2021年高考全国乙卷数学（理）试题及答案解析

绝密★启用前2021年普通高等学校招生全国统一考试理科数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 卡上．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，再选涂其他答案标号．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，将本试卷和答题卡一并交回．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.设2zz3zz46i，则z（）A.12iB.12iC.1iD.1i2.已知集合Sss2n1,nZ，Ttt4n1,nZ，则SÇT=（）A.B.SC.TD.Z3.已知命题p:xR,sinx1﹔命题q:xR﹐e|x|1，则下列命题中为真命题的是（）A.pqB.pqC.pqD.pq1x4.设函数f(x)，则下列函数中为奇函数的是（）1xA.fx11B.fx11C.fx11D.fx11BD5.在正方体ABCDA1B1C1D1中，P为11的中点，则直线PB与AD1所成的角为（）ππππA.B.C.D.23466.将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配 方案 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 共有（）A.60种B.120种C.240种D.480种17.把函数yf(x)图像上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个23单位长度，得到函数ysinx的图像，则f(x)（）4x7xxA.sinB.sin2122127C.sin2xD.sin2x121278.在区间(0,1)与(1,2)中各随机取1个数，则两数之和大于的概率为（）472392A.B.C.D.9323299.魏晋时刘徽撰写的《海岛算经》是关测量的数学著作，其中第一题是测海岛的高．如图，点E，H，G在水平线AC上，DE和FG是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，EG称为“表距”，GC和EH都称为“表目距”，GC与EH的差称为“表目距的差”则海岛的高AB（）表高表距表高表距A.表高B.表高表目距的差表目距的差表高表距表高表距C.表距D.-表距表目距的差表目距的差210.设a0，若xa为函数fxaxaxb的极大值点，则（）A.abB.abC.aba2D.aba2x2y211.设B是椭圆C:1(ab0)的上顶点，若C上的任意一点P都满足|PB|2b，则C的离a2b2心率的取值范围是（）2121A.,1B.,1C.0,D.0,222212.设a2ln1.01，bln1.02，c1.041．则（）A.abcB.bcaC.bacD.cab二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．x213.已知双曲线C:y21(m0)的一条渐近线为3xmy0，则C的焦距为_________．m14.已知向量a1,3,b3,4，若(ab)b，则__________．15.记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为3，B60，a2c23ac，则b________．16.以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为_________（写出符合要求的一组答案即可）．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题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．17.某厂研制了一种生产高精产品的设备，为检验新设备生产产品的某项指标有无提高，用一台旧设备和一台新设备各生产了10件产品，得到各件产品该项指标数据如下：99101旧设备9.810.310.010.2.9.810.0.10.29.7新设备10.110.410.110.010.110.310.610.510.410.5旧设备和新设备生产产品的该项指标的样本平均数分别记为和，样本方差分别记为2和2．xys1s2（）求，，2，2；1xys1s2s2s2（2）判断新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备是否有显著提高（如果yx212，则认为10新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高，否则不认为有显著提高）．18.如图，四棱锥PABCD的底面是矩形，PD底面ABCD，PDDC1，M为BC的中点，且PBAM．（1）求BC；（2）求二面角APMB的正弦值．2119.记Sn为数列an的前n项和，bn为数列Sn的前n项积，已知2．