福建省2020届高三数学（文）质量检查（B卷）试题（Word版附答案）

福建省2020届高三数学（文）质量检查（B卷）试题（Word版附答案）

学校: 准考证号: 姓名: （在此卷上答题无效） 工作秘密★启用前 2020 年福建省高三毕业班质量检查测试（B 卷） 文 科 数 学 本试卷共 6 页。满分 150 分。 注意事项： 1. 答题前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。 写在本试卷上无效。 3. 考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。 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．已知集合  2 1x xA    0 ，  = 0,1,2,3B ，则 A B  A． 0,1,2,3 B． 1,2,3 C． 2,3 D． 0,1 2．等差数列 na 的前 n 项和为 nS ，若 2 4,a a 是方程 2 2 3 0  x x 的两实根．则 5 S A．10 B．5 C． 5 D． 10 3．已知函数 3log , 0, ( ) 1( ) , 0,3    x x x f x x≤ 则 1( ( ))2f f  的值为 A. 1 2 B. 2 C. 1 2  D. 2 4．设函数 ( ) sinf x ax ，则“ 1a ”是“ ( )f x 在 3 3      ， 单调递增”的 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分不必要条件 5. 如图，在直角坐标系 xOy 中，点  4,4B ，点  0,4C ，点 A 在 x 轴上，曲线 sin 32 xy   与 线段 AB 交于点  4,3D ．若在四边形 OABC 内随机取一点，则此点 取自阴影部分的概率等于 A. 1 5 B. 1 4 C． 1 3 D. 1 2 6．函数     af x x x 在 1x 处的切线方程为 2 0  x y b ，则  a b A． 3 B． 1 C． 0 D．1 7．小王于 2015 年底贷款购置了一套房子，根据家庭收入情况，小王选择了 10 年期每月还 款数额相同的还贷方式，且截止 2019 年底，他没有再购买第二套房子.下图是 2016 年和 2019 年小王的家庭收入用于各项支出的比例分配图： 根据以上信息，判断下列结论中正确的是 A．小王一家 2019 年用于饮食的支出费用跟 2016 年相同 B．小王一家 2019 年用于其他方面的支出费用是 2016 年的 3 倍 C．小王一家 2019 年的家庭收入比 2016 年增加了 1 倍 D．小王一家 2019 年用于房贷的支出费用比 2016 年减少了 8． 原始的蚊香出现在宋代．根据宋代冒苏轼之名编写的《格物粗谈》记载： “端午时，贮浮萍，阴干，加雄黄，作纸缠香，烧之，能祛蚊虫．”如图， 为某校数学兴趣小组用数学软件制作的“螺旋蚊香”，画法如下:在水平直线l 上取长度为 1 的线段 AB ，做一个等边三角形 ABC ，然后以点 B 为圆心，AB 为半径逆时针画圆弧， 交线段 BC 的延长线于点 D ,再以点C 为圆心，CD 为半径逆时针画圆弧，交线段 AC 的 延长线于点 E ，以此类推，当得到的“螺旋蚊香”与直线l 恰有 21个交点时，“螺旋蚊香” 的总长度的最小值为 A. 310π B. 340π C． 930π D. 1020π 9． 在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，点 ,M N 分别为线段 1AC ， 1CB 上的动点， 且 1 1 C M B N kMA NC ，则以下结论错误的是 A． MN∥平面 ABCD B．平面 1MNC  平面 1 1BB C C C．  0,  k ，使得 MN  平面 1 1BB C C D．  0,  k ，使得 MN∥平面 1 1AA B B 10.在等腰 ABC△ 中， 120C   ， 6A B B C    ， 2AD D C  ，则 BD CA   A． 10 3  B．10 3 C． 22 3 D． 2 3 11. 在直角坐标系 xOy 中，双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b     的右顶点为 A ，直线 2y a 与C 相交于 ,P Q 两点， Q 位于第一象限，若 OQ 平分 AOP ，则C 的离心率为 A． 3 B． 11 C． 2 3 D． 13 12. 已知函数 ( ) e sin  xf x ax x ，以下关于 ( )f x 的结论 ①当 0a 时， ( )f x 在 R 上无零点； ②当 0a 时， ( )f x 在 π 2       ， 上单调递增； ③当 1a 时， ( )f x 在 R 上有无数个极值点； ④当  1 ea ， 时， ( ) 0f x 在 R 上恒成立． 其中正确的结论是 A．①④ B．②③ C．①②④ D． ②③④ 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13．已知复数   1 2i i a 的实部为 4 ，则实数 a  . 14．设正项等比数列 na 的前 n 项和为 nS ， 1 2a ， 3 14S ，若 n n nb a  ，则数列 nb 中最大 的项为 . 15．设  2: 2 0C y px p  的焦点为 F ，过 F 且倾斜角为 45的直线l 交C 于 ,A B 两点，且 l 又与圆   2 2 25 0x y r r    相切于 AB 的中点，则 r 的值为 . 