重庆市第一中学2020届高三上学期摸底考试数学（理）试题

重庆市第一中学2020届高三上学期摸底考试数学（理）试题

‎2019年重庆一中高2020级高三上期摸底考试 数学（理科）试题卷 一、选择题（在毎小给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）‎ ‎1.设集合，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ 对于集合M，分n=2k和n=2k-1，k∈Z两种情况讨论即可得到结果.‎ ‎【详解】对于M，当n=2k，k∈Z时， x=4k-1∈M，x=4k-1∈N， 当n=2k-1，k∈Z时， x=4k-3∈M，x=4k-3N， ∴集合M、N的关系为N⊆M． 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查的是判断集合间的关系，在处理集合间的关系时，应该理解和掌握子集和真子集的定义，注意空集在解题时的应用.‎ ‎2.已知角的顶点在原点，始边为x轴非负半轴，则“的终边在第一象限”是“”的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据充分条件和必要条件的定义，看看能否前后互推，由此可得结果.‎ ‎【详解】的终边在第一象限能推出，当成立时能推出的终边在第一、第二象限及y轴的正半轴上，故“的终边在第一象限”是“”的充分不必要条件.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题考查充分条件和必要条件的判断，难度较易，判断的时候，注意充分性和必要性都要判断，不能只考虑一方面.‎ ‎3.己知复数z满足（其中i为虚数单位），则（ ）‎ A. B. C. 1 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据i的幂运算性质可得，再由复数的除法运算可求得z，从而求出.‎ ‎【详解】，则，‎ 所以，.‎ 所以本题答案为B.‎ ‎【点睛】本题考查复数的乘除法和复数的模，解决复数问题，要通过复数的四则运算将复数表示为一般形式，结合复数相关知识求解，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎4.已知函数是定义在R上的奇函数，当时，，则当时，（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数奇偶性的性质，将转化为即可求出函数的解析式.‎ ‎【详解】若，则，‎ 当时，，‎ ‎， ‎ 函数是奇函数， ， 所以C选项是正确的.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数解析式的求法，利用函数奇偶性的性质将条件进行转化是解决本题的关键，属基础题.‎ ‎5.若函数在R上可导，，则（ ）‎ A. 2 B. 4 C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据微积分基本定理即可求得结果.‎ ‎【详解】， 所以本题正确答案为D.‎ ‎【点睛】本题考查微积分基本定理，熟记求导公式是关键，属基础题.‎ ‎6.已知且，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可求出，再根据，即可求得结果.‎ ‎【详解】由，且可得，‎ 则，‎ 故.‎ 所以本题答案为B.‎ ‎【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系和诱导公式，熟记公式，认真计算，属基础题.‎ ‎7.某函数的部分图象如下图，则下列函数中可以作为该函数的解析式的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用函数图象判断奇偶性，排除选项A，根据周期性，排除选项D，利用时，的值恒大于等于0，排除B，则答案可求.‎ ‎【详解】根据函数的部分图象，可得该函数的图象关于y轴对称，故该函数为偶函数， 而A中的函数为奇函数，故排除A；再根据图像可知的最小正周期，而的最小正周期是2π，大于4，故排除D；又当时， 的值恒大于等于0，故排除B. 所以C选项是正确的.‎ ‎【点睛】本题考查函数图象的判断，根据函数的基本性质和赋值法排除选项是常用方法，属中档题.‎ ‎8.规定投掷飞镖3次为一轮，3次中至少两次投中8环以上的为优秀.现采用随机模拟实验的方法估计某人投掷飞镖的情况：先由计算器产生随机数0或1，用0表示该次投镖未在8环以上，用1表示该次投镖在8环以上；再以每三个随机数作为一组，代表一轮的结果.例如：“101”代表第一次投镖在8环以上，第二次投镖未在8环以上，第三次投镖在8环以上，该结果代表这一轮投镖为优秀："100”代表第一次投镖在8环以上，第二次和第三次投镖均未在8环以上，该结果代表这一轮投镖为不优秀.