【文档说明】广东省江门市2020届高三下学期4月模拟考试数学（理）试题【精准解析】.doc，共(25)页，1.725 MB，由小赞的店铺上传

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2020年高考（理科）数学（4月份）模拟试卷一、选择题（共12小题）．1.已知i是虚数单位，复数z满足341zii，则z的共轭复数在复平面内表示的点在（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】A【解析】【分析】利用复数的运算法则、共轭复数的定义、

几何意义即可得出．【详解】复数z满足341zii，∴3434134ziiii，∴257zi，∴712525zi．∴712525zi．则复平面内表示z的共轭复数的点71,2525在第一象限．故选：A．【点睛】此题考查复数的运算和几何意

义，涉及共轭复数概念辨析，关键在于熟练掌握运算法则，根据几何意义确定点的位置.2.若函数f(x)是幂函数，且满足432ff，则12f的值为()A.－3B.13C.3D.13【答案】D【解析】【分析】设出幂函数的一般形式，从而把

432ff转化为关于幂指数的方程，解出幂指数后可求12f.【详解】设afxx，则由432ff，得432aa.所以23a，故111223af.故选

D.【点睛】幂函数的一般形式是ayx，其定义域、奇偶性、单调性等性质是随着a而变化，而且ax前的系数为1，解题要关注它.3.已知直线1:4410lmxy和2:4110lmxmy，若12ll，则实数m的值为A.1或3B.12或13C.2或6D.12或23

【答案】C【解析】【分析】利用直线与直线垂直的性质直接求解．【详解】∵直线1:4410lmxy和2:4110lmxmy，若12ll，∴44410mmm，得2412

0mm，解得2m或6m，∴实数m的值为2或6．故选C．【点睛】本题考查直线与直线垂直的性质等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．4.“割圆术”是刘徽最突出的数学成就之一，他在《九章算术注》中提出割圆术，并作为计

算圆的周长、面积以及圆周率的基础.刘徽把圆内接正多边形的面积一直算到了正3072边形，并由此而求得了圆周率为3.1415和3.1416这两个近似数值，这个结果是当时世界上圆周率计算的最精确数据.如图，当分割到圆内接

正六边形时，某同学利用计算机随机模拟法向圆内随机投掷点，计算得出该点落在正六边形内的频率为0.8269，那么通过该实验计算出来的圆周率近似值为（）（参考数据：32.09460.8269）A.3.1419B.3.1417C.3.1415D.3.1413【答案】A【解析】

【分析】先设圆的半径为r，表示出圆的面积和正六边形的面积，再由题中所给概率，即可得出结果.【详解】设圆的半径为r，则圆的面积为2r，正六边形的面积为213336222rrr，因而所求该实验的概率为22333320.82692rr，则3

33.141920.8269.故选A【点睛】本题主要考查与面积有关的几何概型，熟记概率计算公式即可，属于常考题型.5.已知命题p：210xRxx，；命题q：sincos2.xRxx，则下列判断正确的是A.p是假命题B.q是假命题C.pq是假命题

D.pq￢是真命题【答案】D【解析】由221551()244xxx，所以命题p：210xRxx，为假命题；由sincos2sin4xxx，当4x时sincos2xx．所以命题q：

sincos2xRxx，是真命题．由以上可知：p是真命题；q是真命题；pⅤq是真命题；pq￢是真命题．故选D．6.《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气

其日影长依次成等差数列，冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺，前九个节气日影长之和为85.5尺，则小满日影长为（）A.1.5尺B.2.5尺C.3.5尺D.4.5尺【答案】C【解析】【分析】结合题意将其转化为数列问题,并利用等差数列通项公式和前n项和

公式列方程组,求出首项和公差,由此能求出结果.【详解】解:从冬至日起,依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列na,冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺,前九个节气日影长之和为85.5尺,