16．三棱锥 S ABC 中， 90SAC SBC     ，SC AB ， 2SC AB ，三棱锥 S ABC 的体积是 4 ，则它的外接球体积的最小值是 . 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 为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共 60 分。 17．（12 分） 在 ABC△ 中， 7AB ， 3AC ， D 在 BC 上，且满足 sin 7 sin 3 CAD BAD   . （1）求证： D 为 BC 的中点； （2）若 3 2AD ，求 ABC△ 的面积. 18．（12 分） 某疫苗进行安全性临床试验．该疫苗安全性的一个重要指标是：注射疫苗后人体血液中 的高铁血红蛋白（MetHb）的含量（以下简称为“M 含量”）不超过 1%，则为阴性，认为受 试者没有出现高铁血红蛋白血症（简称血症）；若 M 含量超过 1%，则为阳性，认为受试者出 现血症. 若一批受试者的 M 含量平均数不超过 0.65%，且出现血症的被测试者的比例不超过 5%，则认为该疫苗在 M 含量指标上是“安全的”；否则为“不安全”．现有男、女志愿者各 200 名接受了该疫苗注射，按照性别分层，随机抽取 50 名志愿者进行 M 含量的检测，其中女性志 愿者被检测出阳性的恰好 1 人．经数据整理，制得频率分布直方图如下． 注：在频率分布直方图中，同一组数据用该区间的中点值作代表． （1）请说明该疫苗在 M 含量指标上的安全性； （2）请利用样本估计总体的思想，完成这 400 名志愿者的 2 2 列联表，并判断是否有超 过 99%的把握认为，注射疫苗后，高铁血红蛋白血症与性别有关？ 附：        2 2 n ad bcK a b c d a c b d      . 19．(12 分) 如 图 ， 四 棱 锥 P ABCD 中 ， / /AD BC ， 2BC CD  ， 1AD AP  ， 90BCD   ， PBC△ 为等边三角形， M 是棱 PC 上 一点． （1）证明： PA BC ； （2）若 / /DM 平面 PAB ,求三棱锥 B MCD 的体积. 20．(12 分) 已知椭圆 :E 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     上一点 A 关于原点的对称点为 B ，点  0,2P ， PAB△ 的面积为 12 5 ，直线 PA过 E 上的点  2,0M ． 男 女 阳性 阴性  2P K k≥ 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 （1）求 E 的方程； （2）设 ,C D 为 E 的短轴端点，直线 l 过点 P 交 E 于 ,G H ，证明：四边形CDHG 的两 条对角线的交点在定直线上. 21． (12 分) 已知函数 1( ) ln ( )f x a x x ax    R ． （1）讨论函数 ( )f x 的单调性； （2）求证：当 *n N 时，有 2 3 5 2 1ln( 1) 4 12 2 2 nn n n       . （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．[选修 4 4 ：坐标系与参数方程] (10 分) 在直角坐标系 xOy 中，圆 1C 的方程为 2 2( 2) 4x y   ．以原点 O 为极点， x 轴的非负半 轴为极轴建立极坐标系，曲线 2C 的极坐标方程为 2 2 6 2cos 1    ． （1）求 1C 与 2C 的交点的极坐标； （2）设 MN 是 1C 的一条直径，且 MN 不在 x 轴上，直线 OM 交 2C 于 ,A C 两点，直线 ON 交 2C 于 ,B D 两点，求四边形 ABCD的面积的最小值． 23．[选修 4 5 ：不等式选讲] (10 分) 已知函数 2( ) 1, ( ) | | | 2 1|,f x x g x x a x a       R ． （1）当 1 2a  时，解不等式 2 7( ) 2g x   ； （2）对任意 1 2,x x R ，若不等式 1 2( ) ( )f x g x≥ 恒成立，求实数 a 的取值范围． 2020 年福建省高三毕业班质量检查测试（B 卷） 文科数学参考答案及评分细则 评分说明： 1．本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的 主要考查内容比照评分标准制定相应的评分细则。 2．对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内 容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应给分数的一半； 如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分。 3．解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数。 4．只给整数分数。选择题和填空题不给中间分。 一、选择题：本大题考查基础知识和基本运算。每小题 5 分，满分 60 分。 1．C 2．C 3．A 4．A 5．B 6．A 7．B 8．A 9．B 10．B 11．D 12．D 二、填空题：本大题考查基础知识和基本运算。每小题 5 分，满分 20 分。 13． 2 14． 1 2 15． 2 2 16． 32 3π 3 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．