闽粤赣三省十二校2020届高三下学期联考数学（理）试题 Word版含解析

闽粤赣三省十二校2020届高三下学期联考数学（理）试题 Word版含解析

www.ks5u.com 闽粤赣2020届高三下学期三省十二校联考数学理科试题 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，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由中不等式变形得，，解得，即，‎ ‎，故选C. ‎ ‎2. 已知（3﹣i）z＝4i（i为虚数单位），则复数z在复平面上所对应的点在（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先化简（3﹣i）z＝4i，得═，再利用几何意义求解.‎ ‎【详解】由题意可得， ═，‎ 对应的点（）在第二象限．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查复数的运算及几何意义，属于基础题.‎ ‎3. 已知m＝log40.4，n＝40.4，p＝0.40.5，则（ ）‎ A. m＜n＜p B. m＜p＜n C. p＜n＜m D. n＜p＜m ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据比较.‎ - 25 -‎ ‎【详解】因为，‎ 所以m＜p＜n．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查实数比较大小，注意对数，指数性质的应用，属于基础题.‎ ‎4. 如图，△AOB为等腰直角三角形，OA＝1，OC为斜边AB的高，P为线段OC的中点，则•（ ）‎ A. ﹣1 B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据△AOB为等腰直角三角形，OA＝1，得AB，根据OC为斜边AB的高，得OC，OP，∠AOP＝45°，再由•（）•求解.‎ ‎【详解】由题意可得AB，OC，OP，∠AOP＝45°，‎ 则•（）•‎ ‎（）2﹣1‎ ‎．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查平面向量的运算，还考查了平面几何的知识，属于基础题.‎ ‎5.‎ - 25 -‎ ‎ 某调查机构对全国互联网行业进行调查统计，得到整个互联网行业从业者年龄分布饼状图，90后从事互联网行业岗位分布条形图，则下列结论中不正确的是（ ）‎ 注：90后指1990年及以后出生，80后指1980-1989年之间出生，80前指1979年及以前出生.‎ A. 互联网行业从业人员中90后占一半以上 B. 互联网行业中从事技术岗位的人数超过总人数的 C. 互联网行业中从事运营岗位的人数90后比80前多 D. 互联网行业中从事技术岗位的人数90后比80后多 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据两个图形的数据进行观察比较，即可判断各选项的真假．‎ ‎【详解】在A中，由整个互联网行业从业者年龄分别饼状图得到互联网行业从业人员中90后占56%，所以是正确的；‎ 在B中，由整个互联网行业从业者年龄分别饼状图，90后从事互联网行业岗位分布条形图得到：，互联网行业从业技术岗位的人数超过总人数的，所以是正确的；‎ 在C中，由整个互联网行业从业者年龄分别饼状图，90后从事互联网行业岗位分别条形图得到：，互联网行业从事运营岗位的人数90后比80后多，所以是正确的；‎ 在D中，互联网行业中从事技术岗位的人数90后所占比例为，所以不能判断互联网行业中从事技术岗位的人数90后比80后多．‎ 故选：D.‎ - 25 -‎ ‎【点睛】本题主要考查了命题的真假判定，以及统计图表中饼状图和条形图的性质等基础知识的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎6. 已知是双曲线上的三个点，经过原点，经过右焦点，若且，则该双曲线的离心率是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，连接，构造矩形；根据双曲线定义表示出各个边长，由直角三角形勾股定理求得 的关系，进而求出离心率．‎ ‎【详解】‎ 设左焦点为， ，连接 ‎ 则 ， ， ， ‎ 因为，且经过原点 所以四边形 为矩形 在Rt△中， ，代入 - 25 -‎ ‎ ‎ 化简得 ‎ 所以在Rt△中，，代入 ‎ ‎ 化简得 ，即 ‎ 所以选B ‎【点睛】本题考查了双曲线的综合应用，根据条件理清各边的相互关系，属于中档题．‎ ‎7. 