江西省吉安、抚州、赣州市2020届高三一模考试数学（理）试题 Word版含解析

江西省吉安、抚州、赣州市2020届高三一模考试数学（理）试题 Word版含解析

www.ks5u.com 抚州市2020年高中毕业班教学质量监测卷 理科数学 说明：1.全卷满分150分，考试时间120分钟.‎ ‎2.全卷分为试题卷和答题卡，答案要求写在答题卡上，不得在试题卷上作答，否则不给分.‎ 第Ⅰ卷（选择题共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.已知（i为虚数单位），在复平面内，复数z的共轭复数对应的点在（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出复数z，写出，即得对应的点所在的象限.‎ 详解】，‎ 复数z的共轭复数对应的点是，在第四象限.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查复数的除法运算和共轭复数，属于基础题.‎ ‎2.全集，集合，集合，图中阴影部分所表示的集合为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C - 27 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可得，阴影部分表示的集合为.求出集合，即求.‎ ‎【详解】∵集合，，‎ 由Venn图可知阴影部分对应的集合为，又或，‎ ‎.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查集合的运算，属于基础题.‎ ‎3.已知抛物线的焦点到准线的距离为，则实数a等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把抛物线方程化为标准式，即得a的值.‎ ‎【详解】把抛物线方程化为标准式得，‎ 抛物线的焦点到准线的距离为，‎ ‎，.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查抛物线的标准方程，属于基础题.‎ ‎4.已知是等比数列，，前n项和为，则“”是“为递增数列”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】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 27 -‎ 分别求出和为递增数列的充要条件，判断它们之间的关系，即得答案.‎ ‎【详解】是等比数列，， ‎ 或，‎ 的充要条件为或.‎ 又，为递增数列的充要条件为，‎ 所以“”是“为递增数列的必要不充分条件.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查数列的单调性和充分必要条件，属于基础题.‎ ‎5.千百年来，我国劳动人民在生产实践中根据云的形状、走向、速度、厚度、颜色等的变化，总结了丰富的“看云识天气”的经验，并将这些经验编成谚语，如“天上钩钩云，地上雨淋淋”“日落云里走，雨在半夜后”……小波同学为了验证“日落云里走，雨在半夜后”，观察了所在地区A的100天日落和夜晚天气，得到如下列联表：‎ 夜晚天气 日落云里走 下雨 未下雨 出现 ‎25‎ ‎5‎ 未出现 ‎25‎ ‎45‎ 临界值表 P（）‎ ‎0.10‎ ‎0.05‎ ‎0.010‎ ‎0.001‎ ‎2.706‎ ‎3.841‎ ‎6.635‎ ‎10.828‎ 并计算得到，下列小波对地区A天气判断不正确的是（ ）‎ A. 夜晚下雨的概率约为 - 27 -‎ B. 未出现“日落云里走”夜晚下雨的概率约为 C. 有的把握认为“‘日落云里走’是否出现”与“当晚是否下雨”有关 D. 出现“日落云里走”，有的把握认为夜晚会下雨 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把频率看作概率，即可判断的正误；根据独立性检验可判断的正误，即得答案.‎ ‎【详解】由题意，把频率看作概率可得：‎ 夜晚下雨的概率约为，故正确；‎ 未出现“日落云里走”夜晚下雨的概率约为，故正确；‎ 由，根据临界值表，可得有的把握认为“‘日落云里走’是否出现”与“当晚是否下雨”有关，故正确；‎ 故错误.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查独立性检验，属于基础题.‎ ‎6.圆C的半径为5，圆心在x轴的负半轴上，且被直线截得的弦长为6，则圆C的方程为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设圆心为().根据弦长和半径可求出圆心到直线的距离，再根据点到直线的距离求，即得圆C的方程.‎ ‎【详解】设圆心为()，圆C的半径为5，弦长为6，‎ 圆心到直线的距离为.‎ - 27 -‎ 又圆心到直线的距离为，，‎ 解得.