（12 分） 【解析】（1）在 ACD△ 中，由正弦定理得 sin sin CD AC CAD ADC   ， ① 在 ABD△ 中，由正弦定理得 sin sin BD AB BAD ADB   ， ② ………………2 分 又sin sinADB ADC   ， sin 2sin CAD BAD   ，………………………………3 分 将①  ②，得 3 7 CD AC BD AB  ， 7AB ， 3AC ， 所以CD BD ，即 D 为 BC 的中点.……………………………………………5 分 （2）设  BD DC x ，在 ABD△ 和 ACD△ 中，由余弦定理可得 2 2 2 2+ +18 49cos 2 6 2 BD AD AB xADB BD AD x     ， 2 2 2 2 +18 9cos 2 6 2 CD AD AC xADC CD AD x      ，…………………………………7 分 因为 cos cos 0ADB CDB    ， ………………………………………………8 分 所以 22 22 0x   ，故 11x ，即 2 11BC .……………………………9 分 在 ABC△ 中，由余弦定理可得， 2 2 2+ 49+9 44 1cos 2 2 7 3 3        AB AC BCBAC AB AC , …………………………………………………………………………………10 分 所以 2 2sin 3  BAC . 故 1 1 2 2sin 7 3 7 22 2 3        ABCS AB AC BAC△ . ………………………12 分 18．（12 分） 【 解 析 】（ 1 ） 由 频 率 分 布 直 方 图 得 ， M 含 量 数 据 落 在 区 间  1.00,1.2 上 的 频 率 为 0.25 0.2 0.05  ，…………………………………………………………………………2 分 故出现血症的比例为 5%，符合“安全的”条件；……………………………………3 分 由直方图得平均数为 0.3 0.2 0.5 0.3 0.7 0.3 0.9 0.15 1.1 0.05x           ， 求得 0.61x  ，即志愿者的 M 含量的平均数为 0.61% 0.65%＜ ， 综上，该疫苗在 M 含量指标上是“安全的”. ………………………………………5 分 （2）依题意得，抽取的 50 名志愿者中女性志愿者应为 25 人， 由已知，25 名女性志愿者被检测出阳性恰有 1 人，故女性中阳性的频率 0.04 ， 所以全部的女性志愿者共有 200 0.04 8  人，………………………………………6 分 由（1）知 400 名志愿者中，阳性的频率为 0.05 ，所以阳性的人数共有 400 0.05 20  人， 因此男性志愿者被检测出阳性的人数是 20 8 12  .……………………………………7 分 所以完成表格如下： 由 2 2 列联表可  2 2 400 12 192 8 188 16 1200 200 20 380 19K        ，………………………………9 分 由参考表格，可得1 6.635 ， 故没有超过 99%的把握认为，注射疫苗后，高铁血红蛋白血症与性别有关. ……10 分 19. (12 分) 【解析】解法一：（1）取 BC 中点为 E ，连结 AE ， PE . 男 女 阳性 12 8 阴性 188 192 因为 PBC△ 为等边三角形， PE BC ，....................................................................... 1 分 因为 2BC AD ， 所以 AD EC ， 又因为 / /AD BC , 所以 AECD 为平行四边形， 因为 90BCD   ，所以 AECD 为矩形， 即 AE BC ,.........................................................................................................................2 分 因为 PE AE E 且 ,AE PE 平面 PAE ，所以 BC  平面 PAE ，..................... 3 分 因为 PA  平面 PAE ，所以 PA BC ．......................................................................... 4 分 （2）取 PC ， PB 中点分别为 M ， N 连接 , ,DM MN AN ，因为 ,M N 分别为 ,PC PB 的中 点， 所以 MN 为 PBC△ 的中位线，所以 / /MN BC 且 1 2MN BC ，................................ 5 分 又因为 / /AD BC 且 1 2AD BC ，所以 / /AD MN 且 AD MN ,所以 ANMD 为平行四边形， 所以 / /DM AN ,.................................................................................................................. 