Snbn（1）证明：数列bn是等差数列;（2）求an的通项 公式 小学单位换算公式大全免费下载公式下载行测公式大全下载excel公式下载逻辑回归公式下载 ．20.设函数fxlnax，已知x0是函数yxfx的极值点．（1）求a；xf(x)（2）设函数g(x)．证明:gx1．xf(x)221.已知抛物线C:x2pyp0的焦点为F，且F与圆M:x2(y4)21上点的距离的最小值为4．（1）求p；（2）若点P在M上，PA,PB是C的两条切线，A,B是切点，求△PAB面积的最大值．（二）选考题，共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）22.在直角坐标系xOy中，C的圆心为C2,1，半径为1．（1）写出C的一个参数方程;（2）过点F4,1作C的两条切线．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求这两条切线的极坐标方程．[选修4-5：不等式选讲]（10分）23.已知函数fxxax3．（1）当a1时，求不等式fx6的解集;（2）若fxa，求a的取值范围．绝密★启用前2021年普通高等学校招生全国统一考试理科数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．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，再选涂其他答案标号．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，将本试卷和答题卡一并交回．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.设2zz3zz46i，则z（）A.12iB.12iC.1iD.1i【答案】C【解析】【 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 】设zabi，利用共轭复数的定义以及复数的加减法可得出关于a、b的等式，解出这两个未知数的值，即可得出复数z.【详解】设zabi，则zabi，则2zz3zz4a6bi46i，4a4所以，，解得ab1，因此，z1i.6b6故选：C.2.已知集合Sss2n1,nZ，Ttt4n1,nZ，则SÇT=（）A.B.SC.TD.Z【答案】C【解析】【分析】分析可得TS，由此可得出结论.【详解】任取tT，则t4n122n1，其中nZ，所以，tS，故TS，因此，STT.故选：C.3.已知命题p:xR,sinx1﹔命题q:xR﹐e|x|1，则下列命题中为真命题的是（）A.pqB.pqC.pqD.pq【答案】A【解析】【分析】由正弦函数的有界性确定命题p的真假性，由指数函数的知识确定命题q的真假性，由此确定正确选项.【详解】由于sin0=0，所以命题p为真命题；x由于ye在R上为增函数，x0，所以e|x|e01，所以命题q为真命题；所以pq为真命题，pq、pq、pq为假命题.故选：A．1x4.设函数f(x)，则下列函数中为奇函数的是（）1xA.fx11B.fx11C.fx11D.fx11【答案】B【解析】【分析】分别求出选项的函数解析式，再利用奇函数的定义即可.1x2【详解】由题意可得f(x)1，1x1x2对于A，fx112不是奇函数；x2对于B，fx11是奇函数；x2对于C，fx112，定义域不关于原点对称，不是奇函数；x22对于D，fx11，定义域不关于原点对称，不是奇函数.x2故选：B【点睛】本题主要考查奇函数定义，考查学生对概念的理解，是一道容易题.BD5.在正方体ABCDA1B1C1D1中，P为11的中点，则直线PB与AD1所成的角为（）ππππA.B.C.D.2346【答案】D【解析】【分析】平移直线AD1至BC1，将直线PB与AD1所成的角转化为PB与BC1所成的角，解三角形即可.【详解】如图，连接BC1,PC1,PB，因为AD1∥BC1，所以PBC1或其补角为直线PB与AD1所成的角，因为平面，所以，又，，BB1A1B1C1D1BB1PC1PC1B1D1BB1B1D1B1所以PC1平面PBB1，所以PC1PB，1设正方体棱长为2，则BC22,PCDB2，11211PC1sinPBC1，所以1PBC1.BC126故选：D6.将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（）A.60种B.120种C.240种D.480种【答案】C【解析】【分析】先确定有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，然后利用组合，排列，乘法原理求得.【详解】根据题意，有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，可以先从5名志愿者中任选人，组成一个小组，有2种选法；然后连同其余三人，看成四个元素，四个项目看成四个不同的2C5位置，四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有4！种，根据乘法原理，完成这件事，共有2种不同的分配方案，C54!240故选：C.