经随机模拟实验产生了如下10组随机数，据此估计，该选手投掷飞镖两轮，至少有一轮可以拿到优秀的概率是（ ）‎ ‎101‎ ‎111‎ ‎011‎ ‎101‎ ‎010‎ ‎100‎ ‎100‎ ‎011‎ ‎111‎ ‎001‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先用频率估计概率可得该选手每轮拿到优秀的概率，再根据伯努利试验的特点即可求得结果.‎ ‎【详解】模拟实验中，总共进行了10轮，每轮中至少两次投中8环以上的有6轮，用频率估计概率可得该选手每轮拿到优秀的概率为，因此，该选手投掷飞镖两轮，相当于做两次伯努利试验，那么至少有一轮可以拿到优秀的概率.‎ 故本题正确答案为B.‎ ‎【点睛】本题考查事件与概率，考查二项分布，用频率估计概率得到该选手每轮拿到优秀的概率是解题的关键，属基础题.‎ ‎9.某工厂产生的废气经过过滤后排放，规定排放时污染物的残留含量不得超过1%．已知在过滤过程中的污染物的残留数量P（单位：毫克/升）与过滤时间t ‎（单位：小时）之间的函数关系为：（为正常数，为原污染物数量）.若前5个小时废气中的污染物被过滤掉了90%，那么要能够按规定排放废气，至少还需要过滤（ ）‎ A. 小时 B. 小时 C. 5小时 D. 小时 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用函数关系式，结合前5个小时消除了90%的污染物，求出常数k的值，然后根据污染物的残留含量不得超过1%，列出方程，即可求出结论．‎ ‎【详解】由题意，前5个小时消除了的污染物，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 即，‎ ‎∴，‎ 则由，‎ 即，‎ ‎∴，即总共需要过滤10小时，污染物的残留含量才不超过1%，‎ 又∵前面已经过滤了5小时，所以还需过滤5小时.‎ 故本题选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查指数函数的定义、解析式、定义域和值域，考查函数的应用，根据实际问题列出表达式是解题的关键，属中档题.‎ ‎10.已知双曲线的一个焦点F与抛物线的焦点相同，与交于A，B两点，且直线AB过点F，则双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. C. 2 D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ 由图形的对称性及题设条件AFx轴，且，不难得到，将其代入双曲线方程化简可得，再化简整理可得，解之即可得到结果.‎ ‎【详解】由图形的对称性及题设条件AFx轴，且，不妨设交点代入可得，故代入双曲线方程化简可得，即，也即，由此可得，即，也即，所以.‎ 所以本题应选D.‎ ‎【点睛】圆锥曲线是平面解析几何的重要内容，也是高考和各级各类考试的重要内容和考点，解答本题时要充分利用题设中提供的有关信息，探寻出，及AFx轴等条件，这些都是解答本题的重要条件和前提.解答时，将代入双曲线方程化简得到后化简并求出双曲线的离心率仍是一个难点，因为距离求出离心率的目标仍然较远，解这个方程不是很简单，这需引起足够的重视.‎ ‎11.已知是定义在R上的奇函数，对任意两个不相等的正数，都有，记，，，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意首先构造新函数并确定单调性，然后结合函数的奇偶性和函数的单调性整理计算即可求得最终结果．‎ ‎【详解】不妨设：，由题意可得：‎ ‎，即，‎ 同理，当时，有，‎ 据此可得函数在区间上单调递减，且函数是偶函数，‎ 因此，‎ ‎，‎ ‎，‎ 即，‎ 故本题选A.‎ ‎【点睛】本题考查根据函数的单调性比较大小和使用中间值法比较大小，考查构造函数的方法运用，需一定的逻辑推理能力和计算能力，属中档题.‎ ‎12.已知定义在R上的函数满足，且当时，函数，则函数与函数的图象在时所有交点的横坐标之和为（ ）‎ A. 7 B. 6 C. 5 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别画出函数，与函数的图象，由图象可得交点关于点对称，从而问题得以解决.‎ ‎【详解】∵函数满足，‎ ‎∴函数的周期为2，‎ 又的图象是的图象右移两个单位，上移三个单位得到的，所以函数的图象关于点对称；‎ 的图象是的图象右移两个单位，上移三个单位得到的，所以函数的图象关于点对称.‎ 分别画出函数与函数，的图象，如图所示，‎ 由图象可得交点A，C关于点对称，点B坐标为，‎ 从左到右的交点的横坐标分别为x1，x2，x3，‎ 则x1+x3=4，x2 =1，‎ ‎∴x1+x2+x3 =5.‎ 所以本题答案为C.‎ ‎【点睛】本题考查函数的图象与性质，由函数解析式得到函数的对称性是解决本题的关键，属中档题.