【文档说明】【精准解析】甘肃省静宁县第一中学2020届高三第四次模拟考试数学（理）试题.doc，共(26)页，2.346 MB，由管理员店铺上传

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静宁一中2020届高三级模拟训练卷（四）理科数学一、选择题1.已知集合20Mxxx，ln10Nxx，则（）A.MNB.MNC.1,MND.2,MN【答案】A【解析】【分析】解出集合M、N，利用集合的包含关系和交集、并集的定义可判断各选项的正误

.【详解】20,10,Mxxx，ln10112,Nxxxx,所以，MN，2,MN，,10,MN.故选：A.【点睛】本题考查集合包含关系的判断，同时也考

查了集合的交集和并集运算、二次不等式与对数不等式的求解，考查计算能力，属于基础题.2.已知复数2(2)zi，则z的虚部为（）A.3B.3iC.4D.4i【答案】C【解析】【分析】根据复数的代数形式的乘法法则计算即可得解；【详解】解：2(2)34zii，所以z的虚部为4.故选：

C.【点睛】本题考查复数代数形式的乘法，复数的相关概念，属于基础题.3.以下统计表和分布图取自《清华大学2019年毕业生就业质量报告》.则下列选项错误的是（）A.清华大学2019年毕业生中，大多数本科生选择继续深造，大多数硕士生选择就

业B.清华大学2019年毕业生中，硕士生的就业率比本科生高C.清华大学2019年签三方就业的毕业生中，本科生的就业城市比硕士生的就业城市分散D.清华大学2019年签三方就业的毕业生中，留北京人数超过一半【答案】D【解析

】【分析】根据统计表和分布图中的数据信息，对选项进行逐一分析判断，得出答案.【详解】A.根据统计表，本科生选择继续深造的比例为80.4%，硕士生选择就业的比例为89.2%，所以判断正确.B.根据统计表，本科

生就业率17.3%,硕士生的就业率为为89.2%.判断正确.C.根据分布图，签三方就业的毕业生中，硕士生的就业城市主要分布在北京、广东、上海；本科生的就业城市相对比较分散.判断正确.D.根据分布图,毕业学生中，本科生人数占绝大多数，签三方就业的毕业生中,留在北京的本科生占18.2%，而硕士生

和博士生分别占43.0%、51.2%，所以毕业生留在北京的没有达到一半，所以判断错误.故选：D【点睛】本题考查对统计图表的认识，根据图表得出有用的信息，读懂图表是关键，属于基础题.4.若圆22(2)(1)5xy关于直线10(0,0)axbyab

对称，则21ab的最小值为（）A.4B.42C.9D.92【答案】C【解析】【分析】由已知得，若圆关于直线对称，即直线必然经过圆心，故有圆心(2,1)在直线10axby+-=上，则21ab，然后，利用基本不等式关于“1”的

用法即可求解.【详解】由题意知圆心(2,1)在直线10axby+-=上，则21ab.又因为0,0ab，所以212122(2)59baabababab…，当且仅当22baab时，即13ab时取等

号，此时，min219ab故选：C【点睛】本题考查基本不等式关于“1”的用法，属于基础题.5.要使得满足约束条件42yxyxxy„……，的变量,xy表示的平面区域为正方形，则可增加的一个约束条件为（）A.4xyB.4xy…C.6x

y„D.6xy…【答案】C【解析】【分析】设新增加的约束条件为xyc„，根据正方形两组对边的距离相等，得到方程解得即可；【详解】解：根据正方形的性质可设新增加的约束条件为xyc„，两组对边的距离相等，故4|2|2222cd，所以6c或2c(舍去).如图所

示故选:C.【点睛】本题考查二元不等式组表示的平面区域，两平行线间的距离公式的应用，属于基础题.6.若na是公比为0qq的等比数列，记nS为na的前n项和，则下列说法正确的是（）A.若na是递增数

列，则10a，0qB.若na是递减数列，则10a，01qC.若0q，则4652SSSD.若1nnba，则nb是等比数列【答案】D【解析】【分析】选项,,ABC中，分别取特殊数列满足条件，但得不出相应的

结论，说明选项,,ABC都是错误的，选项D中，利用等比数列的定义可以证明结论正确.【详解】A选项中，12,3aq，满足na单调递增，故A错误；B选项中，11,2aq，满足na单调递减，故B错误；C选项中，若111,2aq，则656554,aaS