函数f（x）＝x2+log2|x|，则不等式f（x+1）﹣f（3）＜0的解集为（ ）‎ A. （﹣∞，﹣1）∪（4，+∞） B. （﹣∞，﹣4）∪（1，+∞）‎ C. （﹣4，﹣1）∪（﹣1，2） D. （﹣1，1）∪（1，4）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据f（x）＝x2+log2|x|，是偶函数，将原不等式转化为f（|x+1|）＜f（3），再根据当x＞0时，f（x）＝x2+log2x为增函数，得到x+1|＜3且x+1≠0求解.‎ ‎【详解】不等式f（x+1）﹣f（3）＜0等价于f（x+1）＜f（3），‎ ‎∵f（x）＝x2+log2|x|，‎ ‎∴f（﹣x）＝（﹣x）2+log2|﹣x|＝x2+log2|x|＝f（x），‎ 则函数f（x）是偶函数，‎ 且当x＞0时，f（x）＝x2+log2x为增函数，‎ 则不等式f（x+1）＜f（3）等价于f（|x+1|）＜f（3），‎ ‎∴|x+1|＜3且x+1≠0，‎ 即﹣3＜x+1＜3且x≠﹣1，‎ 则﹣4＜x＜2且x≠﹣1，‎ ‎∴不等式的解集为（﹣4，﹣1）∪（﹣1，2），‎ 故选：C．‎ - 25 -‎ ‎【点睛】本题主要考查函数单调性和奇偶性的综合应用，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎8. 已知函数的两条相邻对称轴间的距离为，把f（x）的图象向右平移个单位得到函数g（x）的图象，且g（x）为偶函数，则f（x）的单调递增区间为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据函数f（x）的两条相邻对称轴间的距离为，得到周期，求得ω＝2，此时f（x）＝2sin（2x+φ），再由平移变换，得g（x）＝2sin[2（x）+φ]＝2sin（2x+φ），再根据g（x）为偶函数，由φkπ，得f（x）＝2sin（2x），然后利用正弦函数的单调性求解.‎ ‎【详解】∵函数f（x）的两条相邻对称轴间的距离为，‎ ‎∴，即周期T，则ω＝2，‎ 此时f（x）＝2sin（2x+φ），‎ 把f（x）的图象向右平移个单位得到函数g（x）的图象，‎ 则g（x）＝2sin[2（x）+φ]＝2sin（2x+φ），‎ ‎∵g（x）为偶函数，‎ ‎∴φkπ，‎ 则φkπ，k∈Z，‎ ‎∵|φ|，‎ - 25 -‎ ‎∴当k＝﹣1时，φπ，‎ 则f（x）＝2sin（2x），‎ 由2kπ2x2kπ，k∈Z，‎ 得2kπ2x≤2kπ，‎ 即kπx≤kπ，k∈Z，‎ 即函数单调递增区间为[kπ，kπ]，k∈Z，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质以及图象变换，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎9. 已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1的各顶点都在球O的球面上，且AB＝AC＝2，BC，若球O的体积为，则这个直三棱柱的体积等于（ ）‎ A. B. C. 8 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据AB＝AC＝2，BC，求得三棱锥底面面积S△ABC．根据球O的体积为，求得半径R＝2．△ABC外接圆的半径2r4，设球心到底面的距离为h，利用 h．求得三棱柱的高，再代入体积公式求解.‎ ‎【详解】设球O的半径为R，∵球O的体积为，‎ ‎∴，解得R＝2．‎ ‎∵AB＝AC＝2，BC，‎ - 25 -‎ ‎∴∠BAC＝2×60°＝120°．S△ABC．‎ ‎∴△ABC外接圆的半径2r4，可得r＝2．‎ 设球心到底面的距离为h，则h4．‎ ‎∴这个直三棱柱的体积＝2h8．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查与球有关的外接问题以及柱体，球体的体积求法，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎10. 在中，内角、、所对的边分别为、、，为的面积，，且、、成等差数列，则的大小为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由等差中项的性质和三角形的内角和定理可求得，由余弦定理和三角形面积公式，可得，再由余弦定理求得，可求得角的大小．‎ ‎【详解】在中，‎ 由，‎ ‎，‎ 又由，‎ 则有，‎ 变形可得：①‎ ‎、、成等差数列，‎ 根据等差数列中项公式可得： ②‎ - 25 -‎ 根据三角形内角和性质可得：③‎ 由②③可得：，‎ 根据余弦定理可得：‎ ‎，即：‎ 变形可得： ④‎ 联立①④可得：，‎ 即，‎ 又由，‎ 则，即，‎ 故；‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题主要考查等差中项的性质和三角形的内角和定理、余弦定理和三角形面积公式，解题关键是掌握余弦定理，考查了分析能力和计算能力，属于中档题．‎ ‎11. 