2019年9月湖南省高2020届高2017级炎德英才大联考长郡中学届高三月考试卷历史试题及参考答案附答题卡

炎德∙英才大联考长郡中学2020届高三月考试卷（一）物理得分__________本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，时量90分钟，满分110分。

第Ⅰ卷选择题（共48分）一.选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分，在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题上题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分）1.一物体沿直线运动，其平均速度与时间的关系满足t v 45+=（各物理量均选用国际单位制单位），则下列说法正确的是A.物体做匀速直线运动B.前4s 时间内物体通过的位移大小为84mC.物体的加速度大小为4m/sD.第3s 末物体的速度大小为22m/s2.理想变压器如图所示，原线圈接交流电源，副线圈接有定值电阻0R 和两个小灯泡L 1和L 2，两小电表均为理想电表，最初开关S 是闭合的，现断开开关S，则A.副线圈两端电压变大B.灯泡L 1变亮C.电阻0R 中的电流变大D.电流表A 1示数变大3.某静止的原子核发生核反应且释放出能量Q，其方程为：Z Y X F E D C B A +→并假设释放的能量全部转化为新核Y 和Z 的动能，测得其中Z 的速度为v ，以下结论正确的是A.Y 原子核的速度大小为v CE B.Y 原子核的动能是Z 原子核的动能的FD 倍C.Y 原子核和Z 原子核的质量之和比X 原子核的质量大2c Q （c 为光速）D.Y 和Z 的结合能之和一定大于X 的结合能4.2019年1月3日嫦娥四号月球探测器成功软着陆在月球背面的南极一艾特肯盆地冯卡门撞击坑，成为人类历史上第一个在月球背面成功实施软着陆的人类探测器，如图所示，在月球椭圆轨道上，已关闭动力的探月卫星在月球引力作用下向月球靠近，并在B 处变轨进入半径为r 、周期为T 的环月圆轨道运行，已知引力常德为G，下列说法正确的是A.图中探月卫星飞向B 处的过程中速度越来越小B.图中探月卫星飞向B 处的过程中加速度越来越小C.由题中条件可以计算出月球的质量D.由题中条件可以计算出探月卫星受到月球引力大小５.如图所示，一竖直放置的大圆环，在其水平直径上的A、B 两端系着一根不可伸长的柔软轻绳，绳上套有一光滑小铁环，现将大圆环在竖直平面内绕O 点顺时针缓慢转过一个微小角度，则关于轻绳对A、B 两点拉力F A 、F B 的变化情况，下列说法正确的是A.A F 变大，B F 变大B.A F 变小，B F 变小C .A F 变大，B F 变小 D.A F 变小，B F 变大6.如图所示，竖直平面内粗糙绝缘细杆（下）与直导线（上）水平平行固定，导线足够长，已知导线中的电流水平向右，大小为I ，有一带电荷量为+q，质量为m 的小球套在细杆上（小球中空部分尺寸略大于直导线直径），若给小球一水平向右的初速度0v ，空气阻力不计，那么下列说法正确的是A.小球可能做匀速直线运动B.小球可能做匀减速直线运动C.若小球带负电，仍可能做匀速直线运动D.若小球最终静止，是因为洛伦兹力对小球做了负功7.如图所示，线段OA=2AB，A、B 两球质量相等，当它们绕O 点在光滑的水平面上以相同的角速度转动时，两线段拉力之比AB OA F F :为A.２:３B.５:３C．３:２Ｄ．２:１８.在平行于斜面的拉力F 的作用下两物块做匀速运动（细线保持拉直状态）．从图示位置开始计时，在甲物块与滑轮相碰前的一段时间内，下面的图象中，x 表示每个物块所通过的路程，E 表示两物块组成的系统的机械能，E P 表示两物块组成的系统的重力势能，W f 表示甲物块克服摩擦力所做的功，W F 表示拉力F 对乙物块所做的功，则图象中所反映的关系不正确的是（）９.