SSS，故C错误；D选项中，1110nnnnbaqbaq，所以nb是等比数列.故D正确.故选：D.【点睛】本题考查了等比数列的定义，考查了数列的单调性，考查了特值排除法，属于基础题.7.为了得到

函数()singxx的图象，需将函数()sin6fxx的图象（）A.向左平移6个单位长度B.向右平移6个单位长度C.向左平移56个单位长度D.向右平移56个单位长度【答案】D【解

析】【分析】先将函数()sin6fxx用诱导公式变形为5()sin6fxx，结合三角函数图象的平移变换规律，得到答案.【详解】5()sinsinsinsin6666fxxxxx

,由5()sin6fxx的图象得到函数()singxx的图象，向右56个单位长度即可.故选：D.【点睛】本题主要考查三角函数图象的平移变换，要注意三角函数图象的平移变换是在“x”的基础上进行的，解决此类题还需熟记口诀“左加

右减”.8.设()fx是定义在R上的奇函数，且当0x…时，1()sin23fxxx.若2tan5af，32logcos5bf，2cos5cf大小关系为（）A.abcB.bcaC.bacD.cb

a【答案】B【解析】【分析】根据题意当0x…时2()1cos203fxx，()fx是定义在R上的奇函数,则fx在定义域上单调递增，2tantan154，20cos15，32logco

s05，由函数的单调性可得出答案.【详解】由题意知由当0x…时,2()1cos203fxx，所以fx在0+，上单调递增，且00f又fx是定义在R上的奇函数，所以fx在0，

上单调递增.所以fx在定义域上单调递增.又因为28tantantan15204，20cos15，所以32logcos05，由fx在定义域上单调递增，则3222tancoslogcos555fff

所以bca.故选：B.【点睛】本题考查函数的奇偶性和单调性的综合应用，利用单调性比较大小，考查三角函数值大小的的比较，对数值大小的比较，属于中档题9.如图是由等边△AIE和等边△KGC构成的六角

星，图中的B，D，F，H，J，L均为三等分点，两个等边三角形的中心均为O.若OAmOCnOJ，则mn（）A.12B.23C.34D.1【答案】B【解析】【分析】以点O为坐标原点，OD为x轴，OA为y轴建立平面直角坐标系，设等边三角形的边长为23

，得出点,,ACJ的坐标，由向量的运算可求得,mn的值，可得答案.【详解】由平行四边形法则，22()23OAOBOJOCOJOJOCOJ，所以2m，3n，所以23mn以点O为坐标原点，OD为x轴，OA为y轴建立如图所示的平面直角坐标系，设等边三角形的边

长为23.则等边三角形的高为222333，由B，D，F，H，J，L均为三等分点，则2323OA,233OJ所以230,2,03,13，，AJC0,2OA

3,1OC,23,03OJ23233,1,03,33nOAmOCnOJmnmm所以233032nmm，解得32nm所以23mn故选：B.【点睛】本题考查向量的线性运算，建

立直角坐标系是解决本题的关键，也是解决的向量问题的常用方法，属于中档题.10.区块链是数据存储､传输､加密算法等计算机技术的新型应用模式，图论是区块链技术的一个主要的数学模型,在一张图中有若干点，有的点与点之

间有边相连，有的没有边相连，边可以是直线段，也可以是曲线段，我们规定图中无重边(即两个点之间最多只有一条边)且无孤立点(即对于每个点，都至少存在另外一个点与之相连)，现有A，B，C，D四个点，若图中恰有3条边，则满足上述条件的图

的个数为（）A.4B.8C.12D.16【答案】D【解析】【分析】先求出A，B，C，D四点最可确定6条边，再由题得到满足条件的图的个数.【详解】如图，A，B，C，D四点最可确定AB，AC，AD，BC，BD，CD

共6条边.由题意知恰有3条边且无孤立点，所以满足条件的图有36416C(个).故选：D.【点睛】本题主要考查组合的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.11.地球的公转轨道可以看作是以太阳为一个焦点的椭圆，根据开普勒行星运动第二定律，可知太阳和地球的连线在相等的时间内扫过

相等的面积，某同学结合物理和地理知识得到以下结论：①地球到太阳的距离取得最小值和最大值时，地球分别位于图中A点和B点；②已知地球公转轨道的长半轴长约为149600000千米，短半轴长约为149580000千米，则该椭圆的离心率约为1.因此该椭

圆近似于圆形：③已知我国每逢春分（3月21日前后）和秋分（9月23日前后），地球会分别运行至图中C点和D点，则由此可知我国每年的夏半年（春分至秋分）比冬半年（当年秋分至次年春分）要少几天.以上结论正确的是（）A.①B.①②C.②③D.

