【附加15套高考模拟】2020年陕西省高考数学押题卷【文】解析含答案

1、2020 年陕西省高考数学押题卷【文】解析一、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. 在下列区间中，函数fxex4x3的零点所在的区间为（）1 ,0A 4B0, 14C 31 , 11 , 342D 242. 已知cosa，则 cos2a516A 25B 1625C4725D7251tan23. 若cos1,是第三象限的角 ,则51（ ）1tan 2A 2 B 2C 2D -2x2 y10x 、 y 满足不等式组2xy10 ，则z3 xy 的最大值为（）4. 已知实数y0A 3B 2C 32 D 25. 过原点作圆x 3c

2、osy 63sin（ 为参数）的两条切线，则这两条切线所成的锐角为A 6B 4C 3D 26. 中国古代数学著作算法统宗中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步并不难，次日脚痛减一半，六朝才得至其关，欲问每朝行里数，请公仔细算相还”其.意思为： “有一个人走378 里路，第 1 天健步行走，从第 2 天起，因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6 天后到达目的地，可求出此人每天走多少里路 . ”那么此人第 5 天走的路程为（）A 48 里B 24 里C 12 里D 6 里7. 在四面体 ABCD 中，已知 AB AC CD 2， BC2 2 ，且 CD 平面 ABC ，则该四面体外接球的体

3、积（）A 16 B 12 C 43 D 68. 已知抛物线：与直线相交于， 两点， 为抛物线的焦点，若， 则的中点的横坐标为（）A B 3C 5D 6 9某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为4A 3810C 3D 3B 210. 数列 an：1， 1，2， 3， 5，8，13，21，34， ，称为斐波那契数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多 ·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列 ”该.数列从第三项开始，每项等于其前相邻两项之和即：an 2an 1an .记该数列 an的前 n 项和为Sn ，则下列结论正确的是（）A S2019C S2019a20202a20

4、201 D S2019a20211B S2019a2021211. 已知斜率为1的直线过抛物线y22 px p0 的焦点， 且与该抛物线交于A ， B 两点， 若线段 AB的中点的纵坐标为2 ，则该抛物线的准线方程为（）A x2B x1C x2D x112已知集合 A=1,2,3,4 ， B=2,4,6,8 ，则 A I B 中元素的个数为A 1B 2C 3D 4二、填空题：本题共4 小题，每小题 5 分，共 20 分。y2213. 设双曲线 ax221(ab0,b0)的虚轴长为2，焦距为23 ，则双曲线的渐近线方程为14. 已知正数rx, y 满足 x2v11y12，则 xy 的最小值为rr

5、15. 若向量 a(3,1)， b(7,2) ，则 ab 的坐标是16. 如图， ABCD 是边长为 2 的正方形，其对角线AC 与 BD 交于点 O ，将正方形 ABCD 沿对角线 BD折叠，使点 A所对应点为A ' ，A' OC3.设三棱锥 A'4BCD 的外接球的体积为 V ，三棱锥 A'BCD的体积为V '，则 V V '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。17（ 12 分）如图，在长方形ABCD 中， AB, AD2, E、F为线段 AB 的三等分点， G、H 为线段DC 的三等分点将长方形ABCD卷成以

6、AD 为母线的圆柱 W 的半个侧面， AB 、CD 分别为圆柱 W 上、下底面的直径证明：平面ADHF平面 BCHF ；求二面角 ABHD 的余弦值18（ 12 分）如图，已知等腰梯形ABCD 中，AD / / BC , ABAD1 BC22, E 是 BC 的中点，AEBDM ，将 BAE 沿着 AE翻折成B1 AE ，使平面B1AE平面 AECD 求证： CD平面 B 1DM；求二面角B1PDAB1E 的余弦值；在线段B1C 上是否存在点 P，使得MP / / 平面B1 AD ，若存在，求出B1C 的值；若不存在，说明理由19（ 12 分）如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD是边

7、长为 1的菱形，BAD45 ， PD2， M为 PD 的中点， E 为 AM的中点，点 F 在线段 PB 上，且 PF3FB 求证：EF / / 平面 ABCD ；若平面 PDC底面 ABCD ，且 PDDC ，求平面 PAD 与平面 PBC 所成锐二面角的余弦值20（ 12 分） 2017 年 5 月 14 日，第一届 “一带一路 ”国际高峰论坛在北京举行，为了解不同年龄的人对“一带一路 ”关注程度， 某机构随机抽取了年龄在15-75 岁之间的 100 人进行调查， 经统计 “青少年 ”与“中老年 ” 的人数之比为9:11 关注不关注合计青少年15中老年合计5050100（ 1）根据已知条件