6 分 又因为 AN  平面 PAB ， DM  平面 PAB ，所以 / /DM 平面 PAB ， 所以当 M 是棱 PC 中点时 / /DM 平面 PAB ．................................................................7 分 由（1）知 BC  平面 PAE ，因为 BC  平面 ABCD ，所以平面 PAE 平面 ABCD ， 作 PO AE 于点O，因为平面 PAE  平面 ABCD AE ，所以 PO  平面 ABCD ， ..................................................................................................................................................8 分 因为 PBC△ 为等边三角形且 2BC  ，点 E 为 BC 的中点，所以 3PE  ， 在 PAE△ 中，因为 1, 2, 3PA AE CD PE    ，所以 2 2 2AE PA PE  ， 所以 PA PE ，所以 PO AE PA PE   ，即 3 2PO  ， 所以 M 到平面 ABCD 的距离为 3 4d  ，.....................................................................10 分 所以 1 1 1 3 32 23 3 2 4 6B MCD M BCD BCDV V S d           .................................. 12 分 解法二：（1）同解法一...................................................................................................... 4 分 （2）取 PC 中点为 M ，连接 , ,DM ME DE ，因为 ,M E 分别为 ,PC BC 的中点， 所以 ME 为 PBC△ 的中位线，所以 / /ME PB ，又因为 PB  平面 PAB, ME  平面 PAB ， 所以 / /ME 平面 PAB ,..........................................................................................................5 分 因为 / /AD BC 且 1 2AD BC ，所以 / /AD BE 且 AD BE ,所以 ABED 为平行四边形，所 以 / /DE AB ，又因为 AB  平面 PAB , DE  平面 PAB ， 所以 / /DE 平面 'A ED ,........................................................................................................6 分 又因为 ME DE E 且 ,ME DE  平面 MDE , 所以平面 / /MDE 平面 PAB ，因为 DM  平面 MDE ， / /DM 平面 PAB ， 所以当 M 是棱 PC 中点时 / /DM 平面 PAB ....................................................................7 分 因为 / /AD BC ，又因为 BC  平面 PBC , AD  平面 PBC ， 所以 / /AD 平面 PBC , 所以点 A 到平面 PBC 的距离等于点 D 到平面 PBC 的距离，...................................... 8 分 因为 PBC 为等边三角形且 2BC  ，点 E 为 BC 的中点，所以 3PE  ， 在 PAE△ 中，因为 1, 2, 3PA AE PE   ，所以 2 2 2AE PA PE  ，所以 PA PE ， 由（1）知， PA BC ，且 PE BC E ， ,PE BC  平面 PBC ， 所以 PA 平面 PBC ， 因为 1PA  ，所以点 A 到平面 PBC 的距离为1， 即点 D 到平面 PBC 的距离为 1d  ，..............................................................................10 分 所以 1 1 1 31 3 13 3 2 6B MCD D BCM BCMV V S d           ．................................. 12 分 20．(12 分) 【解析】（1）设坐标原点为O ，  ,A AA x y . 由题意得， 1 122 2 2 5PAB PAO AS S OP x    △ △ ，………………………………1 分 又  0,2P ，且直线 PA过 E 上的点  2,0M ，所以 6 5 Ax . 又 , ,P A M 三点共线，所以 2 2 0 6 0 205    Ay ，即 4 5 Ay ，故 6 4,5 5      A .…………3 分 又直线 PA过 E 上的点  2,0M ，所以 2a ，………………………………4 分 即椭圆 :E 2 2 2 14  x y b ，将 6 4,5 5      A 代入椭圆 E ，解得 1b ， 所以椭圆 E 的方程为 2 2 14 x y  .