‎ 二、填空題。‎ ‎13.已知角的终边落在射线上，则________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由条件利用任意角的三角函数的定义，求得和的值，可得的值.‎ ‎【详解】在角的终边所在的射线上任意取一点， 则，，，，， 则，‎ 所以本题答案为.‎ ‎【点睛】本题主要考查三角函数的定义，用特殊法求解是解决问题的常用方法，本题是概念题，考查学生的基础知识，属于基础题.‎ ‎14.若函数的值域是，则实数a的取值范围是________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当时，的值域是，则当时，的值域是的子集，由此可排出，得到，再根据单调性建立不等式即可求得结果.‎ ‎【详解】当时，的值域是，‎ 若，，显然不符合题意，故，‎ 由于当时，是单调递增的，‎ 由题设得，‎ 即，也即.‎ 故应填答案.‎ ‎【点睛】本题考查的是分类整合思想及转化化归的数学思想等思想方法的综合运用.求解时，先分和两种情形求出函数的值域，依据集合的包含关系建立不等式，通过解不等式使得问题巧妙获解.‎ ‎15.已知正方形ABCD的边长为，将沿对角线AC折起，使平面平面ACD，得到如图所示的三棱锥B-ACD.若O为AC的中点，点M，N分别为DC，BO上的动点（不包括端点），且，则当三棱锥N-AMC的体积取得最大值时，点N到平面ACD的距离为______.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，由几何关系可求得是关于x的一元二次函数，从而根据求二次函数最值的方法求得结果.‎ ‎【详解】由题意知，，而平面平面，所以平面，易知BO＝2，设，三棱锥的高为，则，由三棱锥体积公式得，∴x＝1时，ymax＝.此时，.‎ 故本题正确答案为1.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的应用，考查求三棱锥的体积，根据实际问题列出函数表达式是解题的关键，属中档题.‎ ‎16.已知函数，若关于x的方程有四个不等实根，且恒成立，则实数的最小值为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 函数是分段函数，通过求导分析得到函数在上为增函数，在上为增函数，在上为减函数，求得函数在上，当时有一个极大值1，所以要使方程有四个实数根，的值一个要在内，一个在内，然后运用二次函数的图象及二次方程根的关系列式求解和的取值范围，从而求出的最小值.‎ ‎【详解】，  当时，恒成立，所以在上为增函数， 当时，，  由，得，当时，，为增函数，  当时，，为减函数，  所以函数的极大值为，  极小值为:， 如图：‎ ‎ 令，由韦达定理得:，， ‎ ‎（1）因为当，且时，方程 没有实根， 故舍去.‎ ‎（2）又当，且（不妨设）， 由图象可得至多有三个实根， 由此可得方程至多有三个实根， 不符合题意.‎ ‎（3）若是方程的根，代入可得，所以，解得，而根据图象可知无解，和都只有一个根，不符合题意.‎ 故要使方程有四个不等实数根，  则方程应有两个不相同的正实根， ‎ 即，且， 此时，且一个根在内，一个根在内，  再令，  因为，①  ，‎ 则，②  则只需，即，  所以，③ ‎ 将③式平方可得：，④ 由①②解得:，⑤  由④得到:，由④⑤得到:，  所以，  . 所以本题答案为.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，一元二次函数根的分布，考查数形结合和分类讨论的思想运用，综合性较强，根据函数图像判断根的符号，从而得出方程的一个根在 内，一个根在内是解本题的关键，属难题.‎ 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步。‎ ‎17.已知函数与函数在处有公共的切线.‎ ‎（1）求实数a，b的值；‎ ‎（2）记，求的极值.‎ ‎【答案】（1），．（2）极大值为；无极小值．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分别对，求导，然后根据题意可得，，即可求解a，b的值；‎ ‎（2）根据（1）可知函数的解析式，然后求导，列出，的变化情况表，根据函数单调性即可求解.‎ ‎【详解】（1），，‎ 由题意得，，‎ 解得，.‎ ‎（2），‎ ‎，‎ ‎，的变化情况如下表：‎ x ‎0‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ 极大值 由表可知，的极大值为，无极小值.‎ ‎【点睛】本题主要考查导数的几何意义及函数的极值，注意认真计算，规范书写，属基础题.‎ ‎18.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，，点O为AD的中点，且.