∴111913631.598985.52aadadSad,解得113.5a,1d,∴小满日影长为1113.510(1)3.5a（尺）.故选C.【点睛】本

题考查等差数列的前n项和公式,以及等差数列通项公式的运算等基础知识,掌握各公式并能熟练运用公式求解,考查运算求解能力,考查化归与转化思想,属于基础题.7.下列四个命题：①在回归模型中，预报变量y的值不能由解释变量x唯一确定；②若变量x，y满足关系0.11y

x，且变量y与z正相关，则x与z也正相关；③在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越狭窄，其模型拟合的精度越高；④以模型kxyce去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设lnzy，将其变换后得到线性方程0.34zx，则4ce，0.3k．其中真命题的个数为（）A.1个B

.2个C.3个D.4个【答案】C【解析】【分析】直接利用回归直线的方程的应用，相关的变量关系的应用，残差图的应用分析结果．【详解】下列四个命题：①在回归模型中，预报变量y的值不能由解释变量x唯一确定；根据

回归模型中的变量关系，正确．②若变量x，y满足关系0.11yx，且变量y与z正相关，则x与z也正相关；应该是负相关．故错误．③在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越狭窄，其模型拟合的精度越高；即越接近于回归直线的距离越小，故正确．④以模型kxyce去拟

合一组数据时，为了求出回归方程，设lnzy，将其变换后得到线性方程0.34zx，则4ce，0.3k．故正确．故选：C．【点睛】此题考查回归分析和相关概念辨析，涉及非线性回归模型的处理方法以及对残差图的理解认识.8.已知二项式12(*)nxn

Nx的展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是2︰5，则3x的系数为（）A.14B.14C.240D.240【答案】C【解析】【分析】由二项展开式的通项公式为112rnrrrnTCxx及展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是2︰5可得：6n

，令展开式通项中x的指数为3，即可求得2r=，问题得解．【详解】二项展开式的第1r项的通项公式为112rnrrrnTCxx由展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是2︰5，可得：12:2:5nnCC.解得：6n.所以366216122

1rrnrrrrrrnTCxCxx令3632r，解得：2r=，所以3x的系数为2262621240C故选C【点睛】本题主要考查了二项式定理及其展开式，考查了方程思想及计算能力，还考查了分析能力，属于中档题．9.一袋中有

红、黄、蓝三种颜色的小球各一个，每次从中取出一个，记下颜色后放回，当三种颜色的球全部取出时停止取球，则恰好取5次球时停止取球的概率为（）A.581B.1481C.2281D.2581【答案】B【解析】【分析】恰好取5次球时停止取球，分两种情

况3，1，1及2，2，1，这两种情况是互斥的，利用等可能事件的概率计算每一种情况的概率，再根据互斥事件的概率得到结果．【详解】分两种情况3，1，1及2，2，1这两种情况是互斥的，下面计算每一种情况的概率，当取球的个数是3，1，1时，试验

发生包含的基本事件总数事件是53，满足条件的事件数是131342CCC∴这种结果发生的概率是13134258381CCC同理求得第二种结果的概率是12234256381CCC根据互斥事件的概率公式得到8614818181P.故选：B．【点睛】此题考查根

据古典概型求解概率，关键在于准确分类，求出基本事件总数和某一事件包含的基本事件个数.10.已知某校一间办公室有四位老师甲、乙、丙、丁．在某天的某个时段，他们每人各做一项工作，一人在查资料，一人在写教案，一人在批改作业，另一人在打印材料．若下

面4个说法都是正确的：①甲不在查资料，也不在写教案；②乙不在打印材料，也不在查资料；③丙不在批改作业，也不在打印材料；④丁不在写教案，也不在查资料．此外还可确定：如果甲不在打印材料，那么丙不在查资料．根据以上信息可以判断A．甲在打印材料B．乙在批改作业C．丙

在写教案D．丁在打印材料【答案】A【解析】试题分析：把已知条件列表如下：若甲不在打印资料，则丙不在查资料，则甲在改作业，丙只能写教案，乙不管是写教案还是改作业都与甲或丙在做一样的事，与题设矛盾．所以甲一定在打印资料，此时丁

在改作业，乙在写教案，丙在查资料考点：简单的合情推理11.设1F，2F为双曲线2222:10,0xyCabab的左、右焦点，P，Q分别为双曲线左、右支上的点，若212QFPF，且120FPFP，则双曲线的离心率为（）A.153B.173C.5