8、完成上面的 2 2 列联表，并判断能否有 99% 的把握认为关注 “一带一路 ”是否和年龄段有关？现从抽取的青少年中采用分层抽样的办法选取 9 人进行问卷调查 在这 9 人中再选取 3 人进行面对面询问，记选取的 3 人中关注 “一带一路 ”的人数为 X ，求 X 的分布列及数学期望附:参考公式22n adbck，其中 nabcd abcdacbd临界值表：P2KK 00.050.0100.001K 03.8416.63510.8282xx0t221（ 12 分）在直角坐标系xOy 中，过点M ( x0 , y0 ) 的直线 l 的参数方程为yy02 t2（ t 为参数），以坐标原点 O 为极

9、点，以 x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为1.若点 M 的直角2坐标为 (1,3) ，求直线 l 及曲线 C 的直角坐标方程；若点M 在 圆 x2y4lC上，直线 与交于A, B 两点，求 | MA |g| MB|的值 .22（ 10 分）已知函数f (x)x22g( x)2xa，.当 a1 时，解不等式f ( x)g ( x) ；若f (x)g( x)在 6,8 上恒成立，求实数 a 的取值范围 .参考答案一、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. C2. D3. A4. A5. C6. C7. B8

10、. A9. A10. D11. D12. B二、填空题：本题共4 小题，每小题 5 分，共 20 分。13. y2 x .14 2215 (4,3) .16 42三、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（ 1）见解析 ;（ 2）285 .19【解析】【分析】(1) H 在下底面圆周上，且CD 为下底面半圆的直径 ,得到 DH 垂直于 HC ， DHFH 进而得到 DH平面 BCFH ，最终根据面面垂直的判定定理得到面面垂直；（2）建立空间坐标系得到面ABH 的法向量和面ADH 的法向量，再由向量的夹角公式得到二面角的余弦值.【详解】（ 1）因为 H 在下底面圆周上

11、，且CD 为下底面半圆的直径 ,所以，又因为 DHFH ，且 CHFHH ，所以 DH平面 BCFH又因为 DH平面 ADFH ，所以平面ADFH平 面 BCFH .（ 2）以 H 坐标原点，分别以HD、HC、HF ,为 x、y、z轴建立空间直角坐标系Oxyz 设下底面半径为 r ，由题r，所以 r1， CD2因为 G、H为 DC 的三等分点，所以HDC30o，所以在 Rt DHC 中， HD3, HC1所以 A3,0,2， B 0,1,2 ， Dr3,0,0，设平面 ABH 的法向量 nx, y, zruuurruuur因为 n HAx, y, z3,0,20 ， n HBx, y, z0,

12、1,203x2 z所以y2 z0r，所以平面 ABH 的法向量 n0r2,23,3设平面 BHD 的法向量 mx, y, zruuurruuur因为 m HDx, y, z3,0,00 ， m HBx, y, z0,1,20x0r所以y2z0 ，所以平面 BHD 的法向量m0, 2,1m nrr285所以二面角ABHD 的余弦值为cosrrm n19【点睛】本题考查平面和平面垂直的判定和性质在证明面面垂直时，其常用方法是在其中一个平面内找两条相交直线和另一平面内的某一条直线垂直，或者可以通过建系的方法求两个面的法向量使得两个面的法向量互相垂直即可 .传统方法求线面角和二面角，一般采用“一作，二

13、证、三求 ”三个步骤 ,首先根据二面角的定义结合几何体图形中的线面关系作出线面角或二面角的平面角，进而求出； 而角的计算大多采用建立空间直角坐标系，写出向量的坐标，利用线面角和二面角公式，借助法向量求空间角.18（） 详见解析；（） 二面角的余弦值为；（） 存在点 P，使得MP / / 平面B1 AD ，且【解析】【详解】试题分析： （ I ） 根据直线与平面垂直的判定定理，需证明CD 垂直平面 B1AD 内的两条相交直线由题意易得四边形 ABED 是菱形，所以EABD ，从而 CDBD ，即 CDB1M , CDMD ，进而证得平面（） 由（ I）可知，、两两互相垂直，故可以为 轴 ，为轴，