【点睛】本题考查排列组合的应用问题，属基础题，关键是首先确定人数的分配情况，然后利用先选后排思想求解.17.把函数yf(x)图像上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个23单位长度，得到函数ysinx的图像，则f(x)（）4x7xxA.sinB.sin2122127C.sin2xD.sin2x1212【答案】B【解析】【分析】解法一：从函数yf(x)的图象出发，按照已知的变换顺序，逐次变换，得到yf2x，3即得f2xsinx，再利用换元思想求得yf(x)的解析表达式；34解法二：从函数ysinx出发，逆向实施各步变换，利用平移伸缩变换法则得到yf(x)的解析表4达式.1【详解】解法一：函数yf(x)图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到yf(2x)2的图象，再把所得曲线向右平移个单位长度，应当得到yf2x的图象，33根据已知得到了函数ysinx的图象，所以f2xsinx，434tt令t2x,则x,x,3234212tx所以ftsin,所以fxsin；212212解法二：由已知的函数ysinx逆向变换，4第一步：向左平移个单位长度，得到ysinxsinx的图象，33412x第二步：图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到ysin的图象，212x即为yfx的图象，所以fxsin.212故选：B.78.在区间(0,1)与(1,2)中各随机取1个数，则两数之和大于的概率为（）472392A.B.C.D.932329【答案】B【解析】【分析】设从区间(0,1),(1,2)中随机取出的数分别为x,y，则实验的所有结果构成区域为7x,y0x1,1y2，设事件A表示两数之和大于，则构成的区域为47Ax,y0x1,1y2,xy，分别求出,A对应的区域面积，根据几何概型的的概率公式即4可解出．【详解】如图所示：设从区间(0,1),(1,2)中随机取出的数分别为x,y，则实验的所有结果构成区域为，其面积为．x,y0x1,1y2S11177设事件A表示两数之和大于，则构成的区域为Ax,y0x1,1y2,xy，即图中的阴影4413323S23部分，其面积为，所以PAA．SA124432S32故选：B.【点睛】本题主要考查利用线性规划解决几何概型中的面积问题，解题关键是准确求出事件,A对应的区域面积，即可顺利解出．9.魏晋时刘徽撰写的《海岛算经》是关测量的数学著作，其中第一题是测海岛的高．如图，点E，H，G在水平线AC上，DE和FG是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，EG称为“表距”，GC和EH都称为“表目距”，GC与EH的差称为“表目距的差”则海岛的高AB（）表高表距表高表距A.表高B.表高表目距的差表目距的差表高表距表高表距C.表距D.-表距表目距的差表目距的差【答案】A【解析】【分析】利用平面相似的有关知识以及合分比性质即可解出．【详解】如图所示：DEEHFGCG由平面相似可知，,，而DEFG，所以ABAHABACDEEHCGCGEHCGEH，而CHCEEHCGEHEG，ABAHACACAHCHCGEHEGEGDE表高表距即ABDEDE＝+表高．CGEHCGEH表目距的差故选：A.【点睛】本题解题关键是通过相似建立比例式，围绕所求目标进行转化即可解出．210.设a0，若xa为函数fxaxaxb的极大值点，则（）A.abB.abC.aba2D.aba2【答案】D【解析】【分析】先考虑函数的零点情况，注意零点左右附近函数值是否编号，结合极大值点的性质，对进行分类讨论，画出图象，即可得到a,b所满足的关系，由此确定正确选项.3【详解】若ab，则fxaxa为单调函数，无极值点，不符合题意，故a¹b.fx有xa和xb两个不同零点，且在xa左右附近是不变号，在xb左右附近是变号的.依题意，为函数的极大值点，在xa左右附近都是小于零的.当a0时，由xb，fx0，画出fx的图象如下图所示：由图可知ba，a0，故aba2.当a0时，由xb时，fx0，画出fx的图象如下图所示：由图可知ba，a0，故aba2.综上所述，aba2成立.故选：D【点睛】本小题主要考查三次函数的图象与性质，利用数形结合的数学思想方法可以快速解答.x2y211.设B是椭圆C:1(ab0)的上顶点，若C上的任意一点P都满足|PB|2b，则C的离a2b2心率的取值范围是（）2121A.,1B.,1C.0,D.0,2222【答案】C【解析】【分析】设Px0,y0，由B0,b，根据两点间的距离公式表示出PB，分类讨论求出PB的最大值，再构建齐次不等式，解出即可．x2y2【详解】设Px,y，由B0,b，因为00，222，所以00221abcab2232422y2220cbb22，PBx0y0ba12y0b2y022abbbcc3b222222因为by0b，当b，即bc时，PB4b，即PB2b，符合题意，由bc可c2maxmax2得a22c2，即0e；2344b2bb222当b，即b2c2时，PBa2b2，即a2b24b2，化简得，cb0，显c2maxc2c2然该不等式不成立．故选：C．