2D.72【答案】B【解析】【分析】设,Pxy，11,Qxy，1,0Fc，2,0Fc，由212QFPF，得132xcx，12yy，由120FPFP，得2220xcy，222,abPbccc，222223,abcbQc

cc，将点Q坐标代入双曲线方程得222234caabc，即可求解．【详解】设,Pxy，11,Qxy，∵1,0Fc，2,0Fc，∴211,QFcxy，1,PFcxy∵212QFPF，∴11,2,cxycxy

，∴12cxcx，12yy，∴132xcx，12yy①∴1,FPxcy，2,PxcyF，∵120FPFP，∴2220xcy，②又∵22221xya

b，③由②③可得222,abPbccc，代入①得222223,abcbQccc将点Q坐标代入③得222234caabc，⇒422442926170926170cacaee21e（舍去），2171793ee．故选

：B．【点睛】此题考查求双曲线的离心率，关键在于根据题目所给向量关系找出等量关系，构造齐次式求解离心率.12.四棱锥PABCD，AD面PAB，BC⊥面PAB，底面ABCD为梯形，4AD，8BC，6A

B，APDBPC，满足上述条件的四棱锥顶点P的轨迹是（）A.线段B.圆的一部分C.椭圆的一部分D.抛物线的一部分【答案】B【解析】【分析】在平面PAB内，以AB所在直线为x轴，AB的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系，写出点A，B的坐标，根据条件得

出RtRtAPDCPB，进而得出4182APADBPBC，设出点P的坐标，利用两点间的距离公式，代入上式化简，根据轨迹方程，即可得到结论．【详解】在平面PAB内，以AB所在直线为x轴，AB的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系．设点

,Pxy，则由题意可得30A,，3,0B．∵AD，BC，4AD，8BC，6AB，APDCPB，∴RtRtAPDCPB，∴4182APADBPBC．即224BPAP，故有2222343xyxy，整理得：22516xy

，表示一个圆．由于点P不能在直线AB上（否则，不能构成四棱锥），故点P的轨迹是圆的一部分，故选：B．【点睛】此题考查立体几何中的轨迹问题，关键在于对所给等量关系进行等价转化，结合平面解析几何知识，利用阿波罗尼斯圆得到结论.二、填空题13.若x,y满足约束条件10,

{0,40,xxyxy则yx的最大值．【答案】3【解析】作出可行域如图中阴影部分所示，由斜率的意义知，yx是可行域内一点与原点连线的斜率，由图可知，点A（1,3）与原点连线的斜率最大，故yx的最大值为3.考点：线性

规划解法14.222sin4xxdx______.【答案】2【解析】【分析】根据定积分的四则运算和几何意义求定积分．【详解】因为22222222sin4sin4022xxdxxdxxdx故答

案为2π．【点睛】本题考查了定积分的计算；利用定积分的几何意义分别求出两个被积函数的定积分，属于基础题.15.若圆22:2270Cxyxy关于直线40axby对称，由点,Pab向圆C作切线，切点为A，则线段PA的最小值为________

__．【答案】3【解析】圆22:2270Cxyxy关于直线40axby对称,圆心(1,1)C在直线40axby上,40ab,即4ba,点,Pab向圆所作的切线长为:222(1)(1)92(2)9aba

,当a=2时,点,ab向圆所作的切线长取得最小值3.16.已知函数sinyx的图象与直线20ymxm恰有四个公共点11,Axy，22,Bxy，33,Cxy，44,Dxy，其中1234xxxx<<<，则442t

anxx__________．【答案】1【解析】【分析】根据题意画出图象，找到只有四个公共点的情况，明确D点即为直线与函数sinyx的图象相切点，然后代入运算，即可得到结果．【详解】由题意画出图象如下：根据题意，很明显，在D点处，直线与函数

sinyx的图象相切，D点即为切点．则有，在点D处，sinyx，cosyx．而4cosxm，且4442sinymxx，∴44444sinsin2tancosxxxxmx．∴44442tan1tantan

xxxx．故答案为：1．【点睛】此题考查根据函数图象关系求解参数的取值，关键在于结合直线与曲线的几何位置关系利用导数的几何意义建立等式求解.三、解答题：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.在ABC中，边a，b，c所对的角分别为A，B，C，已知ac，ABC的面积为22，2sinsinsin3ABCA，3b．（1）求si

nB的值；（2）求边a，c的值．【答案】（1）22sin3B；（2）3a，2c．【解析】【分析】（1）由已知结合和差角公式进行化简可求cosB，进而可求sinB；（2）由已知结合余弦定理及三角形面积公式即可求解

