，以6-0完胜俄罗斯奥委会队，自该项目1988年进入奥运会大家庭以来，韩国队包揽了全部9枚金牌．在本届赛事中，韩国代表团迄今收获的两金均来于射箭项目，其中20岁的安山有望在东京奥运会上成为三冠王，

俄罗斯奥委会队连续两届摘得该项目银牌，德国队获得季军，决赛的成绩（单位：环）统计数据如图所示．（1）分别求韩国队、俄罗斯奥委会队第3局比赛成绩的中位数；（2）比较韩国队、俄罗斯奥委会队第2局比赛的平均水平和发挥的稳定性；（3）从韩国队三局比赛成绩（每一局的总得分）中随机抽取一个，记为x

，从俄罗斯奥委会队三局比赛成绩（每一局的总得分）中随机抽取一个，记为y，设Z＝x-y，求Z的数学期望．【答案】（1）韩国队第3局比赛成绩的中位数9，俄罗斯奥委会队第3局比赛成绩的中位数8.5（2）韩国队的平均水平高，发挥更

稳定（3）73【解析】【分析】（1）根据图形可得到韩国和俄罗斯的比赛成绩，然后分别计算中位数即可（2）通过计算第2局比赛韩国队和俄罗斯队的平均分和方差，根据方差的意义确定比赛成绩的稳定性（3）根据题意可得Z的取值是0，1，2，3

，4，5，然后分别计算其对应的概率，最后计算()EZ即可小问1详解】韩国队第3局比赛成绩的中位数19992m+==，俄罗斯奥委会队第3局比赛成绩的中位数2988.52m+==【小问2详解】第2局比赛，韩国队的分数依次为10，9，9，10，9，9，【平均分为11285663x==

，22222221128282828282821099109963333339s=−+−+−+−+−+−=俄罗斯奥委会队的分数依次为9，8，8，10，8，10，

平均分为21535366x==，2222222215353535353532998810810666666636s=−+−+−+−+−+−=因为12xx，2212ss，所以韩国队的

平均水平高，发挥更稳定【小问3详解】Z的所有可能结果有0，1，2，3，4，5，()110339PZ===，()1121339PZ+===，()1122339PZ+===，()1123339PZ+===，()114339PZ===

，()115339PZ===．∴()12221170123459999993EZ=+++++=20.如图，在四棱锥PABCD−中，PA⊥底面,ABCDABAD⊥，平面PAC⊥平面,2PBDABADAP===，四棱锥PABCD−的体积为4.（1）求证：BD

PC⊥；（2）求平面PAD与平面PCD所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）1919【解析】【分析】（1）设ACBDO=，在平面PAC内过点A作AHPO⊥，垂足为H,利用面面垂直的性质定理可得AH⊥平面PBD，再根据线面垂直的性质定理和判断定

理求解即可；（2）以,,APABAD为,,zxy轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.【小问1详解】设ACBDO=，在平面PAC内过点A作AHPO⊥，垂足为H,因为平面PAC⊥平面PBD，平面PAC平面PBDPO=，所以AH⊥平面PBD，又BD平面PBD，

所以BDAH⊥，因为PA⊥平面,ABCDBD平面ABCD，所以BDPA⊥,因为,,BDAHPAAHAPA⊥=平面,PACAH平面PAC，所以BD⊥平面PAC，又因为PC平面PAC，所以BDPC⊥.【小问2详解】在ABD△中，由2,ABADABAD==⊥，可得22BD

=，π4DAC=，由（1）知BDAC⊥，则1112224332PABCDABCDVSPAAC−===，解得32AC=，因为PA⊥平面ABCD，,ABAD平面ABCD，所以,,APABAD两两垂直，

以,,APABAD为,,zxy轴建立如图所示空间直角坐标系，所以()()()()()0,0,0,2,0,0,0,2,0,3,3,0,0,0,2ABDCP，设平面PAD的一个法向量为()1,0,0n=r，设平面PCD的一个法向量为(),,mxyz=，又()

()0,2,2,3,3,2PDPC=−=−，则2203320PDmyzPCmxyz=−==+−=解得()1,3,3m=−，所以119cos,19119nmnmnm−===−，所以平面PAD与平面PCD所成锐二面角的余弦值为1919.21.已知椭圆2222:1(0)xyEab

ab+=的左、右焦点分别为12FF，，过2F垂直于x轴的直线被椭圆E所截得的线段长为a，椭圆E上的点到一个焦点的最大距离为21+．（1）求椭圆E的方程；（2）如图，点AB，为椭圆E上关于原点O对称的两个动点（非长轴端点），线段1AF的延长线与椭圆E交于点C