【点睛】本题解题关键是如何求出PB的最大值，利用二次函数求指定区间上的最值，要根据定义域讨论函数的单调性从而确定最值．12.设a2ln1.01，bln1.02，c1.041．则（）A.abcB.bcaC.bacD.cab【答案】B【解析】【分析】利用对数的运算和对数函数的单调性不难对a,b的大小作出判定，对于a与c，b与c的大小关系，将0.01换成x,分别构造函数fx2ln1x14x1,gxln12x14x1，利用导数分析其在0的右侧包括0.01的较小范围内的单调性，结合f(0)=0,g(0)=0即可得出a与c，b与c的大小关系.222【详解】a2ln1.01ln1.01ln10.01ln120.010.01ln1.02b,所以ba;下面比较c与a,b的大小关系.22214x1x记fx2ln1x14x1,则f00,fx，1x14x1x14x2由于14x1x2xx2x2x2所以当00时,14x12x0,所以gx0,即函数gx在[0,+∞)上单调递减，所以g0.01g00,即ln1.021.041,即b 合同 劳动合同范本免费下载装修合同范本免费下载租赁合同免费下载房屋买卖合同下载劳务合同范本下载 角三角函数的基本关系可求得结果.【详解】（1）PD平面ABCD，四边形ABCD为矩形，不妨以点D为坐标原点，DA、DC、DP所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系Dxyz，设BC2a，则D0,0,0、P0,0,1、B2a,1,0、Ma,1,0、A2a,0,0，则PB2a,1,1，AMa,1,0，2PBAM，则PBAM2a210，解得a，故BC2a2；22（）设平面的法向量为，则，，2PAMmx1,y1,z1AM,1,0AP2,0,122mAMxy0由11，取，可得，2x12m2,1,2mAP2x1z102设平面的法向量为，，，PBMnx2,y2,z2BM,0,0BP2,1,122nBMx0r2由2，取y21，可得n0,1,1，nBP2x2y2z20mn3314cosm,n，mn721470所以，sinm,n1cos2m,n，1470因此，二面角APMB的正弦值为.14【点睛】思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）；（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值.2119.记Sn为数列an的前n项和，bn为数列Sn的前n项积，已知2．Snbn（1）证明：数列bn是等差数列;（2）求an的通项公式．3,n12【答案】（1）证明见解析；（2）a.n1,n2nn1【解析】212b3n【分析】（1）由已知2得Sn,且bn0，取n1,得b1,由题意得Snbn2bn122b2b2b2bb12nn1n1bn,消积得到项的递推关系,进而证明数列bn是等差数列;2b112b212bn12bn11bn3,n12（2）由（1）可得b的表达式,由此得到S的表达式,然后利用和与项的关系求得a.nnn1,n2nn1212bn1【详解】（）由已知2得S且，1n,bn0bn,Snbn2bn123取n1,由Sb得b1,112由于bn为数列Sn的前n项积，2b12b22bn所以bn,2b112b212bn12b12b22bn1所以bn1，2b112b212bn112bn1bn1所以,2bn11bn由于bn10211所以，即其中*bn1bn,nN2bn11bn231所以数列bn是以b1为首项，以d为公差等差数列;2231（2）由（1）可得，数列bn是以b1为首项，以d为公差的等差数列，2231nbn11,n2222bn2nSn,2bn11n3当n=1时，aS,1122n1n1当n≥2时,anSnSn1,显然对于n=1不成立,1nnnn13,n12∴a.n1,n2nn1【点睛】本题考查等差数列的证明，考查数列的前n项和与项的关系，数列的前n项积与项的关系，其中2b12b22bn2b12b22bn12bn1bn1由bn,得到bn1，进而得到是关键一2b112b212bn12b112b212bn112bn11bn步；要熟练掌握前n项和，积与数列的项的关系，消和（积）得到项（或项的递推关系），或者消项得到和（积）的递推关系是常用的重要的思想方法.20.设函数fxlnax，已知x0是函数yxfx的极值点．（1）求a；xf(x)（2）设函数g(x)．证明:gx1．xf(x)【答案】（1）a1；（2）证明见详解【解析】【分析】（1）由题意求出y'，由极值点处导数为0即可求解出参数a；xln1x（2）由（1）得g(x)，x1且x0，分类讨论x0,1和x,0，可等价转化为xln1x要证gx1，即证xln1xxln1x在x0,1和x,0上恒成立，结合导数和换元法即可求解1x【详解】（1）由fxlnaxf'x，yxfxy'lnax，xaxa又x0是函数yxfx的极值点，所以y'0lna0，解得a1；xf(x)xln1x（2）由（1）得fxln1x，g(x)，x1且x0，xf(x)xln1xxln1x当x0,1时，要证g(x)1，x0,ln1x0，xln1x0，即证xln1xxln1xxln1x，化简得x1xln1x0；xln1x同理，当x,0时，要证g(x)1，x0,ln1x0，xln1x0，即证xln1xxln1xxln1x，化简得x1xln1x0；令hxx1xln1x，再令t1x，则t0,11,，x1t，令gt1ttlnt，g't1lnt1lnt，当t0,1时，g't0，gt单减，假设g1能取到，则g10，故gtg10；当t1,时，g't0，gt单增，假设g1能取到，则g10，故gtg10；xln1x综上所述，g(x)1在x,00,1恒成立xln1x【点睛】本题为难题，根据极值点处导数为0可求参数a，第二问解法并不唯一，分类讨论对函数进行等价转化的过程，一定要注意转化前后的等价性问题，构造函数和换元法也常常用于解决复杂函数的最值与恒成立问题.221.