如图所示，用实验方法描绘出的一对正负点电荷产生静电场的一簇等势线及其电势值，若一带电粒子只在电场力作用下沿图中的实线从A 点运动到C 点，下列说法正确的是A、这一对正负点电荷右侧为负电荷，运动的带电粒子带正电B、带电粒子在A 点的电势能小于在C 点的电势能C、B 点的场强大于C 点的场强D、粒子从A 点到B 点电场力所做的功等于从B 到C 点电场力所做的功10.如图（a）所示，甲、乙两个质量均为1kg 的物块，在光滑水平面上受到一个水平力作用，由静止开始加速，甲物块所受的力F 随时间t 的变化关系和乙物块所受的力T 随位移x 的变化关系如图（b）、（C）所示，在水平力分别按各自的规律从0增大到10N 的过程中，下列说法正确的是A.甲在此过程的位移为10mB.甲的末运能为50JC.乙在此过程的时间为55s D .乙的末动量为sm kg /52∙11.如图所示，竖直面内有一个闭合线框ACD（由细软弹性电阻丝制成），端点A、D 固定，在以水平线段AD 为直径的半圆形区域内，有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场，设导线框的电阻恒为r，圆的半径为R，用两种方式使导线框上产生感应电流，方式一：将导线与圆周的接触点C 点以恒定角速度1ω（相对圆心O）从A 点沿圆弧移动至D 点；方式二：以AD 为轴，保持045=∠ADC ，将导线框以恒定的角速度2ω转900，则下列说法正确的是A.方式一中，在C 沿圆弧移动到圆心O 的正上方时，导线框中的感应电动势为零B.方式一中，在C 从A 点沿圆弧移动到图中030=∠ADC 的位置的过程中，通过导线截面的电荷量为r232C.方式二中，回路中的电动势逐渐减小D.两种方式回路中电动势的有效值之比2121ωω=E E 12.棱长为d 的正方体置于存在匀强电场的空间中，电场强度为E，ABCD-A 1B 1C 1D 1是正方体的顶点，从D 点向正方体内沿不同方向射入速度大小都是v ，电荷量均为+q 的带电粒子（不计重力），从顶点射出的带电粒子中B 1点出射粒子动能最大，则下列说法正确的是A.顶点D、B1之间的电势差可能为3B.顶点D、B1之间的电势差可能为Ed21C.电场方向一定沿着DB1的连线，且自D 指向B 1D.从D 1点射出的带电粒子的速率可能为mmv qEd 33322+第Ⅰ卷答题卡题号123456789101112得分答案第Ⅱ卷非选择题（共62分）二、实验题（本题共2个小题，共15分）三、13.（6分）用如图所示的装置探究功与物体速度变化的关系，实验时，先适当垫高木板，然后由静止释放小车，小车在橡皮筋弹力的作用下被弹出，沿木板滑动，小车滑行过程中带动通过打点计时器的纸带，记录运动情况，观察发现纸带前面部分点迹疏密不均，后面部分点迹比较均匀，回答下列问题：（1）适当垫高木板是为了______________________________________;（2）通过纸带求小车速度时，应使用纸带的__________(填：“全部”“前面部分”或“后面部分”）；（3）若实验做了n 次，所用橡皮筋分别为1根、2根…n 根，通过纸带求出小车的速度分别为1v 、2v …n v 用W 表示橡皮筋对小车所做的功，作出的2v W -图线是一条过坐标原点的直线，这说明W 与2v 的关系是________________.13.兴趣小组为了精确测量某待测电阻x R 的阻值（约为30Ω）．实验室可供选择的器材有：电流表：A 1（量程0～50mA，内阻约1Ω）A 2（量程0～3A，内阻约0.12Ω）电压表：V 1（量程0～3V，内阻约为20Ωk ）V2（量程0～15V，内阻约为50Ωk ）电源：E（电动势约为3V，内阻约为0.2Ω）定值电阻：R（20Ω，允许最大电流1.0A）滑动变阻器：R1（0～5Ω）单刀单掷开关S 一个，导线若干根据以上器材设计电路，要求尽可能减小测量误差，测量时电表的读数大于其量程的一半，而且调节滑动变阻能使电流表读数有明显变化。