已知函数，（是自然对数的底数），若关于的方程恰有两个不等实根、，且，则的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 25 -‎ 先解方程，得，再作函数的图像，及直线的图象，在两个图象有两个交点的前提下可知，存在实数，使得，再建立与的函数关系，再利用导数判断的单调性求最值即可.‎ ‎【详解】解：∵，∴恒成立，‎ ‎∴，∴，‎ 作函数，的图象如下，结合图象可知，存在实数，使得，‎ 故，令，则，‎ 故在递减，在递增，∴，‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查了函数与方程的相互转化及导数的应用，重点考查了数形结合的数学思想方法，属中档题.‎ ‎12. 设，是抛物线上的两个不同的点，是坐标原点，若直线与的斜率之积为，则（　）‎ A. B. 到直线的距离不大于2‎ C. 直线过抛物线的焦点 D. 为直径的圆的面积大于 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，，可看作直线与抛物线的交点,对直线进行分类讨论，当直线 - 25 -‎ 的斜率不存在时，设出，的坐标，可以求得，的坐标及直线的解析式；当直线的斜率存在时，利用斜截式设出直线的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理，推出直线过定点，结合选项得出答案.‎ ‎【详解】当直线MN的斜率不存在时，设，‎ 由斜率之积为，可得，即，∴直线方程为；‎ 当直线的斜率存在时，设直线方程为，联立，可得．‎ 设，则，‎ ‎∴，‎ 即．∴直线方程为．‎ 则直线过定点．‎ 则到直线的距离不大于2．故选B．‎ ‎【点睛】圆锥曲线与方程是高考考查的核心之一，解题时不仅要掌握圆锥曲线的几何性质，还要重点掌握直线与圆锥曲线的基本求解方法与策略，提高运用函数与方程思想，本题主要利用了设而不求的方法，在设直线方程时要注意斜率是否存在以进行分类讨论.‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把正确的答案填在横线上．‎ ‎13. 已知α∈{﹣2，﹣1，，1，2，3}，若幂函数f（x）＝xα为奇函数，且在（0，+∞）上递减，则α＝_____．‎ ‎【答案】-1‎ ‎【解析】‎ - 25 -‎ ‎【分析】‎ 根据α∈{﹣2，﹣1，，1，2，3}，若幂函数f（x）＝xα为奇函数，则a是奇数，若在（0，+∞）上递减，则a＜0求解.‎ ‎【详解】∵α∈{﹣2，﹣1，，1，2，3}，‎ ‎∵幂函数f（x）＝xα为奇函数，且在（0，+∞）上递减，‎ ‎∴a＝﹣1．‎ 故答案为：﹣1．‎ ‎【点睛】本题主要考查幂函数的定义和性质，属于基础题.‎ ‎14. 函数的图象在点处的切线的倾斜角为__________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 因为，‎ 所以函数的图象在点处的切线的倾斜角为 ‎15. 有4名高三学生准备高考后到上海市、江苏省、浙江省、安徽省4个地方旅游，假设每名同学均从这4个地方中任意选取一个去旅游，则恰有一个地方未被选中的概率为_____‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 每名同学均从这4个地方中任意选取一个去旅游，基本事件总数n＝44，恰有一个地方未被选中包含的基本事件个数m，代入古典概型的概率公式求解.‎ ‎【详解】∵有4名高三学生准备高考后到上海市、江苏省、浙江省、安徽省4个地方旅游，‎ - 25 -‎ 假设每名同学均从这4个地方中任意选取一个去旅游，‎ 基本事件总数n＝44＝256，‎ 恰有一个地方未被选中包含的基本事件个数m144，‎ 则恰有一个地方未被选中的概率为p．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题主要考查古典概型的概率求法，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.‎ ‎16. 如图，三棱锥中，，，，点在侧面上，且到直线的距离为，则的最大值是_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过点到直线距离为定值，确定点在圆柱侧面上，同时确定点轨迹；根据椭圆性质可知，当落在上时，最大；根据距离可确定为中点，然后利用余弦定理解出结果.‎ ‎【详解】动点到直线的距离为定值 动点落在以为轴、底面半径为的圆柱的侧面上 可知侧面与三棱锥侧面的交线为椭圆的一部分 设其与的交点为，此时最大 - 25 -‎ 由题意可得，点到的距离为：‎ 则到的距离为可知：为的中点 又 在中，由余弦定理可得 本题正确结果：‎ ‎【点睛】本题考查立体几何中的直线与平面的位置关系，难点在于确定点在侧面上的轨迹类型，锁定最值取得的点，对学生的空间想象能力要求较高.