14、为 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求得二面角的余弦值 （）根据直线与平面平行的判定定理，只要能找到一点P 使得 PM 平行平面内的一条直线即可由于AM P 1 CD ，故可取线段2B C 中点 P，B D 中点 Q，连结 MP , PQ, AQ 则 PQ/ CD ，且 PQ= 1 CD 由112此即可得四边形 AMPQ 是平行四边形，从而问题得证试题解析： （ I ） 由题意可知四边形ABED 是平行四边形，所以，故又因为ABBE ， M 为 AE 的中点所以BMAE ，即 DMAE.又因为 AD / / BC ， ADCE2.所以四边形 ADCE 是平行四边形所以 AE / /CD.

15、故 CDDM 因为平面平面， 平面平面， B1M平面所以平面B1MAE.因为平面， 所以CD 因为，、平面，所以平面（）以为 轴，为轴，为 轴建立空间直角坐标系，则，平面的法向量为设平面的法向量为， 因为， 令得，所以， 因为二面角为锐角，所以二面角的余弦值为（）存在点 P，使得MP / / 平面B1AD 法一 : 取线段B1C 中点 P，B1D 中点 Q，连结MP , PQ, AQ 则 PQ / CD ，且PQ=1CD 2又因为四边形 AECD是平行四边形，所以AE /CD 因为 M 为 AE 的中点，则 AM / PQ 所以四边形AMPQ 是平行四边形，则MP / AQ 又因为 AQ平面A

16、B1D ，所以MP / 平面AB1D 所以在线段上存在点，使得平面，法二：设在线段上存在点，使得平面，uuuruuuruuuruuuuruuur设 B1PB1C ，（）， C (2,3,0)uuur，因为MPMB1B1P 所以 MP(2,3 ,33) 因为平面， 所 以uuurr，MP m0所以， 解得， 又因为 MP平面，所以在线段上存在点，使得平面， 考点： 1、空间直线与平面的位置关系；2、二面角2 219（ 1）见解析（ 2） cos3【解析】【分析】（ 1）（法一）如图，设 DM 中点为 N ，连接 EN ， NF ， BD ，则有 NEPAD，利用线面平行的判定定理，证得 NE P

17、平面 ABCD，进而证得 NF P 平面 ABCD ，从而证得平面 NEF P平面 ABCD ，即可求得平面 ABCD.（法二） 连接 ER、RQ 、QF ，则有 ER PPD，证得EF / /QR ，利用线面平行的判定定理，即可证得 EF P平面 ABCD .（ 2）以 D 为坐标原点建立空间直角坐标系Dxyz，求得平面 PBC 和平面 PAD 的一个法向量，利用向量的夹角公式，即可求解。【详解】解：（ 1）证明：（法一）如图，设DM 中点为 N ，连接 EN ， NF ， BD ，则有NE / / AD ， NE平面 ABCD ， AD平面 ABCD ， NE / / 平面 ABCD ，P

18、NPF又PDPB3， NF4/ / DB ， NF平面 ABCD ， BD平面 ABCD ， NF / / 平面 ABCD ，又 NFNEN ，平面NEF / / 平面 ABCD ， EF/ / 平面 ABCD .（法二）如图，设AD 中点为 R， Q 为线段 BD 上一点，且 DQ3QB .连接 ER、 RQ 、 QF ，则有 ER/ / PD ，BFBQBPBD1 ， QF4/ /PD ， QF/ /ER ，且 QF1 PDER ，4即 QFER 为平行四边形，EF / /QR ， EF平面 ABCD ， RQ平面 ABCD ， EF / / 平面 ABCD .（ 2）平面 PDC底面 A

19、BCD ，且 PDDC ， PD底面 ABCD ， 如图，以 D 为坐标原点建立空间直角坐标系Dxyz ，则 D 0,0,0， P 0,0,2， A 1,0,0 ， C2 ,2 ,0，22uuuvuuuv BCAD1,0,0uuuv， PCuv22,2 ，22设平面 PBC 的一个法向量为 n1x, y, z ，uv uuuvx0n1 BC0则 uv uuuv，22，n1 PC0xy2z0 22uv取 y22 ，可得 n10,22,1，uuv又易知平面 PAD 的一个法向量n20,1,0 ，uv uuvn1 n222设平面 PAD 与平面 PBC 所成锐二面角为，则cosuvuuv，3n1n2