①③【答案】A【解析】【分析】根据椭圆的几何性质可判断命题①的正误；利用椭圆的离心率公式可判断命题②的正误；根据开普勒行星运动第二定律可判断命题③的正误.综合可得出结论.【详解】由椭圆的几何性质可知，当

地球到太阳的距离取得最小值和最大值时，地球分别位于图中A点和B点，命题①正确；1495800001149600000ba，则该椭圆的离心率222210cabbeaaa，命题②错误；根

据开普勒行星运动第二定律，地球从D点到C点运行的速度较快，因此经历的时间较短，因此夏半年比冬半年多几天，命题③错误.故选：A.【点睛】本题考查与椭圆性质相关的命题真假的判断，涉及椭圆焦半径、离心率的应用，考查

推理能力，属于中等题.12.正方体1111ABCDABCD的棱长为2，在A，B，C，D，1C，1D这六个顶点中.选择两个点与1A，1B构成正三棱锥P，在剩下的四个顶点中选择两个点与1A，1B构成正三棱锥Q，M表示P与Q的公共部分，则M的体积为（）A.13B.24C.23D.1【答案】A

【解析】【分析】根据题意，设平面11ABC与平面11ABD的交线为EF，则M为四面体11ABEF，取11AB的中点O，连EO接，可得EO平面11ABF，然后，分别求出EO与11ABFS△即可求出M的体积1113ABFVEOS△【详解】如图，由题意知，P和Q分别为三棱锥11

1BABC和三棱锥111AABD，设平面11ABC与平面11ABD的交线为EF，则M为四面体11ABEF，取11AB的中点O，连接EO，可得1EO，1112112ABFS△，可得EO平面11ABF，则M的体积为1111111333ABFVEOS

△故选：A【点睛】本题考查空间几何体的体积问题，属于简单题.二、填空题13.62xx的展开式中2x的系数为_________.(用数字作答)【答案】60【解析】【分析】先求出二项式展开式

的通项6216(2)rrrrTCx，再令622r即得解.【详解】由题得6162166(2)(2)rrrrrrrrTCxxCx.令622r，解得2r=，所以2x的系数为226(2)60C.故答案为：60【点睛】本题主要考查利用二项式定理求指定项

的系数，意在考查学生对该知识的理解掌握水平.14.记nS为正项等差数列na的前n项和，若13471,aaaS，则nS_________.【答案】23122nn【解析】【分析】设等差数列的公差为d，根据已知求出3

d，再利用等差数列求和公式求解.【详解】设等差数列的公差为d，由题得173474772aaaaSa，所以37,a所以1+27,3dd.所以2(1)313222nnnSnnn.故答案为：23122nn.【点

睛】本题主要考查等差数列的基本量计算，考查等差中项的应用和求和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.15.若抛物线220ypxp的焦点到双曲线22222yxp的一个焦点的距离为13，则p的值为_

________.【答案】2【解析】【分析】求出双曲线的焦点坐标以及抛物线的焦点坐标，利用两点间的距离公式可得出关于p的等式，由此可解得p的值.【详解】抛物线的焦点为,02pF，双曲线的方程可化为222212yxpp，所以223cp，所以其一个

焦点化为10,3Fp，所以2211331342pFFpp，所以2p.故答案为：2.【点睛】本题考查利用双曲线和抛物线的焦点坐标求参数，考查计算能力，属于基础题.16.已知函数21xfxkxkex，若0fx的解集中恰有三个整数，则实数k的

取值范围为______.【答案】3243,54ee【解析】【分析】把0fx转化为12xxkxe，设1()xxgxe，()2hxkx，则若0fx的解集中恰有三个整数