‎ 三、解答题：本大题共5小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，解答应写在答题卡上的指定区域内．‎ ‎17. 已知公差不为0的等差数列{an}满足a3＝9，a2是a1，a7的等比中项．‎ ‎（1）求{an}的通项公式；‎ ‎（2）设数列{bn}满足，求{bn}的前n项和Sn．‎ ‎【答案】（1）an＝4n﹣3．（2）Sn．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设等差数列{an}的公差为d（d≠0），根据a3＝9，a2是a1，a7的等比中项．利用“ ”法求解.‎ ‎（2）由（1）知，再用裂项相消法求解.‎ ‎【详解】（1）设等差数列{an}的公差为d（d≠0），‎ 则解得 d＝4或d＝0（舍去），a1＝1，‎ ‎∴an＝1+4（n﹣1）＝4n﹣3．‎ ‎（2）∵，‎ - 25 -‎ ‎∴‎ ‎．‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列的基本运算和裂项相消法求和，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎18. 如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，PA＝AB＝1，‎ ‎（1）证明：BD⊥平面PAC；‎ ‎（2）若E是PC的中点，F是棱PD上一点，且BE∥平面ACF，求二面角F﹣AC﹣D的余弦值．‎ ‎【答案】（1）见解析（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据，利用勾股定理得PA⊥AB，PA⊥AD，利用线面垂直的判定定理得到PA⊥平面ABCD，从而PA⊥BD，再根据ABCD为正方形，有AC⊥BD得证.‎ ‎（2）连接ED，取ED的中点M，由三角形的中位线定理得BE∥OM，从而BE∥平面ACM，平面ACM与PD的交点即为F．然后建立空间直角坐标系，分别求得平面ACF，平面ACD的法向量，代入向量夹角公式求解.‎ ‎【详解】（1）证明：∵，‎ ‎∴PA⊥AB，PA⊥AD，AB∩AD＝A，‎ ‎∴PA⊥平面ABCD，‎ ‎∴PA⊥BD．‎ - 25 -‎ 又∵ABCD为正方形，∴AC⊥BD，PA∩AC＝A，‎ ‎∴BD⊥平面PAC．‎ ‎（2）如图，‎ 连接ED，取ED的中点M，‎ 设AC∩BD＝O，连接OM，则BE∥OM，‎ 从而BE∥平面ACM，平面ACM与PD的交点即为F．‎ 建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz，，‎ ‎，‎ 平面ACF即平面ACM，设其法向量为，‎ 则即令x＝1，得，‎ 易知平面ACD的一个法向量为，‎ ‎∴，‎ 因为二面角F﹣AC﹣D为锐二面角，‎ 故所求余弦值为：．‎ - 25 -‎ ‎【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理和线面平行的判定定理以及二面角的向量求法，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎19. 已知椭圆的一个焦点坐标为．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）已知点，过点的直线（与轴不重合）与椭圆交于两点，直线与直线相交于点，试证明：直线与轴平行．‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）见解析 ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）由题意可知所以，即可得到求椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）①当直线的斜率不存在时，易证直线与轴平行 ‎②当直线的斜率存在时，设直线的方程为 .‎ 因为点，所以直线的方程为.‎ 令，所以.‎ 由消去得.显然恒成立.‎ 所以 这时可证，即.‎ 所以直线 轴.‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ）由题意可知所以.所以椭圆的方程为. ‎ ‎（Ⅱ）①当直线的斜率不存在时，此时轴.设，直线与轴相交于点，易得点是点和点的中点，又因为，‎ - 25 -‎ ‎ 所以，所以直线 轴.‎ ‎②当直线的斜率存在时，设直线的方程为 .‎ 因为点，所以直线的方程为.‎ 令，所以.‎ 由消去得.显然恒成立.‎ 所以 因为 ‎，‎ 所以.‎ 所以直线 轴.‎ 综上所述，所以直线 轴. ‎ ‎20. 一年之计在于春，一日之计在于晨，春天是播种的季节，是希望的开端．某种植户对一块地的个坑进行播种，每个坑播3粒种子，每粒种子发芽的概率均为，且每粒种子是否发芽相互独立．对每一个坑而言，如果至少有两粒种子发芽，则不需要进行补播种，否则要补播种．