20、平面 PAD 与平面 PBC 所成锐二面角的余弦值为22 .3【点睛】本题考查了立体几何中的线面平行判定和平面与平面所成的角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理。同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解 .20 (1) 有 99%的把握认为关注 “一带一路 ” 和年龄段有关 (2)E X1.【解析】试题分析： (1) 依题意完成 22 列联表，计算K 2 ，对照临界值得出结论；(2)根据分层抽样法，得出随机变量 X 的可能取值，计算对

21、应的概率值，写出X 的分布列，计算出数学期望值.试题解析： (1) 依题意可知 ,抽取的 “青少年 ”共有 10092045 人, “中老年 ”共有 1004555 人.完成的 2×2 列联表如：关注不关注合计青少年153045中老年352055合计505010022n adbc210030352015则 K=9.091abcdacbd555055452因为 P( K6.635)0.01 ， 9.0916.635，所以有 99%的把握认为关注 “一带一路 ” 和年龄段有关(2) 根据题意知 ,选出关注的人数为3,不关注的人数为 6,在这 9 人中再选取 3 人进行面对面询问, X 的

22、取值可以为 0,1,2,3,则P X0P X33205CC6938421C313.C9384, P X1324515CC C66938428, P X221183CC C36938414 ,X01235153121281484PEX02014521831.所以 X 的分布列为数学期望848484145363848421（ 1） x2y21 ， yx31 ；（ 2） 3【解析】【分析】（ 1）由 1，得 x2 +y 2 1，可得曲线C 的直角坐标方程为x2 +y 2 1又由直线的参数方程可知点M 在直线上，斜率为 1，可得直线 l 的直角坐标方程（ 2） 把直线 l 的参数方程代入曲线C 的直角

23、坐标方程，利用一元二次方程的根与系数的关系即可得出【详解】（ 1）曲线 C ：121，化为直角坐标方程为：x2y21又由直线的参数方程可知：点M 在直线上，斜率为1，直线 l 的直角坐标方程为：y3x1，即 yx31 .（ 2）将直线 l 的参数方程与曲线C 的直角坐标方程联立可得：t22x ytx 2y 2100000222则 MAMBt1 t222x0y01 （其中t1 、 t2 为方程的两根）又点 M 在圆 x2y 4 上，则 xy4 ，0故 MAMBx 200y021413 .【点睛】本题考查了极坐标方程化为直角坐标方程、参数方程化为普通方程及直线参数方程的应用、一元二次方程的根与系数

24、的关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题22（ 1）x | x1或x1； （2） 14,12 .3【解析】【分析】22（ 1）当 a1 时，由f (x)g( x) ，可得 x2 2x12 ，分类讨论，即可求解不等式的解集；（ 2）由题意f ( x)g (x)在6,8 上恒成立，转化为3x4a8 xa160 在6,8 上恒成立，令h(x)3x2(4 a8) xa 216 ，利用函数的性质，得到不等式组，即可求解.【详解】（ 1）由题意，当a1 时， g x2x1 ，由 fxgx ，可得 x222 x1 ， 即 x2 2 x12 ，x1所以2 或1 x2x22 或，x3213 x12x321解

25、得 x1或x32 或 x2 ，即 x1或 x.3所以不等式 fxg x 的解集为x | x1或x1.3（ 2）由题意fxg x 在 6,8 上恒成立，等价于2xax4 在 6,8 上恒成立，222等价于即 3x22 xax24a8 xa24在 6,8 上恒成立，160在 6,8 上恒成立，令 h x3x4a8 xa16 ，h 60a2则，即h 80a224a 32a1400，解得14a240012 .所以实数 a 的范围为14,12 .【点睛】本题主要考查了含绝对值的不等式的求解，以及不等式的恒成立问题，其中解答中熟记绝对值不等式的解法，合理转化不等式的恒成立问题是解答的关键，着重考查了推理与