2019-2020学年湖南省长沙市长郡中学高三（上）月考数学试卷（一）（9月份）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. 已如集合P={x|x2−2x−3≥0}，Q={x|1<x<4}，则P∩Q=()A.(−1, 3)B.[3, 4)C.(−∞, −3)∪[4, +∞)D.(−∞, −1)∪(3, +∞)【答案】B【考点】一元二次不等式的解法交集及其运算【解析】根据不等式的性质求出集合P的等价条件，结合交集定义进行计算即可．【解答】解：P={x|x2−2x−3≥0}={x|x≥3或x≤−1}，∵Q={x|1<x<4}，∴P∩Q={x|3≤x<4}，故选B.2. 设复数z满足|z−i|+|z+i|＝4，z在复平面内对应的点为(x, y)，则（）A.x24−y23=1 B.x24+y23=1 C.y24−x23=1 D.y24+x23=1【答案】D【考点】轨迹方程【解析】设复数z对应的点为Z，由|z−i|+|z+i|＝4，知点Z到点A(0, 1)、点B(0, −1)的距离和大于|AB|，由此可得结论，求出方程即可．【解答】设复数z对应的点为Z，则|z−i|表示点Z到点A(0, 1)的距离，|z+i|表示点Z到点B(0, −1)的距离，又|AB|＝2，由|z−i|+|z+i|＝4，知点Z到点A、B的距离和大于|AB|，z的关键为椭圆，所以a＝2，c＝1，则b=√3，椭圆的焦点坐标就是AB，故z在复平面内对应的点的轨迹是：y 24+x23=1．3. 若0<x<y<1，0<a<1，则下列不等式正确的是（）A.log a x2<log a y3B.cos ax<cos ayC.a x<a yD.x a<y a【答案】 D【考点】不等式的基本性质 【解析】A ．由0<x <y <1，0<a <1，√x <√y <√y 3，即可判断出log a √x 与log a √y 3大小关系．B ．由0<x <y <1，0<a <1，可得0<ax <ay <1，即可得出cos (ax)与cos (ay)大小关系．C ．由0<x <y <1，0<a <1，利用指数函数的单调性即可判断出结论．D ．∵ 0<x <y <1，0<a <1，根据幂函数f(x)＝x a 的单调性即可得出大小关系． 【解答】A ．∵ 0<x <y <1，0<a <1，√x <√y <√y 3，因此log a √x >log a √y 3，因此不正确；B ．∵ 0<x <y <1，0<a <1，∴ 0<ax <ay <1，∴ cos (ax)>cos (ay)，因此不正确；C ．∵ 0<x <y <1，0<a <1，∴ a x >a y ，因此不正确；D ．∵ 0<x <y <1，0<a <1，根据幂函数f(x)＝x a 的单调性，可得x a <y a ．4. A 4纸是生活中最常用的纸规格．A 系列的纸张规格特色在于：①A 0、A 1、A 2…、A 5，所有尺寸的纸张长宽比都相同．②在A 系列纸中，前一个序号的纸张以两条长边中点连线为折线对折裁剪分开后，可以得到两张后面序号大小的纸，比如1张A0纸对裁后可以得到2张A1纸，1张A1纸对裁可以得到2张A2纸，依此类推．这是因为A 系列纸张的长宽比为√2:1这一特殊比例，所以具备这种特性．已知A0纸规格为84.1厘米×118.9厘米.118.9÷84.1≈1.41≈√2，那么A4纸的长度为（ ） A.14.8厘米 B.21.0厘米 C.29.7厘米 D.42.0厘米 【答案】 C【考点】根据实际问题选择函数类型 【解析】由已知可得A 4纸的长为(√2)4，计算得答案．【解答】由题意，A 0纸的长与宽分别为118.9厘米，84.1厘米， 则A 1纸的长为√2，A 2纸的长为118.9√2√2=(√2)2，A 3纸的长为(√2)2√2=(√2)3，A 4纸的长为(√2)3√2=(√2)4=29.7（厘米）．5. 函数f(x)＝x|x|−sin 2x 的大致图象是（ ）A. B.C. D.【答案】 B【考点】函数的图象变化 函数的图象 【解析】先判断函数的奇偶性和图象的对称性，利用当x ＝π时，f(x)的符号是否对应，利用排除法进行求解即可． 【解答】f(−x)＝−x|x|+sin 2x ＝−(x|x|−sin 2x)＝−f(x)， 则f(x)为奇函数，图象关于原点对称，排除C ，D 当x ＝π时，f(π)＝π2−sin 2π＝π2>0，排除A ，6. 