‎ ‎（1）当取何值时，有3个坑要补播种的概率最大？最大概率为多少？‎ ‎（2）当时，用表示要补播种的坑的个数，求的分布列与数学期望．‎ ‎【答案】（1）当或时，有3个坑要补播种概率最大，最大概率为； （2）见解析.‎ - 25 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将有3个坑需要补种表示成n的函数，考查函数随n的变化情况，即可得到n为何值时有3个坑要补播种的概率最大．（2）n＝4时，X的所有可能的取值为0，1，2，3，4．分别计算出每个变量对应的概率，列出分布列，求期望即可．‎ ‎【详解】（1）对一个坑而言，要补播种的概率，‎ 有3个坑要补播种的概率为.‎ 欲使最大，只需，‎ 解得，因为，所以 当时，；‎ 当时，；‎ 所以当或时，有3个坑要补播种的概率最大，最大概率为.‎ ‎（2）由已知，的可能取值为0，1，2，3，4.，‎ 所以的分布列为 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ 的数学期望.‎ ‎【点睛】‎ - 25 -‎ 本题考查了古典概型的概率求法，离散型随机变量的概率分布，二项分布，主要考查简单的计算，属于中档题．‎ ‎21. 已知函数，是的导函数.‎ ‎（1）证明：当时，在上有唯一零点；‎ ‎（2）若存在，且时，，证明：.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出，当时，单调递增，利用和判断出上有唯一零点．当时，的最小值大于零，则在上没有零点.（2）令，，将转化为，再构造函数利用导数证明最小值小于0.‎ ‎【详解】（1）证明：当时，，.‎ 当时，为增函数，且，，‎ ‎∴在上有唯一零点；‎ 当时，，‎ ‎∴在上没有零点.‎ 综上知，在上有唯一零点.‎ ‎（2）证明：不妨设，由得，‎ ‎∴.‎ 设，则，故在为增函数，‎ ‎∴，从而，‎ - 25 -‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 下面证明：.‎ 令，则，即证明，只要证明.（*）‎ 设，则，∴在单调递减.‎ 当时，，从而（*）得证，即.‎ ‎∴，即.‎ ‎【点睛】（1）零点问题可利用函数单调性和零点存在性定理来解决．‎ ‎（2）通过换元将两个变量转化为一个变量，构造函数，利用导数来证明不等式．‎ 本题是一道综合性的难题．‎ 请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．作答时请写清题号．‎ ‎[选修4-4：坐标系与参数方程]‎ ‎22. 在极坐标系中，曲线C的极坐标方程为.以极点为原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系，直线l的参数方程为 (t为参数)‎ ‎(1)若，求曲线C直角坐标方程以及直线l的极坐标方程；‎ ‎(2)设点，曲线C与直线 交于A、B两点，求的最小值 ‎【答案】(1)，；（2）14‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 25 -‎ ‎（1）根据直接利用转换关系可得曲线C的直角坐标方程，将代入结合可得直线的极坐标；（2）将直线方程代入曲线中，利用一元二次方程根和系数的关系以及参数的几何意义即可求出结果．‎ ‎【详解】(1)曲线C:，将.代入得 即曲线C的直角坐标方程为.‎ 直线l: ，(t为参数)，所以，‎ 故直线l的极坐标方程为. ‎ ‎(2)联立直线l与曲线C的方程得 即 设点A，B对应的参数分别为t1，t2，则 因为 当时取等号，所以的最小值为14.‎ ‎【点睛】本题考查的知识要点：参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．‎ ‎[选修4-5：不等式选讲]‎ ‎23. 已知函数.‎ ‎（1）当时，解不等式；‎ ‎（2）设不等式的解集为，若，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）或；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 25 -‎ ‎（1）使用零点分段法，讨论分段的取值范围，然后取它们的并集，可得结果.‎ ‎（2）利用等价转化的思想，可得不等式在恒成立，然后解出解集，根据集合间的包含关系，可得结果.‎ ‎【详解】（1）当时，‎ 原不等式可化为.‎ ‎①当时，‎ 则，所以；‎ ‎②当时，‎ 则，所以；‎ ‎⑧当时，‎ 则，所以.‎ 综上所述：‎ 当时，不等式的解集为或.‎ ‎（2）由，‎ 则，‎ 由题可知：‎ 在恒成立，‎ 所以，即，‎ 即，‎ 所以 故所求实数的取值范围是.‎ - 25 -‎ ‎【点睛】本题考查零点分段求解含绝对值不等式，熟练使用分类讨论的方法，以及知识的交叉应用，同时掌握等价转化的思想，属中档题.‎ - 25 -‎ - 25 -‎