．【详解】（1）由2sinsinsin3ABCA，πCAB，得2sincoscossinsinsin3ABABABA，即22sincossin3ABA，∵0πA，∴sin0A，∴

1cos3B．∵0πB，∴22sin3B．（2）由余弦定理得：2222222cos3bacacBacac，得22293acac①，又∵1sin222ABCSacB，∴6ac②，由①②解得32ac

，或23ac，∵ac，∴3a，2c．【点睛】此题考查根据面积公式和余弦定理求解三角形，关键在于熟练掌握定理公式，结合三角恒等变换求解三角函数值，利用面积关系建立等式求解三角形.18.如图，在四棱锥PAB

CD中，平面PAD平面ABCD，PAPD，PAPD，ABAD，1AB，2AD，5ACCD.（Ⅰ）求证：PD平面PAB；（Ⅱ）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）33．【解析

】【详解】分析：（1）先证明ABPD，PAPD，再证明PD平面PAB.(2)利用向量方法求直线PB与平面PCD所成角的正弦值.详解：（Ⅰ）因为，平面PAD平面ABCD，ABAD，所以AB平面PAD，所以ABPD，又因为PAPD，所以PD平面PAB；（Ⅱ）取AD的中点O

，连结PO，CO，因为PAPD，所以POAD.又因为PO平面PAD，平面PAD平面ABCD，所以PO平面ABCD.因为CO平面ABCD，所以POCO.因为ACCD，所以COAD.如图建立空间直角坐标系Oxyz，由题意得，0,1,0A，1,1,0B，2,0,

0C，0,1,0D，0,0,1P.设平面PCD的法向量为,,nxyz，则00nPDnPC，即020yzxz，令2z，则1x，2y.所以1,2,2n.又1,1,1PB，所以3cos,3

nPBnPBnPB.所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为33.点睛：（1）本题主要考查线面位置关系的证明，考查直线和平面所成的角的求法，意在考查学生对这些知识的掌握水平和空间想象转化能力.(2)直线和平面所成的角的求法方法一：（几何法）找作（定义法）证（定义）指求（解三角形

），其关键是找到直线在,平面内的射影作出直线和平面所成的角和解三角形.方法二：（向量法）•sinABnABn，其中AB是直线l的方向向量，n是平面的法向量，是直线和平面所成的角.19.已知动点P到直线:2lx的距离比到定点(1,0)F的距离多1.（1）求动点P的轨迹E的方程（

2）若A为（1）中曲线E上一点，过点A作直线l的垂线，垂足为C，过坐标原点O的直线OC交曲线E于另外一点B，证明直线AB过定点，并求出定点坐标.【答案】（1）24yx（2）证明见解析，定点坐标为(2,0)【解析】【分析】利用

直接法，求动点P的轨迹E的方程．设出直线AB方程以及,,ABC，由O、C、B三点共线可得121220tyymyy，将直线AB方程与24yx联立，可得2440ytym，利用韦达定理，可得14(2)(2)0tmmy

，所以2m，得出直线过定点(2,0)．【详解】解：（1）设点(,)Pxy，则22|2|1(1)xxy.当2x…时，221(1)xxy，即222(1)(1)(1)xxyx…

，整理得24yx.当2x„时，223(1)xxy，即222(3)(1)(3)xxyx„，整理得288yx，由880x知1x…，矛盾，舍去.∴所求轨迹方程为24yx.（2）设:ABxtym，11,Axy，

22,Bxy，则12,Cy.由O、C、B三点共线知21220xyy，即21220tymyy.所以121220tyymyy.①由24xtymyx得2440ytym，所以12124,4.yytyym②由①