‎ ‎（1）求证：平面PAD；‎ ‎（2）若，求平面PBC与平面PAD所成二面角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）见证明；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连结OP，BD，先证，则，设，可表示OB，PO，由勾股定理可得，从而根据线面垂直的判定定理证明结论；‎ ‎（2）根据条件证明，可得OA，OB，OP所在的直线两两互相垂直，故以OA，OB，OP所在直线为x轴，y轴，z轴建立坐标系，由平面PAD，故可以取与平行的向量作为平面PAD的法向量，再利用空间向量法求出平面PBC的法向量，从而利用向量的夹角公式求得结果.‎ ‎【详解】（1）证明：连结OP，BD，因为底面ABCD为菱形，，‎ 故，又O为AD的中点，故．‎ 在中，，O为AD的中点，所以．‎ 设，则，，‎ 因为，‎ 所以．（也可通过来证明），‎ 又因为，平面PAD，平面PAD，‎ 所以平面PAD；‎ ‎（2）因为，，‎ ‎，平面POB，平面POB，‎ 所以平面POB，又平面POB，所以．‎ 由（1）得平面PAD，又平面PAD，故有，又由，‎ 所以OA，OB，OP所在的直线两两互相垂直．‎ 故以O为坐标原点，以OA，OB，OP所在直线为x轴，y轴，z轴如图建系．‎ 设，则，，，．‎ 所以，，，‎ 由（1）知平面PAD，‎ 故可以取与平行的向量作为平面PAD的法向量．‎ 设平面PBC的法向量为，则，‎ 令，所以．‎ 设平面PBC与平面PAD所成二面角为θ，则，‎ 则，所以平面PBC与平面PAD所成二面角的正弦值为．‎ ‎【点睛】本题考查了线面垂直的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，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.‎ ‎19.新中国昂首阔步地走进2019年，迎来了她70岁华诞.某平台组织了“伟大的复兴之路一新中国70周年知识问答”活动，规则如下：共有30道单选题，每题4个选项中只有一个正确，每答对一题获得5颗红星，每答错一题反扣2颗红星；若放弃此题，则红星数无变化.答题所获得的红星可用来兑换神秘礼品，红星数越多奖品等级越高.小强参加该活动，其中有些题目会做，有些题目可以排除若干错误选项，其余的题目则完全不会.‎ ‎（1）请问：对于完全不会的题目，小强应该随机从4个选项中选一个作答，还是选择放弃？（利用统计知识说明理由）‎ ‎（2）若小强有12道题目会做，剩下的题目中，可以排除一个错误选项、可以排除两个错误选项和完全不会的题目的数量比是.请问：小强在本次活动中可以获得最多红星数的期望是多少？‎ ‎【答案】（1）选择放弃作答；（2）72‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）对于任一道完全不会的题目，若选择放弃，则获得的红星数为0，若选择作答，设小明从四个选项中选一个作答获得的红星数为ξ，ξ取5，-2，列出其分布列，求出期望即可；‎ ‎（2）依题意，分别求出可以排除一个错误选项、可以排除两个错误选项的每道题目的可获得红星数的期望，由（1）知完全不会的题目可选择放弃，再求每类题目数与该类题目每道题的期望的乘积，最终求和即可得到结果.‎ ‎【详解】（1）对于任一道完全不会的题目，若选择放弃，则获得的红星数为0；‎ 若选择作答，设小明从四个选项中选一个作答获得的红星数为ξ，其分布列为：‎ ξ ‎5‎ P 所以，故应该选择放弃作答；‎ ‎（2）由题意知，可以排除一个选项的题目有道，‎ 设这9道题目中每道题小明从四个选项中选一个作答获得的红星数为X，其分布列为：‎ X ‎5‎ P 所以：；‎ 可以排除两个选项的题目有道，‎ 设这6道题目中每道题小明从四个选项中选一个作答获得的红星数为Y，其分布列为：‎ Y ‎5‎ P ‎；‎ 完全不会的题目有道，‎ 由（1）知应选择放弃，这3道题中每道题得到的红星数的期望为0．‎ 因此，小明在本次活动中可以获得的最多红星数的期望是：‎ ‎．‎ ‎【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列和期望，意在考查学生的计算能力和应用能力，属于中档题.‎ ‎20.在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：的短轴长为2，倾斜角为的直线l与椭圆C相交于A，B两点，线段AB的中点为M，且点M与坐标原点O连线的斜率为.‎ ‎（1）求椭圆C的标准方程；‎ ‎（2）若，P是以AB为直径的圆上的任意一点，求证：.‎ ‎【答案】（1）；（2）见证明 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由已知得，利用点差法和题设得到关于，表达式，从而得到结果；‎ ‎（2）设直线，联立椭圆方程得到关于x的一元二次方程，根据弦长公式和判别式可求得，再求出，利用几何关系即可求得结果.