解等价于gx的图像在hx的图像上方所对应的x的取值范围中恰好有三个整数解，利用数形结合找到满足题意的不等式，解不等式即可求得实数k的取值范围.【详解】解：0fx等价于210xkxkex，即12xxkxe，设1()x

xgxe，()2hxkx，则上面不等式转化为hxgx，直线()2hxkx横过定点2,0，要使0fx的解集中恰有三个整数，只需gx的图像在hx的图像上方

所对应的x的取值范围中恰好有三个整数解.因为2(1)1xxxxexegxee,所以,0x时，()0gx¢>，gx单调递增；0,x时，()0gx¢<，gx单调递减；所以1x时，max01gx

g，且10g，x时，gx；x时，0gx，根据根据上述画出gx的图像图下图所示：当0k时，画出,gxhx的图像如图所示：从图中可以看出，1,x

时，gx的图像横在hx的图像上方，所以hxgx所以的x的取值范围中，整数解有无穷多个，不符合题意；当0k时，画出,gxhx的图像如图所示：从图像可得：要使gx的图像在

hx的图像上方所对应的x的取值范围中恰好有三个整数解，只需满足：22{33ghgh，所以233445keke，解得：324354kee.综上，324354kee.故答案为：3243,54ee

【点睛】本题主要考查不等式的解的问题，考查数形结合，利用导数求函数单调性和最值，属于难题.三、解答题17.在锐角△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若coscoscBbC，BC边上的高12AD，4sin5BAC.（1）求BC的长：（2）过点A作

AEAB，垂足为A，且CAE为锐角，35AE，求sinACE.【答案】（1）12BC（2）5sin5ACE【解析】【分析】(1)根据正弦定理、两角和的正弦公式化简已知的式子，得到BC，根据等腰三角形的性质，得2BACBA

D，利用二倍角公式求出BAD的正弦、余弦，进而求出BAD的正切值，即可出BC的长(2)利用43coscossin,sin255EACBACBACEAC，求出2265ACABADBD，然后，分别利用余弦和正弦定理即可求解【详解】解：（1）

由coscoscBbC及正弦定理得sinCcossincosBBC即sin()0BC.因为,22BC，所以.BC因为ABC为锐角三角形，且4sin5BAC，所以3cos5BAC.又因

为根据等腰三角形的性质，可得，2BACBAD，所以232cos15BAD则25cos5BAD所以51sin,tan52BADBAD所以6BD，所以12BC（2）由题意得43coscossin,sin255EACBACBACEAC

2265ACABADBD在ACE△，因为222cos2AEACCECAEAEAC所以9CE.由sinsinCEAECAEACE得5sin5ACE【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、两角和的正弦公式以及二倍角

公式，属于中档题.18.如图，四棱锥DABCM的底面为等腰梯形，//MCAB，1AMMCCB，2ABDB，侧面DAM△为正三角形，（1）求证：BM平面DAM；（2）在线段BD上存在一点E，满足BEBD

，求值使得平面EMC与平面ABCM和平面DMC所成二面角相等.【答案】（1）证明见解析；（2）254.【解析】【分析】（1）延长AM，BC交于一点记为点P，先得BMAM，再由勾股定理得BMDM，根据线面垂直判定定理即可得结果；（2）取CM中点为O，MC为y轴建立空间直角坐标系，取平

面ABCM的法向量为0,0,1m，分别求出面CME法向量为ur和DMC法向量为n，根据cos,cos,umun即可得结果.【详解】（1）由题等腰梯形中//MCAB且12MCAB，延长AM，BC交于一点记为点P，则三角形ABP为正三角形，M为AP中点，所以BMAM，且3BM，又

由题1DM，2DB，有勾股定理知道BMDM，由于AMDMM，所以BM平面DAM.（2）取CM中点为O，MC为y轴建立空间直角坐标系如图，则10,,02M，10,,02C，333,,442D

，3,1,02B，则平面ABCM为xOy平面，取法向量为0,0,1m由题可设373,,442BEBD01∴3373,1,2442OE

，0,1,0MC,设平面CME法向量为,,uxyzr，00uOEuMC，即03373102442yxyz

，不妨取2,0,2u同理可求平面DMC法向量为2,0,1n.由题可知cos,cos,umun，即2425uu，所以得3252254，又01，所以254.【点睛】本题主要考查了通过线线垂

直得到线面垂直，考查了空间向量在求面面角中的应用，考查了学生的计算能力，属于中档题.19.2020年1月10日，中国工程院院士黄旭华和中国科学院院士曾庆存荣获2019年度国家最高科学技术奖.曾庆存院士是国际数值天气预报奠基人之一，他的算法是世界数值天气预报核心技术的基