‎ 圆C的方程为，即.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查圆的方程，考查直线和圆的位置关系，属于基础题.‎ ‎7.，，的大小关系是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据对数函数和指数函数的单调性，判断这三个数所在的大致范围，即得大小关系.‎ ‎【详解】，，，‎ ‎，‎ ‎.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查指数函数和对数函数的单调性，属于基础题.‎ ‎8.在三角形中，，，，双曲线以A、B为焦点，且经过点C，则该双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由余弦定理求出.由题意，求出，即得离心率.‎ ‎【详解】在三角形中，，，，‎ - 27 -‎ 由余弦定理可得，‎ ‎.‎ 双曲线以A、B为焦点，且经过点C，‎ ‎.‎ 由双曲线的定义得.‎ 离心率.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查余弦定理、双曲线的定义和简单的几何性质，属于基础题.‎ ‎9.已知函数，，则方程所有根的和等于（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 证明函数的图象关于点对称，易知函数在定义域上单调递增.由函数的图象关于原点对称，得函数的图象关于点对称，且函数在定义域上单调递增. 又是方程的一个根. 当时，令，根据零点存在定理和的单调性，知在上有且只有一个零点，即方程在上有且只有一个根.‎ 根据图象的对称性可知方程在上有且只有一个根，且.即可求出方程所有根的和.‎ ‎【详解】设点是函数图象上任意一点，它关于点的对称点为，‎ - 27 -‎ 则，代入，‎ 得.‎ 函数的图象与函数的图象关于点对称，‎ 即函数的图象关于点对称，易知函数在定义域上单调递增.‎ 又函数的图象关于原点对称，函数的图象关于点对称，且函数在定义域上单调递增.‎ 又是方程的一个根.‎ 当时，令，则在上单调递减.‎ ‎，‎ 根据零点存在定理，可得在上有一个零点，根据的单调性知在上有且只有一个零点，即方程在上有且只有一个根.‎ 根据图象的对称性可知方程在上有且只有一个根，且.‎ 故方程所有根的和等于.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查函数与方程的综合应用，考查零点存在定理，属于较难的题目.‎ ‎10.如图所示，直线，点A是、之间的一定点，并且点A到、的距离分别为2、4，过点A且夹角为的两条射线分别与、相交于B、C两点，则面积的最小值是（ ）‎ - 27 -‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设与垂线的夹角为，用表示，则的面积，根据两角差的余弦公式和辅助角公式可求面积的最小值.‎ ‎【详解】设与垂线的夹角为，则，，‎ 面积，‎ 所以当，即当时，面积最小，最小值是.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查三角形面积公式、两角差的余弦公式和辅助角公式，属于中档题.‎ ‎11.在三棱锥中，底面为正三角形，，，且.若三棱锥的每个顶点都在球O的球面上，则球O的半径的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ - 27 -‎ ‎【分析】‎ 取边的中点D，连接，，可证明面，故，从而证明面.又球心O在过的中心且垂直于面的直线上，即面，故，且.不妨设，则，用表示，即求球O的半径的最小值.‎ ‎【详解】‎ 因为三棱锥中，底面为正三角形，.‎ 又，取边的中点D，连接，，，，‎ 又，面，.‎ ‎，，面.‎ 底面为正三角形，球心O在过的中心且垂直于面的直线上，‎ 即面，.‎ 三棱锥的每个顶点都在球O的球面上，.‎ 不妨设，则，，‎ 即，‎ 当时，，所以.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查三棱锥的外接球，考查线面垂直的判定定理，属于中档题.‎ ‎12.设是在上的可导函数，且，，‎ - 27 -‎ ‎，则下列一定不成立的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，可得设，故为单调递增函数或常数函数.由，，可得，故在区间上是常数函数，可求值，可得的正误. 再根据，求出的取值范围，进而判断的正误，即得答案.‎ ‎【详解】是在上的可导函数，且，‎ 设，，‎ 为单调递增函数或常数函数.‎ 又，，在区间上是常数函数，‎ ‎，.‎ 又，，.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，属于较难的题目.