中国是发现和研究勾股定理最古老的国家之一，古代数学家称直角二角形的较短的直角边为勾、另一直角边为股、斜边为弦，其三边长组成的一组数据称为勾股数，现从1∼15这15个数中随机抽取3个整数，则这三个数为勾股数的概率为（ ） A.1910 B.3910C.3455D.4455【答案】 D【考点】古典概型及其概率计算公式 【解析】从这15个数中随机选取3个整数，所有的基本事件个数n =C 153，利用列举法求出勾股数有4个，由此能求出这三个数为勾股数的概率． 【解答】从这15个数中随机选取3个整数，所有的基本事件个数n =C 153，其中，勾股数为：(3, 4, 5)，(6, 8, 10)，(9, 12, 15)，(5, 12, 13)，共4个， ∴ 这三个数为勾股数的概率为： p =4C 153=4455．7. 已知向量a →，b →满足|a →|=2,|b →|=√2，且a →⊥(a →+2b →)，则b →在a →方向上的投影为（ ） A.1 B.−√2 C.√2 D.−1【答案】 D【考点】平面向量数量积的性质及其运算 【解析】利用向量的垂直关系，推出a →⋅b →，然后求解b →在a →方向上的投影．【解答】向量a →，b →满足|a →|=2,|b →|=√2，且a →⊥(a →+2b →)， 可得a →2+2a →⋅b →=0， 可得a →⋅b →=−2， 则b →在a →方向上的投影为：a →⋅b →|a →|=−1．8. 已知函数f(x)=sin (x +π6)−m ，x ∈[0,7π3]有三个不同的零点x 1，x 2，x 3，且x 1<x 2<x 3，则x 1+2x 2+x 3的值为（ ） A.10π3B.4πC.11π3D.不能确定【答案】 A【考点】三角函数的最值 正弦函数的图象 【解析】令f(x)=sin (x +π6)−m =0，则sin (x +π6)=m ，由条件知函数y =sin (x +π6)与函数y ＝m 在[0,7π3]上有三个交点，然后根据函数的图象的对称性可得结果．【解答】令f(x)=sin (x +π6)−m =0，则sin (x +π6)=m ，∵ 函数y =sin (x +π6)的对称轴为x =π3+kπ，k ∈Z ，s∴ 当x ∈[0,7π3]时，x =π3或x =4π3．∵ 函数f(x)=sin (x +π6)−m ，x ∈[0,7π3]有三个不同的零点x 1，x 2，x 3，且x 1<x 2<x 3，∴ 函数y =sin (x +π6)与函数y ＝m 在[0,7π3]上有三个交点，∴ 由函数y =sin (x +π6)与函数y ＝m 在[0,7π3]上的图象知当y =sin (x +π6)与函数y ＝m 在[0,7π3]上有三个交点时，x 1+x 22=π3，x 2+x 32=4π3， ∴ x 1+2x 2+x 3=2π3+8π3=10π3．9. 若a ≠b ，数列a ，x 1，x 2，b 和数列a ，y 1，y 2，y 3，b 都是等差数列，则 x 2−x 1y 2−y 1=( )A.23B.34C.1D.43【答案】 D【考点】等差数列的性质 【解析】根据等差数列的性质可分别求x 2−x 1=13(b −a)，y 2−y 1=14(b −a)，即可求比值． 【解答】∵ a 、x 1、x 2、b 成等差数列 ∴ x 2−x 1=13(b −a)∵ a ，y 1，y 2，y 3，b 都是等差数列， ∴ y 2−y 1=14(b −a) ∴ x 2−x 1y 2−y 1=43．10. 已知椭圆C:x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的左右焦点分别为F 1、F 2，O 为坐标原点，A 为椭圆上一点，且AF 1→⋅AF 2→=0，直线AF 2交y 轴于点M ，若|F 1F 2|＝6|OM|，则△OMF 2与△AF 1F 2的面积之比为（ ） A.481 B.427C.25144D.518【答案】 D【考点】 椭圆的离心率 【解析】由题意画出图形，且得到tan ∠MF 2O =13，再由AF 1→⋅AF 2→=0，利用三角形相似可得|AF 1||AF 2|=13，设|AF 1|＝x ，则|AF 2|＝3x ，得2a ＝3x +x ＝4x ，又4c 2＝(3x)2+x 2＝10x 2，联立求得ca 的值，进一步得到△OMF 2与△AF 1F 2的面积之比． 