已知抛物线C:x2pyp0的焦点为F，且F与圆M:x2(y4)21上点的距离的最小值为4．（1）求p；（2）若点P在M上，PA,PB是C的两条切线，A,B是切点，求△PAB面积的最大值．【答案】（1）p2；（2）205.【解析】【分析】（1）根据圆的几何性质可得出关于p的等式，即可解出p的值；（2）设点Ax1,y1、Bx2,y2、Px0,y0，利用导数求出直线PA、PB，进一步可求得直线AB的方程，将直线AB的方程与抛物线的方程联立，求出AB以及点P到直线AB的距离，利用三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得△PAB面积的最大值.pp【详解】（1）抛物线C的焦点为F0,，FM4，22p所以，F与圆M:x2(y4)21上点的距离的最小值为414，解得p2；22xx（2）抛物线C的方程为x24y，即y，对该函数求导得y，42设点Ax1,y1、Bx2,y2、Px0,y0，xxx直线PA的方程为yy1xx，即y1y，即xx2y2y0，1212111同理可知，直线PB的方程为x2x2y22y0，x1x02y12y00由于点P为这两条直线的公共点，则，x2x02y22y00所以，点A、B的坐标满足方程x0x2y2y00，所以，直线AB的方程为x0x2y2y00，xx2y2y000联立2，可得2，xx2x0x4y00y4由韦达定理可得x1x22x0，x1x24y0，22所以，x02x0222，AB1x1x24x1x214x016y0x04x04y0222x04y0点到直线的距离为d，PAB2x0423x04y01122122所以，S△PABABdx04x04y0x04y0，2222x042222x04y01y044y0y012y015y0621，312由已知可得5y03，所以，当y05时，△PAB的面积取最大值20205.2【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．（二）选考题，共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）22.在直角坐标系xOy中，C的圆心为C2,1，半径为1．（1）写出C的一个参数方程;（2）过点F4,1作C的两条切线．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求这两条切线的极坐标方程．x2cos【答案】（1），（为参数）；（2）2cos()43或2cos()43.y1sin33【解析】【分析】（1）直接利用圆心及半径可得的圆的参数方程；（2）先求得过（4，1）的圆的切线方程，再利用极坐标与直角坐标互化公式化简即可.【详解】（1）由题意，C的普通方程为(x2)2(y1)21，x2cos所以C的参数方程为，（为参数）y1sin（2）由题意，切线的斜率一定存在，设切线方程为y1k(x4)，即kxy14k0，|2k|由圆心到直线的距离等于1可得1，1k23解得k，所以切线方程为3x3y3430或3x3y3430，3将xcos，ysin代入化简得2cos()43或2cos()4333【点晴】本题主要考查直角坐标方程与极坐标方程的互化，涉及到直线与圆的位置关系，考查学生的数学运算能力，是一道基础题.[选修4-5：不等式选讲]（10分）23.已知函数fxxax3．（1）当a1时，求不等式fx6的解集;（2）若fxa，求a的取值范围．3【答案】（1）,42,.（2）,.2【解析】【分析】（1）利用绝对值的几何意义求得不等式的解集.（2）利用绝对值不等式化简fxa，由此求得a的取值范围.【详解】（1）当a1时，fxx1x3，x1x3表示数轴上的点到1和3的距离之和，则fx6表示数轴上的点到1和3的距离之和不小于6，当x4或x2时所对应的数轴上的点到1，3所对应的点距离之和等于6，∴数轴上到1，3所对应的点距离之和等于大于等于6得到所对应的坐标的范围是x4或x2，所以fx6的解集为,42,.（2）依题意fxa，即xax3a恒成立，xax3axx3a3，当且仅当时取等号，axx30fxmina3,故a3a，所以a3a或a3a，3解得a.23所以a的取值范围是,.2【点睛】解绝对值不等式的方法有零点分段法、几何意义法．解含有两个绝对值，且其中的x的系数相等时，可以考虑利用数轴上绝对值的几何意义求解；利用绝对值三角不等式求最值也是常见的问题，注意表述取等号的条件.