‎ 第Ⅱ卷（非选择题共90分）‎ - 27 -‎ 本卷包括必考题和选考题两个部分.第13~21题为必考题，每个考生都必须作答.第22~23题为选考题，考生根据要求作答.‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.的展开式中x的系数是______.‎ ‎【答案】5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎，再按二项式定理展开，即得x的系数.‎ ‎【详解】，‎ 的系数为.‎ 故答案为：5.‎ ‎【点睛】本题考查二项式定理，属于基础题.‎ ‎14.设向量，向量，且，则等于______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，得.又，把代入即得答案.‎ ‎【详解】，，.‎ ‎.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查向量数量积的坐标表示，考查三角函数式的求值，属于基础题.‎ ‎15.已知一个四棱柱的三视图如图（图中小正方形的边长为1），则该四棱柱的全面积等于______.‎ - 27 -‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据四棱柱的三视图画出直观图，即求该四棱柱的全面积.‎ ‎【详解】该四棱柱的直观图如图所示 全面积等于.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查空间几何体的三视图，考查学生的空间想象能力，属于中档题.‎ ‎16.已知数列的通项公式是，在和之间插入1个数，使，，成等差数列；在和之间插入2个数，，使，，，成等差数列；…；在和之间插入n个数，，…，，使，，，…，，成等差数列.这样得到新数列：，，，，，，，，，，….记数列的前n项和为，有下列判断：①；②；③；④.其中正确的判断序号是______.‎ ‎【答案】①③④‎ ‎【解析】‎ - 27 -‎ ‎【分析】‎ 根据等差数列的性质和数列求和的方法逐一判断：①，可得①的正误；②在数列中是第项，可得②的正误；③由，，得，可得③的正误；④分组求和得，可得④的正误.‎ ‎【详解】①,故①正确；‎ ‎②在数列中是第项，所以，故②错误；‎ ‎③，，故③正确；‎ ‎④‎ ‎，故④正确.‎ 故答案为：①③④.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的性质和数列求和，属于较难的题目.‎ 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，共70分.‎ ‎17.已知点O是的外接圆的圆心，，，.‎ ‎（1）求外接圆O的面积.‎ ‎（2）求 ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据余弦定理求出.设外接圆的半径为，由正弦定理得，即求外接圆O的面积；‎ - 27 -‎ ‎（2）设的中点为，则，则，即可求出数量积.‎ ‎【详解】（1）由余弦定理得 ‎，‎ ‎.‎ 设外接圆的半径为，由正弦定理得，‎ 所以外接圆的面积为.‎ ‎（2）设的中点为，则，‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查正、余弦定理和向量的数量积，属于基础题.‎ ‎18.如图所示，已知四边形是菱形，平面平面，，.‎ ‎（1）求证：平面平面.‎ ‎（2）若，求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由面面垂直的性质定理可得平面，再由面面垂直的判定定理得平面 - 27 -‎ 平面；‎ ‎（2）设与交于点O，连接，可证平面.以O为坐标原点，以，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，即求二面角的余弦值.‎ ‎【详解】（1）证明：菱形中，，‎ 又平面平面，平面平面，‎ 平面.又平面，‎ 平面平面.‎ ‎（2）设与交于点O，连接，因为，且，‎ 四边形平行四边形，.‎ ‎，，‎ 又平面平面，平面平面，平面，‎ 平面.‎ 以O为坐标原点，以，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示 则，，，，‎ ‎，.‎ 设平面的法向量为，‎ 则，即，令，则，‎ - 27 -‎ ‎.‎ 又平面的法向量为.‎ 设二面角的大小为，则为锐角.‎ ‎，‎ 二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查面面垂直的性质定理和判定定理，考查用向量的方法求面面角，属于中档题.‎ ‎19.2020年春节期间，全国人民都在抗击“新型冠状病毒肺炎”的斗争中.