础，在气象预报中，过往的统计数据至关重要，如图是根据甲地过去50年的气象记录所绘制的每年高温天数(若某天气温达到35℃及以上，则称之为高温天)的频率分布直方图.若某年的高温天达到15天及以上，则称该年为高温年，假设每年是否为高温年相互独立，以这50年中每年高温天数

的频率作为今后每年是否为高温年的概率.（1）求今后4年中，甲地至少有3年为高温年的概率.（2）某同学在位于甲地的大学里勤工俭学，成为了校内奶茶店(消费区在户外)的店长，为了减少高温年带来的损失，该同学现在有两

种方案选择：方案一：不购买遮阳伞，一旦某年为高温年，则预计当年的收入会减少6000元；方案二：购买一些遮阳伞，费用为5000元，可使用4年，一旦某年为高温年，则预计当年的收入会增加1000元.以4年为期，试分析该同学是否应该购买遮阳伞？【答案】（1）0

.0272（2）应该购买遮阳伞【解析】【分析】（1）先求出某年为高温年的概率为0.2，再根据~(4,0.2)XB，求出今后4年中，甲地至少有3年为高温年的概率；（2）求出两种方案损失的收入的期望，再决定是否应

该购买遮阳伞.【详解】解：（1）由题意知，某年为高温年的概率为(0.030.01)50.2，设今后4年中高温年出现X年，则~(4,0.2)XB故44()0.20.8,0,1,2,3,4kkkPXkCk3314

(3)0.20.80.0256PXC，4404(4)0.20.80.0016PXC，(3)(3)(4)0.02560.00160.0272PXPXPX….（2）若选择方案一，不购买遮阳伞，设今后4年共损失

1Y元，则1460000.24800EY若选择方案二，购买遮阳伞，设今后4年共损失2Y元，则25000410000.24200EY(元)则12EYEY，故该同学应该购买遮阳伞.【点睛】本题主要考

查互斥事件的概率和独立重复试验的概率的求法，考查二项分布的期望的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.20.已知椭圆22221(0)xyabab的左､右焦点分别为12,FF，且1223FF.过椭圆的右焦点2F作长轴

的垂线与椭圆，在第一象限交于点P，且满足127PFPF.（1）求椭圆的标准方程；（2）若矩形ABCD的四条边均与椭圆相切，求该矩形面积的取值范围.【答案】（1）2214xy（2）8,10【解析】【分

析】（1）易知3c，设2PFx，17PFx，根据勾股定理计算得到2a，得到椭圆方程.（2）考虑矩形边与坐标轴平行和不平行两种情况，联立方程组根据0得到,mn和k的关系，计算边长得到面积表达式，根据均值不等式计算得到答

案.【详解】（1）由1223FF，可知椭圆半焦距3c，设2PFx，因为127PFPF，所以17PFx，在Rt△12PFF中，2221212PFPFFF，即224912xx，所以12x，所以

284ax，解得2222,1abac，所以椭圆的标准方程为2214xy.（2）记矩形面积为S，当矩形一边与坐标轴平行时，易知8S.当矩形的边与坐标轴不平行时，根据对称性，设其中一边所在直线方程为ykxm，则对边所

在直线方程为ykxm，另一边所在的直线方程为1yxnk，则对边所在直线方程为1yxnk，联立2244xyykxm，得222148410kxkmxm，由题意知

222264161140kmmk，整理得2241km，矩形的一边长为12|2|1mdk，同理2241nk，矩形的另一边长为22|2|11ndk，12222|2||2||4|1111mnmnkSddkkk

2242222241441744411kkkkkk22222994444112kkkk，因为0k，所以20k，所以2212kk(当且仅当21k时等号成立)，所以22990,142kk

，则229542,122kk，所以(8,10]S.综上所述，该矩形面积的取值范围为8,10.【点睛】本题考查了求椭圆方程，椭圆外接矩形的面积范围，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.21.已知函数()2,()

lnxfxexgxxx，若1x是函数fx的零点，2x是函数gx的零点.（1）比较1x与2x的大小；（2）证明：210fxgx.【答案】（1）12xx，见解析（2）见解析【解析】【分

析】方法一：利用()20xfxex，利用2xex对不等式进行放缩，可得111111ln2ln12ln10xxexxxx„，进而利用gx单调递增，且10gx和20gx，即可比较1x与2x的大小方