【解答】由|F 1F 2|＝2c ＝6|OM|，得|OM|=c3，故tan ∠MF 2O =13，由AF 1→⋅AF 2→=0，得∠F 1AF 2＝90∘，故|AF 1||AF 2|=13，设|AF 1|＝x ，则|AF 2|＝3x ，∴ 2a ＝3x +x ＝4x ， 又4c 2＝(3x)2+x 2＝10x 2，∴ e =ca =√104． ∴ S △OMF 2S △AF 1F 2=4c 29a 2=518．11. 已知偶函数f(x)满足f(4+x)=f(4−x)，且当x ∈(0, 4]时，f(x)=ln 2x x，关于x的不等式f 2(x)+af(x)>0在[−200, 200]上有且只有300个整数解，则实数a 的取值范围是（ ） A.(−ln 2,−13ln 6)B.(−ln 2,−13ln 6]C.(−13ln 6,−3ln 24) D.(−13ln 6,−3ln 24]【答案】 D【考点】函数的零点与方程根的关系 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：∵ 偶函数f(x)满足f(4+x)=f(4−x)， ∴ f(x +4)=f(4−x)=f(x −4)，∴ f(x)的周期为8，且f(x)的图象关于直线x =4对称． 由于f(x)在[−200, 200]上含有50个周期， 且f(x)在每个周期内都是轴对称图形，∴ 关于x 的不等式f 2(x)+af(x)>0在(0, 4]上有3个正整数解． 又当x ∈(0, 4]时，f′(x)=1−ln 2x x 2，∴ f(x)在(0, e2)上单调递增，在[e2,4]上单调递减．∵ f(1)=ln 2，f(2)>f(3)>f(4)=ln 84=34ln 2>0，∴ 当x =k(k =1, 2, 3, 4)时，f(x)>0，∴ 当a ≥0时，f 2(x)+af(x)>0在(0, 4]上有4个整数解，不符合题意， ∴ a <0，由f 2(x)+af(x)>0可得f(x)<0或f(x)>−a ， 显然f(x)<0在(0, 4]上无正整数解，故而f(x)>−a 在(0, 4]上有3个整数解，分别为1，2，3， ∴ −a ≥f(4)=34ln 2，−a <f(3)=ln 63，−a <f(1)=ln 2，∴ −ln 63<a ≤−34ln 2．故选D .12. 已知SC 是球O 的直径，A ，B 是球O 球面上的两点，且CA =CB =1,AB =√3，若三棱锥S −ABC 的体积为1，则球O 的表面积为（ ） A.4π B.13π C.16π D.52π 【答案】 D【考点】球的体积和表面积 【解析】推导出∠SAC ＝∠SBC ＝90∘，SA ＝SB ＝AB =√3，S △ABC =12×√3×12=√34，V =13×√34×ℎ=1，求出ℎ＝4√3，α＝30∘，R 2＝r 2+ℎ2＝(12sin 30)2+(4√32)2＝13，从而能求出球O 的表面积．【解答】∵ SC 是球O 的直径，A ，B 是球O 球面上的两点， 且CA =CB =1,AB =√3，∴ ∠SAC ＝∠SBC ＝90∘，S △ABC =12×√3×12=√34， V =13×√34×ℎ=1，解得ℎ＝4√3，sin α=121=12，∴ α＝30∘，R 2＝r 2+ℎ2＝(12sin 30)2+(4√32)2＝13， 球O 的表面积S ＝4πR 2＝52π．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分若直线y ＝kx(k ≠0)是曲线f(x)＝2x 3−x 2的一条切线，则k ＝________−18 ． 