………………………………………………5 分 （2）易知直线 l 斜率必存在，设其方程为 2y kx  ， 设  1 1,H x y ，  2 2,G x y ，则 1 0x  ， 1 1y   ， 2 0x  ， 2 1y   ， 联立 2 2 1,4 2 x y y kx       得 2 24 1 16 12 0k x kx    ， 所以  2 2 2256 48 4 1 64 48 0k k k       ，解得 2 3 4k  ， 1 2 2 16 4 1 kx x k    ， 1 2 2 12 4 1x x k   ，所以  1 2 1 2 3 4x x x xk   ，……………………7 分 因为  0,1C ，  0, 1D  ， 所以直线 CH 方程为 1 1 11 yy xx    ，直线 DG 方程为 2 2 11 yy xx    ，…………8 分 联立解得         2 1 2 1 1 22 1 2 1 1 2 2 1 2 1 11 1 11 1 1 111 y x x y x yx yy y x x y x y x y                   2 1 1 2 1 2 2 1 1 3 3 1 x kx x kx x kx x kx        1 2 2 1 1 2 2 3 3 kx x x x x x       1 2 2 1 1 2 32 34 3 k x x x xk x x          1 2 2 1 1 2 3 32 3 x x x x x x        1 2 1 2 1 3 12 3 2 x x x x    ，……………………11 分 所以，四边形CDHG 的两条对角线的交点在定直线 1 2 y 上.………………12 分 22． (12 分) 【解析】（1） 2 2 2 1 1( ) 1a x axf x x x x        ．…………………………………1 分 考虑 2( ) 1u x x ax   ， （a）当 0  ，即 2 2a   时， ( ) 0u x  ， ( ) 0f x  ， ( )f x 在(0, ) 单调递减．…………………………2 分 （b）当 2a  时， ( ) 0u x  有两个实根 2 1 4 2 a ax   ， 2 2 4 2 a ax   ， 且 1 20 x x  ， 当 10 x x  或 2x x 时， ( ) 0f x  ， ( )f x 单调递减； 当 1 2x x x  时， ( ) 0f x  ， ( )f x 单调递增．………………………………3 分 （c）当 2a   时， 2( ) 1 0u x x ax    ， 故当 0x  时， ( ) 0u x  ， ( ) 0f x  ， ( )f x 在 (0, ) 单调递减；…………4 分 综上所述，当 2a  时， ( )f x 在 (0, ) 单调递减；当 2a  时， ( )f x 在 2 4(0, )2 a a  和 2 4( , )2 a a   上 单 调 递 减 ， 在 2 24 4( , )2 2 a a a a    上 单 调 递 增. ……………………………………………………………………………………5 分 （2）在（1）中取 2a  ，可知 1( ) 2lng x x x x    在(0, ) 单调递减， 所以当 1x  时，有 ( ) (1) 0g x g  ，即 1 1ln ( )2x x x   ，…………………………7 分 取 *11 ,x kk   N ， …………………………………………………………………8 分 得 2 1 1 1 2 1ln(1 ) ( )2 1 2( ) k k k k k k k k       ，…………………………………………9 分 取 1,2, ,k n  ，相加， 得 2 3 1 3 5 2 1ln2 ln ln(1 )2 4 12 2 2 n n n n           ， 即 2 3 5 2 1ln( 1) 4 12 2 2 nn n n       ，证毕．…………………………………………12 分 （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．[选修 4 4 ：坐标系与参数方程] (10 分) 【解析】解法一：（1）圆 1C 的方程化为极坐标方程为 4cos  ，…………………1 分 联立 2C 的极坐标方程得： 2 2 2 6 16cos2cos 1    ，由题意易得 cos 0≥ ，………2 分 解得 2 1cos 4   或 2 3cos 4    （舍去），所以 1cos 2   或 1cos 2    （舍去），……3 分 所以 π 3   ， 2  或 5π 3   ， 2  ， 所以 1C 与 2C 的交点的极坐标为 π2, 3      或 5π2, 3     ． ……………………………………5 分 （2）如图，因为 MN 是 1C 的一条直径，且 1C 过原点 O ， 所以 OM ON ，即 AC BD ，不妨设点 A 在第一象限， 设  1,A   ， π0, 2      ，则 2 π, 2D      ，……………6 分 由对称性知 4ABCD OADS S 1 2 14 22 OA OD       ， 所以， 2 2 2 1 2 2 2 6 64 4 π2cos 1 2cos 12 ABCDS              ……………………………7 分    22 2 144 144 144 =36sin 2 3 42cos 1 2sin 1       ≥ ， ……………………8 分 当且仅当 π2 2   ，即 π 4   时等号成立，…………………………………9 分 所以 6ABCDS ≥ ，所以四边形 ABCD 的面积的最小值为 6 ． …………………………10 分 解法二：（1）曲线 2C 的方程化为直角坐标方程为 2 2 12 6 x y  ， …………………1 分 即 2 26 3y x  ，联立 1C 的直角坐标方程得： 2 2( 2) 6 3 4x x    ， 解得 