当时武汉多家医院的医用防护物资库存不足，某医院甚至面临断货危机，南昌某生产商现有一批库存的医用防护物资，得知消息后，立即决定无偿捐赠这批医用防护物资，需要用A、B两辆汽车把物资从南昌紧急运至武汉.已知从南昌到武汉有两条合适路线选择，且选择两条路线所用的时间互不影响.据调查统计2000辆汽车，通过这两条路线从南昌到武汉所用时间的频数分布表如下：‎ 所用的时间（单位：小时）‎ 路线1的频数 ‎200‎ ‎400‎ ‎200‎ ‎200‎ 路线2的频数 ‎100‎ ‎400‎ ‎400‎ ‎100‎ 假设汽车A只能在约定交货时间的前5小时出发，汽车B只能在约定交货时间的前6小时出发（将频率视为概率）.为最大可能在约定时间送达这批物资，来确定这两车的路线.‎ ‎（1）汽车A和汽车B应如何选择各自的路线.‎ ‎（2）若路线1、路线2的“一次性费用”分别为3.2万元、1.6万元，且每车医用物资生产成本为40万元（其他费用忽略不计），以上费用均由生产商承担，作为援助金额的一部分.根据这两辆车到达时间分别计分，具体规则如下（已知两辆车到达时间相互独立，互不影响）：‎ 到达时间与约定时间的差x（单位：小时）‎ - 27 -‎ 该车得分 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ 生产商准备根据运输车得分情况给出现金排款，两车得分和为0，捐款40万元，两车得分和每增加1分，捐款增加20万元，若汽车A、B用（1）中所选的路线运输物资，记该生产商在此次援助活动中援助总额为Y（万元），求随机变量Y的期望值，（援助总额一次性费用生产成本现金捐款总额）‎ ‎【答案】（1）汽车A选择路线1，汽车B选择路线2；（2）138.8.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题目中的频数分布表列出频率分布表，求出汽车在约定交货时间前5（6）小时出发选择路线1、2将物资运往武汉且在约定交货时间前到达的概率，选择概率较大的路线；‎ ‎（2）设表示汽车A选择路线1时的得分，表示汽车B选择路线2时的得分，分别求出，的分布列，再求出的分布列，求出，即可求出.‎ ‎【详解】（1）频率分布表如下：‎ 所用的时间（单位：小时）‎ 路线1的频率 ‎0.2‎ ‎0.4‎ ‎0.2‎ ‎0.2‎ 路线2的频率 ‎0.1‎ ‎0.4‎ ‎0.4‎ ‎0.1‎ 设，分别表示汽车在约定交货时间前5小时出发选择路线1、2将物资运往武汉且在约定交货时间前到达；、分别表示汽车在约定交货前6小时出发选择路线1、2将物资运往武汉且在约定交货时间前到达；‎ ‎，，‎ ‎，，‎ 所以汽车A选择路线1，汽车B选择路线2.‎ - 27 -‎ ‎（2）设表示汽车A选择路线1时的得分，表示汽车B选择路线2时的得分，‎ ‎，的分布列分别是：‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ P ‎0.6‎ ‎0.2‎ ‎0.2‎ ‎0‎ ‎1‎ P ‎0.9‎ ‎0.1‎ 设则X的分布列如下：‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎0.54‎ ‎0.24‎ ‎0.2‎ ‎0.02‎ ‎，‎ 所以（万元）‎ 所以援助总额的期望值为138.8.‎ ‎【点睛】本题考查频率分布表、离散型随机变量的分布列和数学期望，属于较难的题目.‎ ‎20.已知离心率为的椭圆的左顶点为，左焦点为，及点，且、、成等比数列．‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）斜率不为的动直线过点且与椭圆相交于、两点，记，线段上的点满足，试求（为坐标原点）面积的取值范围．‎ - 27 -‎ ‎【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意可得出关于、的方程组，可求出、的值，进而可求得的值，由此可得出椭圆的方程；‎ ‎（2）解法一：设点、、，将点、的坐标代入椭圆的方程，变形后相减可得，再由、，经过向量的坐标运算求得，由点在椭圆内得到，再由三角形的面积公式可求得面积的取值范围；‎ 解法二：设点、、，由、，根据向量的坐标运算得出，设直线的方程为，与椭圆的方程联立，由得出的取值范围，由代入韦达定理并消去，得出，进而得出，再由三角形的面积公式可求得面积的取值范围；‎ 解法三：设直线的方程为，与椭圆的方程联立，由得出的取值范围，并列出韦达定理，利用向量的线性运算可得出，并求出原点到直线的距离，利用三角形的面积公式可求得面积的取值范围.‎ ‎【详解】（1）依题意，解得，，‎ 所以椭圆的方程是；‎ ‎（2）解法一：‎ - 27 -‎ 设、、，则，‎ 相减得：，‎ 又由，知，，‎ 由，知，，‎ 代入式得：，即，‎ 又因为点在椭圆内，所以，‎ 所以的面积；‎ 解法二：设，，，则，，‎ 设直线的方程为，代入椭圆的方程得：‎ ‎，由得，．