26、运算能力，属于中档试题.高考模拟数学试卷第卷 ( 共 60 分)一选择题本大题共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. 若集合 A x | x0 ，且 ABB ，则集合 B 可能是A. 1,2B. x | x1C. 1,0,1D. R2. 已知 110 ，则下列结论错误的是abA. a 2b 2B. ba2 abC. abb 2D. lg a2lg ab3. 若不等式2kx 2kx3 0 对一切实数 x都成立，则 k 的取值范围为8A . (3,0)B .3,0C .3,0D . (3,04. 规定abab2ab, a、bR，若 1k4 ，

27、则函数f ( x)kx 的值域A. (2,)B (1,)7C,) 87D ,) 45. 设命题p :函数y1 在定义域上为减函数；命题xq :a, b(0,), 当 ab1时, 113 ，以下ab说法正确的是A. pq 为真B.pq 为真C.p 真 q 假D. p ， q 均假6. 某流程图如图所示，现输入如下四个函数，则可以输出的函数是xA fxxB fxlnx21xexe x1x 2C fxexe xD f ( x)| x3 | 4x |7. 函数 yf ( x) 为偶函数，且 0,) 上单调递减，则yf (2x2 )的一个单调递增区间为A. (,0B. 0,)C. 0,2 D.2 ,)8

28、. 下列命题正确的个数是“在三角形 ABC 中，若 sin Asin B , 则 AB ”的否命题是真命题；2命题p: x2 或 y3 ，命题q : xy5 则 p 是 q 的必要不充分条件；“ x3R, xx10 ”的否定是“xR, x3x210” .A.0B.1C.2D.39. 已知函数f ( x)sinx (0x1), 若a、b、c 互不相等，且f (a)f (b)f (c) ，则 abc 的log 2014 xx1取值范围是A（ 1， 2014）B（ 1， 2015）C（ 2，2015） D 2 ， 201510. 下列四个图中 ,函数 y10lnxx1的图象可能是111. 设函数f

29、(x)exx2,g(x)ln xx3. 若实数a, b 满足f (a)0 , g(b)0，则2A g( a)0f (b)B f (b)0g(a)C 0g (a)f (b)D f (b)g (a)012. 已知定义的 R 上的偶函数 fx 在 0,) 上是增函数，不等式f (ax1)f (x2)对任意 x1 ,1 恒成立，则实数 a 的取值范围是2A.3, 1B.2,0C.5, 1D.2,1二、填空题：本大题共4 小题，每小题 5 分，共 20 分ax , x0,1113. 设 acos 420, 函数f ( x), 则 f ()f (log 2) 的值等于log a x, x0,4614. 实

30、数x, y 满足x 1,y a(axy0,1), 若目标函数 zxy 的最大值为 4，则实数 a 的值为.15. 已 知lg alg b0 ， 则 满 足 不 等 式ab22a1b1的 实 数的 最 小 值是.16. 定义在 R 上的函数f ( x) 满足f ( x)f (x5)16 ，当 x( 1,4 ,f (x)x22x ，则函数f ( x) 的在0,2014 上的零点个数是2三、解答题：本大题共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（本小题满分 10 分）已知幂函数f (x)(m21)2 xm4m在 (0,) 上单调递增，函数g( x)2xk （）求 m

31、的值；（） 当 x围.1, 2 时，记f ( x) ，g( x) 的值域分别为集合A, B ，若 ABA ，求实数 k 的取值范18（本小题满分 12 分）已知向量 a(cos x,1 ), b2(3 sin x,cos 2x), xR ,设函数f (x)a·b .( )求( )求f ( x)f ( x)的单调递增区间；在 0,上的最大值和最小值 .2220. （本小题满分 12 分）已知函数fxax22a1xaa1ex ( 其中 aR ).（）若 x0 为 fx 的极值点 , 求 a 的值；( )在( ) 的条件下 , 解不等式fxx11 x22x1 .221. （本小题满分 12

32、 分）已知 a0 ，函数f ( x)xax .设 x1(,a ) 2，记曲线 yf (x) 在点M ( x1, f ( x1) 处的切线为 l ， l 与 x 轴的交点是x 2N( x2,0) ， O 为坐标原点 .（）证明： x21；2x1aa9a（）若对于任意的x1(,) ，都有 OMON 2成立，求 a 的取值范围 .1622. （本小题满分 12 分）2已知函数f (x)xa3 ln( xaa2 ) ， a 2R且 a0 （）讨论函数f ( x) 的单调性；f (x )f (x )a212（） 当 a0 时，若 a2axxa 2a ，证明21a .x2x1218.( )f (x)a&#