1x  或 3x   （舍去）， …………………………………………………………3 分 所以 1C 与 2C 的交点的直角坐标为  1, 3 ，化为极坐标为 π2, 3      或 5π2, 3     ， 所以 1C 与 2C 的交点的极坐标为 π2, 3      或 5π2, 3     ． …………………………………5 分 （2）如图，因为 MN 是 1C 的一条直径，且 1C 过原点 O ，所以OM ON ，即 AC BD ， 不妨设直线 AC 的方程为： ( 0)y kx k  ，则直线 BD 的方程为： 1y xk   ，……6 分 把 y kx 代入 2C 的方程得： 2 2 6 3Ax k   ， 所以  2 2 2 2 6 16| | 1 3 3 k OA k k k       ，……………………………………………7 分 把 k 换成 1 k  得：  22 2 2 16 1 6 1 | | 1 1 33 kkOD k k        ， ………………………………8 分 由对称性知 4ABCD OADS S 2 OA OD   ， 所以          22 2 2 2 2 2 2 6 1 6 1 1 2 123 1 3 3 1 3ABCD k k k S k k k k          ，  22 22 2 1 12 6 3 1 3 2 k k k          ≥ ，……………………………………………9 分 当且仅当 2 23 1 3k k   即 1k   时等号成立， 所以四边形 ABCD 的面积的最小值为 6 ． …………………………………………10 分 23．[选修 4 5 ：不等式选讲] (10 分) 【解析】解法一：（1）当 1 2a  时，   1 12 12 2g x x x x       ， 不等式  2 7 2g x   即 2 1 7 2 2x    ，即 2 1 7 2 2x   ，……………………………1 分 解得 2 4x  或 2 3x   （舍去）． …………………………………………………3 分 由 2 4x  ，解得 2, 2x x  或 ． ……………………………………………………4 分 所以，不等式  2 7 2g x   的解集是    , 2 2,   ． …………………………5 分 （2）由题意知，只需满足 min max( ) ( )f x g x≥ 即可． ………………………………6 分 因为 2( ) 1f x x  ，所以 min( ) 1f x  依题意，当 1 2a≥ 时， 11, 2 1( ) 3 1, ,2 1, x a x g x x a x a x a x a               ， ≤ ≤ ， 得 max 1 1( ) 2 2g x g a      ． …………………………………………………………7 分 由 min max( ) ( )f x g x≥ ，得 11 2a ≥ ，即 3 2a≤ ． 所以， 1 3 2 2a≤ ≤ ． …………………………………………………………………8 分 当 1 2a  时， 1, 1( ) 3 1, ,2 11, 2 x a x a g x x a a x x a x              ≤ ， ≥ ， 得 max 1 1( ) 2 2g x g a       ．由 min max( ) ( )f x g x≥ ，得 11 2a ≥ ，即 1 2a ≥ ． 所以， 1 1 2 2a ≤ ， ………………………………………………………………9 分 综上，实数 a 的取值范围是 1 3 2 2     ， ．… …………………………………………10 分 解法二：（1）同解法一； （2）由题意知，只需满足 min max( ) ( )f x g x≥ 即可．…………………………………6 分 因为 2( ) 1f x x  ，所以 min( ) 1f x  ． 因为 1 1 1( ) 2 1 22 2 2g x x a x x a x                   …………………………7 分 1 1 122 2 2x a x    ≤ 1 1 1 2 2 2a x a    ≤ ，………………………8 分 当且仅当 1 2x  时等号成立， 所以 max 1( 2 1 2)g x g a      ， ………………………………………………………9 分 由 min max( ) ( )f x g x≥ ，得 1 12a  ≤ ，即 1 3 2 2a ≤ ≤ ． 综上，实数 a 的取值范围是 1 3 2 2     ， ． ……………………………………………10 分 解法三：（1）同解法一； ……………………………………………………………5 分 （2）由题意知，只需满足 min( ) ( )f x g x≥ 恒成立即可． …………………………6 分 因为 2( ) 1f x x  ，所以 min( ) 1f x  ，所以，1 | | | 2 1|x a x  ≥ 恒成立， 即| | | 2 1| +1x a x ≤ 恒成立，………………………………7 分 在同一坐标系中作出 | |y x a  和 | 2 1| 1y x   的图象，…8 分 如图，实线为 | 2 1| 1y x   的图象，虚线为 | |y x a  的图象， 由图象知，要使| | | 2 1| +1x a x ≤ 恒成立， 只需满足 1 2x  时 1 12 1 12 2a   ≤ 成立即可，…………9 分 即 1 12 a ≤ ，解得 1 3 2 2a ≤ ≤ ， 综上，实数 a 的取值范围是 1 3 2 2     ， ． …………………………………………10 分