【答案】−18【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程 【解析】设切点为(x 0, kx 0)，求出函数的导数，可得切线的斜率，由已知切线的方程，可得含x 0的方程组，解得x 0，即可得到所求k 的值． 【解答】f(x)＝2x 3−x 2的导数为f′(x)＝6x 2−2x ， 设切点为(x 0, kx 0)， 由切线y ＝kx ，可得：{6x 02−2x 0=k,2x 03−x 02=kx 0,， 将①代入②得2x 03−x 02=6x 03−2x 02，即4x 03=x 02，∴ x 0＝0或x 0=14，∴ k ＝0（舍去）或k =−18．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3＝7a 1，则{a n }的公比q 的值为________． 【答案】 2或−3 【考点】等比数列的通项公式 等比数列的前n 项和 【解析】设等比数列的公比为q ，由S 3＝7a 1，可得a 1+a 1q +a 1q 2=7a 1，解出即可． 【解答】设等比数列的公比为q ，∵ S 3＝7a 1，∴ a 1+a 1q +a 1q 2=7a 1，化为q 2+q −6＝0，解得q ＝2或−3．为了庆祝六一儿童节，某食品厂制作了3种不同的精美卡片，每袋食品随机装入一张卡片，集齐3种卡片可获奖，现购买该种食品5袋，能获奖的概率为________． 【答案】5081【考点】排列、组合及简单计数问题 等可能事件等可能事件的概率 【解析】利用对立事件，不能获奖的概率，即可得到结论 【解答】因为5袋食品中放入的卡片所有的可能的情况有35种，而不能获奖表明此五袋中所放的卡片类型不超过两种，故所有的情况有C 32⋅25−3种（此处减有是因为五袋中所抽取的卡片全是相同的情况每一种都重复记了一次，故减3）． 所以小明获奖的概率是P ＝1−C 32⋅25−335=5081．已知P 为双曲线C:x 2a 2−y 2b 2=1(a >0, b >0)右支上一点，直线l 是双曲线C 的一条渐近线，P 在l 上的射影为Q ，F 1是双曲线的左焦点，若|PF 1|+|PQ|的最小值为3a ，则双曲线C 的离心率为________√2 ． 【答案】√2【考点】双曲线的离心率 【解析】P 在双曲线的右支上，所以PF 1−PF 2＝2a ，F 2是双曲线的右焦点，|PF 2|+|PQ|＝2a +|PF 2|+|PQ|≥2a +|QF 2|结合已知条件推出PQ ⊥l ，通过√a 2+b 2=a ，求解即可．【解答】因为P 在双曲线的右支上，所以PF 1−PF 2＝2a ，F 2是双曲线的右焦点，|PF 2|+|PQ|＝2a +|PF 2|+|PQ|≥2a +|QF 2|当且仅当P 在线段QF 2上时取等号， 因为|PF 1|+|PQ|的最小值为3a ， 所以|QF 2|＝a ，不妨设l 为：y =ba x ，由P 在l 上的射影为Q ，PQ ⊥l ， 所以22=a ，又c 2＝a 2+b 2，可得e 2＝2，所以e =√2．三、解答题本大题共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分如图，D 是直角△ABC 斜边BC 上一点，AC =√3DC ． (Ⅰ)若∠BAD ＝60∘，求∠ADC 的大小； (Ⅱ)若BD ＝2DC ，且AB =√6，求AD 的长．【答案】（本题满分为1（1）∵ ∠BAD ＝60∘，∠BAC ＝90∘， ∴ ∠DAC ＝30∘，…1分 在△ADC 中，由正弦定理可得：DC sin ∠DAC=AC sin ∠ADC，…2分∴ sin ∠ADC =ACDC sin ∠DAC =√32，…3分 ∴ ∠ADC ＝120∘，或60∘，…4分又∠BAD ＝60∘，∴ ∠ADC ＝120∘...6分 （2）∵ BD ＝2DC ， ∴ BC ＝3DC ，在△ABC 中，由勾股定理可得：BC 2＝AB 2+AC 2，可得：9DC 2＝6+3DC 2， ∴ DC ＝1，BD ＝2，AC =√3，…8分 令∠ADB ＝θ，由余弦定理：在△ADB 中，AB 2＝AD 2+BD 2−2AD ⋅BD ⋅cos θ，…9分在△ADC 中，AC 2＝AD 2+CD 2−2AD ⋅CD ⋅cos (π−θ)，…10分可得：{6=AD 2+4−4AD cos θ3=AD 2+1+2AD cos θ，∴ 解得：AD 2＝2，可得：AD =√2⋯12分 【考点】 正弦定理 【解析】(Ⅰ)由已知可求∠DAC ＝30∘，在△ADC 中，由正弦定理可得sin ∠ADC =√32，即可解得∠ADC ＝120∘．