②得114240tmmyty，即14(2)(2)0tmmy，此表达式对任意t恒成立，∴2m.即直线AB过定点，定点坐标为(2,0).【点睛】直接法是求轨迹方程的重要方法．当式子里面出现12yy，则设出直线联立方程，

利用韦达定理代入计算，本题是一道中等难度的综合体．20.已知函数sinxfxexax.（1）若fx在0,4上单调递增，求实数a的取值范围；（2）若1a时，求证：对于任意的30,4x，均有0fx.【答案】(1)

1a;(2)证明过程见解析【解析】【分析】(1)求出函数的导数及二阶导数，由二阶导数的符号推出()fx¢在0,4上单调递增，因此求出使()0fx的a的取值范围即可；(2)对函数fx在30,4

上的单调性进行讨论，证明其最小值非负即可证明对于任意的30,4x，均有0fx.【详解】（1）22()esinecos2sincos22xxxfxxxaexxa2e

sin4xxa，()2esinco244sexxfxxx2esin]422[cos224xxxs2ecoxx，当0,4x时，cos0x，e0x，则()0f

x，所以函数()fx在0,4上单调递增，若fx在0,4上单调递增，则()0fx在0,4上恒成立，所以(0)2sin1014faaa；（2）由(1)知()2esin4x

fxxa，()2ecosxfxx，当30,4x时，e0x恒成立，当[0,)2x时，cos0x，此时()0fx；当2x时，()cos02fx，当3,24x时，cos0x，此时()0fx，所以函数()

fx在π[0,)2上单调递增，在3,24上单调递减，而1a，则(0)10fa…，2e02fa，3004fa，则函数()fx在3

,24上有且仅有一个零点，设该零点为0x，则0[0,)xx时，()0fx，03,4xx时，()0fx，所以函数()fx在0[0,)x上单调递增，03,4x上单调递减，因为(0)0

f，34323e424af，当0a时，34323e0424af，当01a时，23243232325e34242422aafea2538

a因为252533088a，所以304f，因为3(0)4ff，所以30,4x时，min()(0)0fxf，即对任意的30,4x，均有()0fx.【点睛】本题考查导数在研究函数中的应用，指数与指数函数，三角函数以及函

数综合，属于难题.21.2019年7月1日到3日，世界新能源汽车大会在海南博鳌召开，大会着眼于全球汽车产业的转型升级和生态环境的持续改善．某汽车公司顺应时代潮流，最新研发了一款新能源汽车，并在出厂前对100辆汽车进行了单次最大续航里程（理论上是

指新能源汽车所装载的燃料或电池所能够提供给车行驶的最远里程）的测试．现对测试数据进行分析，得到如图的频率分布直方图．（1）估计这100辆汽车的单次最大续航里程的平均值x（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；（2）根据大量的汽车测试数据，可以认为这款汽车的单次最大续航量程X近似地服从正态

分布2,N，经计算第（1）问中样本标准差s的近似值为50．用样本平均数x作为的近似值，用样本标准差s作为的估计值，现任取一辆汽车，求它的单次最大续航里程恰在250千米到400千米之间的概率；（3）某汽车销售公司

为推广此款新能源汽车，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖”活动，客户可根据抛掷硬币的结果，操控微型遥控车在方格图上行进，若遥控车最终停在“胜利大本营”，则可获得购车优惠券．已知硬币出现正，反面的概率都是12，方格图上标有第0格、第1格、第2格

……第50格．遥控车开始在第0格，客户每掷一次硬币，遥控车向前移动一次，若掷出正面，遥控车向前移动一格（从k到1k），若掷出反面，遥控车向前移动两格（从k到2k），直到遥控车移到第49格（胜利大本营）或第50格（失败

大本营）时，游戏结束．设遥控车移到第n格的概率为nP，试证明*1149,NnnPPnn是等比数列，并解释此方案能否成功吸引顾客购买该款新能源汽车．参考数据：若随机变量服从正态分布2,N，则0.