法二：设11111lnln2xHxxxxe，令函数()ln2,0tHttet，从而判断出函数gx的单调性，即可利用函数的单调性即可比较1x与2x的大小(2)令函数()()()hxfxgx，则

1122,hxgxhxfx，要证210fxgx，即证21fxgx，只要证：21hxhx，最后通过证明函数()hx在区间12,xx上的单调性进行证明即可.【详解】（1）解:11120xfxex

11111lnln2xgxxxxe方法一：111111ln2ln12ln10xxexxxx„因为11x，所以11ln10xx，所以10gx.因为20gx，且gx单调递增，所

以12xx方法二：设11111lnln2xHxxxxe，令函数()ln2,0tHttet则1()tHtet，则00010tHtet则函数()Ht在区间00,t上单

调递增，()Ht在区间0,t上单调递减，所以0max00001()ln220tHtHttett所以10gx因为20gx，且gx单调递增，所以12xx（2）证明：令函数()()()hxfxgx，则

1122,hxgxhxfx.要证210fxgx，即证21fxgx只要证：21hxhx，只要证：函数()hx在区间12,xx上单调递减.由题意得()()()ln2xhxfxgxex22211(),xxhx

ehxexx因为222ln0gxxx所以2221lnlnxxx所以2222211,0xxehxexx因为()hx单调递增，所以在区间12,xx上，()0hx„所以hx在区间12,xx上单调递

减.所以原命题得证.【点睛】本题考查利用构造函数比较大小，主要通过求导判断函数的单调性进行判断大小，属于难题.22.在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为222xtytt(t为参数)，曲线C上异于原点的两点M，N所对应的参数分别为12,tt.以坐标原点O为极点，x轴

的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线D的极坐标方程为2sina.（1）当121,3tt时，直线MN平分曲线D，求a的值；（2）当1a时，若1223tt，直线MN被曲线D截得的弦长为3，求直线MN的方程.【答案】（1）1a（2）3yx或32yx【解析

】【分析】（1）求出直线MN的方程和曲线D的直角坐标方程，然后利用直线MN过点0,a求出答案；（2）由1223tt可算出3MNk，然后可设直线MN的方程为3yxm，然后根据直线MN被曲线D截得的弦长为3建立方程求解即可.【详解】（1）因为121,3tt，所以(1,1

),(1,3)MN.所以直线MN的方程为21yx.曲线D的方程可化为222()xyaa因为直线MN平分曲线D，所以直线MN过点0,a，所以1a.（2）由题意可知221122121212121212222322MNttttttttyykxxtt

tt曲线D的方程为22(1)1yx设直线MN的方程为3yxm，圆心D到直线MN的距离为.d因为222312d，所以2213122m所以0m或2m，所以直线MN的方程为3yx或32yx【点睛】

设圆的半径为r，圆心到直线的距离为d，弦长为AB，则有2222ABrd.23.已知函数()|1|2|3|,()|1|fxxxgxax.（1）求()8fx„的解集；（2）当[1

,3]x时，()()fxgx…恒成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）1313xx∣剟（2）(,2]【解析】【分析】（1）利用分类讨论法解绝对值不等式得解；（2）对x分三种情况1x、[1,1)x?、(1,3]x讨

论，分别求出每一种情况下的实数a的取值范围，最后综合即得解.【详解】解：（1）由题意得35,1()|1|2|3|7,1335,3xxfxxxxxxx当1x时

，()8fx„得1x，所以此时无解；当13x剟时，由()8fx„，即78x，解得13x剟；当3x时，由()8fx„，即358x，解得1333x„综上，解集为1313xx∣剟.（2）①当1x时，()()fxg

x…显然恒成立.②当[1,1)x?时，()7,()(1)fxxgxax因为()()fxgx…恒成立，所以7(1)xax…，即76111xaxx„恒成立.令6()1,[1,1)1Fxxx则min()aFx„显然

()Fx在区间[1,1)上为增函数，所以min()(1)4FxF，所以4a„.③当(1,3]x时，()7,()(1)fxxgxax.因为()()fxgx…恒成立，所以7(1)xax…，即76111xaxx„恒成立.令6()

1,(1,3]1Gxxx，则min()aGx„显然()Gx在区间(1,3]上为减函数，所以min()(3)2GxG，所以2a„综上所述，实数a的取值范围为(,2].【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法，考查绝对值不等式的恒成立问题，考查函数的单调性求最值，

意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.