‎ ‎【详解】（1）由已知得， ‎ 设，，由，‎ 两式相减得，‎ 由已知条件知：，‎ ‎，‎ ‎∴，即，‎ 故椭圆C的标准方程为．‎ ‎（2）设，联立椭圆方程得，‎ 则，‎ ‎∴，且，．‎ ‎∵，化简得．‎ 又∵M是弦AB的中点，‎ ‎∴，故，即．‎ ‎∵，‎ ‎∴．‎ ‎【点睛】本题考查点差法求椭圆方程，弦长公式，以及直线与椭圆，直线与圆的位置关系，意在考查学生的计算能力和逻辑推理能力，属中档题.‎ ‎21.已知函数，，记 ‎（1）证明：有且仅有一个零点；‎ ‎（2）记零点为，，若在内有两个不等实根，判断与的大小，并给出对应的证明.‎ ‎【答案】（1）见证明；（2），证明见解析 ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）的零点个数的零点个数，故只需求的单调性，并利用零点存在性定理得到有且仅有唯一零点，从而得证；‎ ‎（2）本题实质是极点偏移，先根据（1）和题设得到，再确定，，然后用分析法给出证明，要证：，即证，而在上递减，故可证：，又，故即证，即证 ‎，接着构造函数，证明其单调性，从而得到结果.‎ ‎【详解】（1）证明：的零点个数的零点个数，‎ 故要证明有且仅有一个零点，即证明有且仅有一个零点．‎ ‎∵，即在上单增，‎ 又，，‎ 由零点存在性定理知：在上有且仅有唯一零点，‎ 即在上有且仅有一个零点；‎ ‎（2），当时，，‎ 由（1）知存在使，‎ 故时，；当时，，‎ 因而．‎ 显然当时，，因而在上单增；‎ 当时，，．‎ 因而在上递减；‎ 若在有两个不等实根，，则，，‎ 显然当时，，‎ 而用分析法给出证明，要证：，即证，‎ 而在上递减，故可证：‎ ‎，又，‎ 故即证，即证．‎ 记，则，‎ 故即证，而，记，‎ 则，，‎ 当时，；时，，‎ 故，‎ 故当时，，‎ 故在上单增，从而当时，，‎ 故得证．‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性、函数零点，证明不等式等问题，综合性较强，属难题.对于函数零点个数问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围.从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等，但需注意探求与论证之间区别，论证是充要关系，要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数.‎ ‎22.在平面直角坐标系xOy中，射线的普通方程为，曲线的参数方程为（为参数）.以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.‎ ‎（1）写出与的极坐标方程；‎ ‎（2）设与的交点为P（点P不为极点），与的交点为Q，当在上变化时，求的最大值.‎ ‎【答案】（1）：；：；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据普通方程与参数方程的互相转化，直角坐标方程与极坐标方程的互化公式，可以得到与的极坐标方程；‎ ‎（2）联立与的方程求得，，再联立曲线与的极坐标方程求得，，再通过三角恒等变换就可求得的最大值为.‎ ‎【详解】（1）射线的极坐标方程为；‎ 曲线的极坐标方程为．‎ ‎（2）曲线的极坐标方程与射线的极坐标方程联立得，，‎ 即，；曲线与曲线的极坐标方程联立得，，即，．‎ 所以，‎ 其中的终边经过点，当时，‎ 取得最大值为．‎ ‎【点睛】本题主要考查参数方程与普通方程的互化，以及极坐标方程与直角坐标方程的互化，考查利用极坐标的几何意义求距离的最值，熟记公式即可，属于常考题型.‎ ‎23.已知，，‎ ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）若时，不等式成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将函数表示成分段函数，则等价于或或，解之即可求得结果；‎ ‎（2）因为，所以，，将变形得，令，，分别求出，以及的最大值，从而得到实数的取值范围.‎ ‎【详解】（1）当时，‎ ‎，‎ 则等价于或或，‎ 解得：或．故解集为；‎ ‎（2）因为，所以，，‎ 所以，即，‎ 则，所以，‎ 变形可得，，‎ 令，，‎ 因为函数在上单调递减，所以；‎ 而在处取得最大值．‎ 综上，实数a的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题主要考查含绝对值不等式，考查分离参数和构造函数的方法，意在考查学生的转化能力，通常含绝对值不等式也会用到分类讨论的思想，灵活运用分类讨论的思想处理，熟记绝对值不等式的性质即可，属于常考题型.‎ ‎ ‎