6827P≤，220.9545P≤，330.9973P．【答案】（1）300；（2）0.8186；（3）见解析.【解析】【分析】（1）利用频率分布直方图的平均数的计算方法即可得出x．（2）由23

00,50XN．利用正态分布的对称性可得250400XP．（3）遥控车移到第249nn格的情况是下面两种，而且只有两种：①遥控车先到第2n格，又掷出反面，其概率为212nP．②遥控车先到第1n格，又掷出正面，其概率为112nP．可得：

211122nnnPPP，即可得证数列1nnPP是等比数列，并计算获胜与失败的概率.【详解】（1）0.002502050.004502550.009503050.00450355x0.00150405300（千米）．（2）由

2300,50XN．∴0.95450.68272504000.95450.81862XP．（3）遥控车开始在第0格为必然事件，01P．第一次掷硬币出现正面，遥控车移到第一格，其概率为12，即112P．遥控车移到第249nn格的情况是下面两种，而且只有两种：①遥控车先到

第2n格，又掷出反面，其概率为212nP．②遥控车先到第1n格，又掷出正面，其概率为112nP．∴211122nnnPPP．∴11212nnnnPPPP．∴149n时，数列1nnPP是等比数列，首

项为1012PP，公比为12的等比数列．∴1112P，12212PP，33212PP，……，112nnnPP．∴112100nnnnnPPPPPPPP

11111222nn1111212113212nn．0,1,,49n．∴获胜的概率504921132P

，失败的概率4949504811211111223232PP．∴504948495021111111103232

32PP．∴获胜的概率大．∴此方案能成功吸引顾客购买该款新能源汽车．【点睛】此题考查统计与概率相关知识，根据频率分布直方图求解平均数，利用正态分布求解概率，利用递推

数列关系建立等式解决概率相关问题，综合性强.（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．［选修4-4：坐标系与参数方程］22.在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立

极坐标系，已知曲线C的极坐标方程为2sin＝cosa（a＞0），过点(2,4)P的直线l的参数方程为22,2{24,2xtyt＝－＋＝－＋（t为参数），直线l与曲线C相交于A，B两点．（Ⅰ）写出曲线C的直角坐标方程和直线l的普通方程；（Ⅱ）若2||PAPBAB

，求a的值．【答案】（Ⅰ），2yx（Ⅱ）2．【解析】试题分析：（Ⅰ）根据222cos,sinxyxy，可将曲线C的极坐标方程化为直角坐标，两式相减消去参数得直线l的普通方程为2yx．（Ⅱ）由直线参数方程几何意义有1212,PAPBttA

Btt，因此将直线l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程中，得22(8)4(8)0tata,由韦达定理有12122(8),4(8)ttatta．解之得：2a或8a（舍去）试题解析：（Ⅰ）由2sincos(0)aa

得22sincos(0)aa,∴曲线C的直角坐标方程为．直线l的普通方程为2yx．（Ⅱ）将直线l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程中，得22(8)4(8)0tata,设AB、两点对应的参数分别为12,tt,则有1212

2(8),4(8)ttatta．∵2PAPBAB,∴21212()tttt,即21212()5tttt．∴22[2(8)]20(8),6160aaaa．解之得：2a或8a（舍去）,∴a的值为2．考点：极坐标方程化为直角坐标，参数

方程化普通方程，直线参数方程几何意义［选修4-5：不等式选讲］23.选修4-5：不等式选讲已知函数10fxxaxaa.（1）当2a时，求不等式3fx的解集；（2）证明：14fmfm.【答案】（Ⅰ）111|44xxx

或;（Ⅱ）见解析.【解析】分析：（1）利用零点分类讨论法解不等式3fx，即得不等式3fx的解集.(2)利用绝对值不等式和基本不等式证明.详解：（Ⅰ）当2a时，122fxxx，原不等式等价于21232xxx

或1221232xxx或121232xxx解得114x或14x所以，不等式的解集为111|44xxx或（Ⅱ）证明：11=fmfmamma111amma

1=()maam1111122(4||mmmamamm）（当且仅当1m且1a时等号成立）.点睛：本题的第（2）问，由于涉及到多个形式差不多的绝对值，所以此时要联想到三角绝对值不等式

和基本不等式，利用它们帮助分析解题.