‎ 所以，消去得到，‎ 所以，‎ 因此的面积；‎ 解法三：设直线的方程为，代入椭圆的方程得：‎ ‎，由得，．‎ - 27 -‎ 所以，，‎ ‎，‎ 原点到直线的距离，‎ 所以的面积，‎ 因为，所以．‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的中三角形面积的取值范围，以及向量共线的问题，考查方程思想的应用，属于中档题．‎ ‎21.已知函数（其中e是自然对数的底数，a，）在点处的切线方程是.‎ ‎（1）求函数的单调区间.‎ ‎（2）设函数，若在上恒成立，求实数m的取值范围.‎ ‎【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出.由题意求出，，即可求出，，代入，即可求出的单调区间；‎ ‎（2）由（1）知.解法1：要使在上恒成立，只需即可，利用导数求；解法2：要使在 - 27 -‎ 上恒成立，等价于在上恒成立.令，则只需即可，利用导数求；解法3：要使在上恒成立，等价于在上恒成立. 先证明，可得当时，有，可得，即求实数m的取值范围.‎ ‎【详解】（1）对函数求导得，‎ 由条件可知，，解得，，‎ 所以.‎ ‎.令得，‎ 于是，当时，，函数单调递减；‎ 当时，，函数单调递增.‎ 故函数的单调递减区间为，单调递增区间为.‎ ‎（2）由（1）知.‎ 解法1：要使在上恒成立，只需即可.‎ 因为，，‎ 所以在上单调递增.‎ 因为当时，，当时，，‎ 所以，在上存在唯一的零点，满足，‎ 所以，‎ 且在上单调递减，在上单调递增，‎ 于是 由得，此时必有，，‎ - 27 -‎ 两边同时取自然对数，则有，即.‎ 构造函数（），则，‎ 所以函数在上单调递增，又，所以，即.‎ 故，于是实数m的取值范围是.‎ 解法2：要使在上恒成立，等价于在上恒成立.‎ 令（），则只需即可.‎ ‎，令（），则，‎ 所以在上单调递增，又，，‎ 所以有唯一的零点，且，在上单调递减，在上单调递增.‎ 因为，两边同时取自然对数，则有，‎ 即.‎ 构造函数（），则，‎ 所以函数在上单调递增，又，‎ 所以，即.‎ 所以.‎ - 27 -‎ 于是实数m的取值范围是 解法3：要使在上恒成立，‎ 等价于在上恒成立.‎ 先证明，令（），则，于是，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以，故（当且仅当时取等号）‎ 所以，当时，有，所以，即，当且仅当时取等号，于是实数m的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性和不等式恒成立问题，属于难题.‎ 请考生在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，作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.‎ ‎22.在直角坐标系中，圆的参数方程为（为参数），在以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立的极坐标系中，直线的极坐标方程为．‎ ‎（1）求圆的普通方程和直线的直角坐标方程；‎ ‎（2）设点是圆上任一点，求点到直线距离最小值．‎ ‎【答案】（1）圆的普通方程为；直线的直角坐标方程为；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）在圆的参数方程中消去参数，可得出圆的普通方程，将直线的极坐标方程变形为，进而可得出直线的直角坐标方程；‎ ‎（2）设点的坐标为 - 27 -‎ ‎，利用点到直线的距离公式以及正弦函数的有界性可求出结果．‎ ‎【详解】（1）由消去参数，得，‎ 所以圆的普通方程为．‎ 由，得，‎ 所以直线的直角坐标方程为．‎ ‎（2）设点的坐标为，‎ 则点到直线的距离为，‎ 当时，取最小值，．‎ ‎【点睛】本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，点到直线的距离公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中等题型．‎ ‎23.已知函数，，.‎ ‎（1）当时，恒有，求a的最小值.‎ ‎（2）当时，恒有，求a的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意可得，的解集是的解集的子集，求出a的取值范围，即得a的最小值；‎ ‎（2）由绝对值三角不等式得，则，可得a的取值范围.‎ - 27 -‎ ‎【详解】（1）由，得或，解得或.‎ 由，得，解得或.‎ 依题意有：，即.‎ 故a的最小值为.‎ ‎（2），‎ 当且仅当时等号成立.‎ 解不等式，得，‎ 的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查含绝对值的不等式的解法，考查绝对值三角不等式，属于中档题.‎ - 27 -‎ - 27 -‎