33、183;b = cosx3 sin x1 cos2x23 sin 2x21 cos2x2sin(2x) .6当 2k2 x2k26时，解得 kxk 26 4 分，3f (x)sin( 2 x) 的单调递增区间为 k6, k( k63Z ) . 8 分( ) 当x 0,时，(2 x2) -, 5666，由标准函数 ysin x在-, 5 66上的图像知，.f ( x)sin(2x) f (-6), f () 621 ,1 .2所以 ,f (x)在 0,2上的最大值和最小值分别为1,12. 12 分19. 解( ) 命题 p 为真 , 即f ( x) 的定义域是 R , 等价于(a21) x2(

34、a1) x10 恒成立 ,等价于 aa211 或 (a0,1) 24(a21)0.解得 a1或 a5 . 实数 a 的取值范围为 (,351(3,) 4 分命题 q 为真, 即f ( x) 的值域是 R ,等价于 u( a21) x2( a1) x1 的值域(0 ,) ,等价于 aa211或 ( a0,1)24(a21)0.解得 1a5 . 实数 a 的取值范围为31 , 5 3 8 分( ) 由( )( ) 知,p a( 1, 5 ; q a 31 ,5 .3而 ( 1 , 531 ,5 , p 是 q 的必要而不充分的条件 12 分320. ( ) 因为fxax 22a1xaa1 2exf

35、x2axa1 2exax22a1xaa1 2exax2a21xa ex因为 x0 为 fx 的极值点 , 所以由 f0ae00 , 解得 a0检验 , 当 a0 时,fxxex , 当 x0 时,fx0 , 当 x0 时,fx0 .所以 x0 为 fx 的极值点 , 故 a0 . 4 分( )当 a0 时, 不等式fxx11 x2x12x1exx11 x22x1 ,整理得xx1e1 x2x210 ,x10即ex1 x2 2或x10x10ex1 x22x10令 gxex1 x22x1 ,h xgxexx1 ,hxex1 ,当 x0 时,hxex10 ；当 x0 时,hxex10 ,所以 h x

36、在,0 单调递减 , 在 (0,) 单调递增 , 所以h xh00 , 即 gx0 ,所以 g x 在 R 上单调递增 , 而 g 00 ；故 ex12xx102x0 ； ex1 x22x10x0 ,所以原不等式的解集为x x0或x1 . 12 分(21. ) 解：曲线 yf (x) 在点M ( x1 , f ( x1 ) 处的切线 l 的方程为yf ( x1)( 2x1a)( xx1)令 y0 ，得 x22x12x1a 4 分9a( )OMON16x39ax 89 a 2160 在 x(,a ) 上恒成立2设 f (x)'x39ax89 a 2 ，163af ' ( x)3x

37、 29 a83a令 f ( x)0 ，解得x， x(, 8, f ' (x)08当 x3a 时，8f ( x) 取极大值x(3a , 81 a),2f '( x)00a3a1 当283, 即 a时，2F ( x) maxF (a) 2a3，满足题设要求；80a3a2 当28，即 0a3 ， F (x)2maxF (3a ) 83 (3a )3489 a 2 ，16若 f ( x)max0 ，解得 a2 .3综上，实数 a的取值范围为 a2. 12 分322.解：（ 1）由题，f (x)a3x2xaax2(aa2 )xa32xaa( xa)( xa2) xaa2.2 分令 f ( x)0 ，因为xaa20 故 ( xa)( xa2 )0 .当 a0 时，因aa2a 且 aa 2a 2 所以上不等式的解为(aa2,) ,2从而此时函数f ( x)在 (aa2 ,) 上单调递增 . 4 分当 a0 时，因aaa2a 所以上不等式的解为(a2 ,) ，从而此时函数f ( x)在 (a2 ,) 上单调递增 .同理此时f (x) 在 (aa2 , a2 上单调递减 .6 分（ 2）（方法一）要证原不等式成立，只须证明f (x2)f (x1)( x2a2x1)(2a) ，只须证明a2f (x2)(a) x2a2f ( x1 )(a) x1 .122222