，若ABCV的面积为43，求直线AC的方程．【答案】（1）2212xy+=（2）10xy−+=或10xy++=【解析】【分析】（1）根据题意，建立关于,,abc的方程组即可求解；（2）由题意，直线AC不垂直于y轴，设直线AC的方程为1xty=−，()11,Axy，()22,Cxy

，联立直线AC与椭圆的方程，根据弦长公式求出AC，点到直线距离公式求出ABCV的高，进而根据面积公式可得21t=，从而即可得答案.【小问1详解】解：设E的半焦距为c，则()2,0Fc，故过2F垂直于x轴的直线方

程为xc=，与E的方程联立，得2bya=，由题意得22baa=，所以222ab=，又222abc=+，所以bc=，2ac=，因为椭圆E上的点到一个焦点的最大距离为21+，所以21ac+=+，所以2a=，1b=，故椭圆E的方程为2212xy+=；【小问2详解】解：由题意，

直线AC不垂直于y轴，设直线AC的方程为1xty=−，()11,Axy，()22,Cxy，由22122xtyxy=−+=，消去x并整理得()222210tyty+−−=，所以()()222Δ442810ttt=++=+，12122221,

22tyyyytt−+==++，所以()()()()2222212121114ACtyytyyyy=+−=++−()()2222222212114222tttttt+−=+−=+++，因为点O到直线AC的距离211d

t=+，且O是线段AB的中点，所以点B到直线AC的距离为2d，所以()222222211122122221ABCttSACdttt++===+++△，因为43ABCS=△，所以22221423tt+=+，解得21t=或212t=−（舍去），所以1t=，此时直线AC的方程为1xy=−，即1

0xy−+=或10.xy++=22.已知函数()()323112xfaxx=−++（aR）.（1）求函数𝑓(𝑥)的单调区间；（2）若12a−，当12,0,1xx时，设()()()12maxhfxfxa=−，求()ha的取值

范围.【答案】（1）答案见解析；（2）()4,127ha.【解析】【分析】（1）由解析式得()()31afxxx=−+，讨论10a+、10a+=、10a+时()fx¢的符号，判断𝑓(𝑥

)的区间单调性即可.（2）由（1）知12a−上𝑓(𝑥)在()0,1a+上递减，在()1,a++上递增，利用()()0fxf=找到()(0,0)f的对称点，讨论11a+≥、()31112aa++、()31012a+时𝑓(𝑥)的区间单调性，并结合导数研究()ha的单调性，求

()ha的范围最后取并集即可.【详解】（1）()()()233131xaxxxfxa=−+=−+，①当10a+，即1a−时，若1xa+或0x，()0fx¢>，若10ax+，()0fx¢<，∴𝑓

(𝑥)的单调递增区间为(),1a−+，()0,+?，单调递减区间为()1,0a+；②当10a+=，即1a=−时，()0fx¢³恒成立，𝑓(𝑥)在(),−+上单调递增；③当10a+，即1−a时，若01xa+，()0fx¢<，若0x或1xa

+，()0fx¢>，∴𝑓(𝑥)的单调递增区间为(),0-?，()1,a++，单调递减区间为()0,1a+；（2）由（1）知，当12a−时，𝑓(𝑥)在()0,1a+上递减，在()1,a++上递增，由()()0fxf=，解得0x

=或()312ax+=，①若11a+≥，即02a时，𝑓(𝑥)在[]0,1上递减,()()()3117,22120haffa+==−；②若()31112aa++，即103a−时，𝑓(𝑥)在0,1a+上递减，在(1,1a

+上递增，且()()01ff，则()()()()3141,202712haffaa+==+−；③若()31012a+，即113a−−时，𝑓(𝑥)在0,1a+上递减，在(1,1a+上递

增，且()()01ff，则()()()()3131112aahaffa+−−=−+=，∴()()()231332022aaaah+−+==，则()ha在11,3−−上递减，∴()4,127ha，综上所述，()47,272ha.【点

睛】关键点点睛：（1）分类讨论参数，结合导数确定函数的单调区间；（2）由（1）所得𝑓(𝑥)区间单调性，讨论参数a，判断𝑓(𝑥)在[]0,1上的单调性，并结合导数研究()ha，进而确定()ha的范

围.