(Ⅱ)由已知在△ABC 中，由勾股定理可得DC ＝1，BD ＝2，AC =√3，令∠ADB ＝θ，由余弦定理{6=AD 2+4−4AD cos θ3=AD 2+1+2AD cos θ，即可解得AD 的值．【解答】（本题满分为1（1）∵ ∠BAD ＝60∘，∠BAC ＝90∘， ∴ ∠DAC ＝30∘，…1分在△ADC 中，由正弦定理可得：DCsin ∠DAC =ACsin ∠ADC ，…2分 ∴ sin ∠ADC =ACDC sin ∠DAC =√32，…3分 ∴ ∠ADC ＝120∘，或60∘，…4分又∠BAD ＝60∘，∴ ∠ADC ＝120∘...6分 （2）∵ BD ＝2DC ， ∴ BC ＝3DC ，在△ABC 中，由勾股定理可得：BC 2＝AB 2+AC 2，可得：9DC 2＝6+3DC 2， ∴ DC ＝1，BD ＝2，AC =√3，…8分 令∠ADB ＝θ，由余弦定理：在△ADB 中，AB 2＝AD 2+BD 2−2AD ⋅BD ⋅cos θ，…9分在△ADC 中，AC 2＝AD 2+CD 2−2AD ⋅CD ⋅cos (π−θ)，…10分可得：{6=AD 2+4−4AD cos θ3=AD 2+1+2AD cos θ，∴ 解得：AD 2＝2，可得：AD =√2⋯12分如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形，∠ABD ＝∠CBD ，AB ＝BD ．（1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）过AC 的平面交BD 于点E ，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角D −AE −C 的余弦值． 【答案】证明：如图所示，取AC 的中点O ，连接BO ，OD ． ∵ △ABC 是等边三角形，∴ OB ⊥AC ．△ABD 与△CBD 中，AB ＝BD ＝BC ，∠ABD ＝∠CBD ， ∴ △ABD ≅△CBD ，∴ AD ＝CD ． ∵ △ACD 是直角三角形，∴ AC 是斜边，∴ ∠ADC ＝90∘． ∴ DO =12AC ．∴ DO 2+BO 2＝AB 2＝BD 2． ∴ ∠BOD ＝90∘． ∴ OB ⊥OD ．又DO ∩AC ＝O ，∴ OB ⊥平面ACD ． 又OB ⊂平面ABC ，∴ 平面ACD ⊥平面ABC ．设点D ，B 到平面ACE 的距离分别为ℎD ，ℎE ．则ℎD ℎE=DEBE ．∵ 平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分， ∴13S △ACE ⋅ℎD 13S △ACE ⋅ℎE=ℎD ℎE=DEBE =1．∴ 点E 是BD 的中点．建立如图所示的空间直角坐标系．不妨取AB ＝2．则O(0, 0, 0)，A(1, 0, 0)，C(−1, 0, 0)，D(0, 0, 1)，B(0, √3, 0)，E(0,√32,12)． AD →=(−1, 0, 1)，AE →=(−1,√32,12)，AC→=(−2, 0, 0)．设平面ADE 的法向量为m →=(x, y, z)，则{m →⋅AD →=0m →⋅AE →=0，即{−x +z =0−x +√32y +12z =0，取m →=(3,√3,3)．同理可得：平面ACE 的法向量为n →=(0, 1, −√3)． ∴ cos <m →,n →>=m →⋅n→|m →||n →|=−2√3√21×2=−√77． ∴ 二面角D −AE −C 的余弦值为√77．【考点】平面与平面垂直二面角的平面角及求法 【解析】（1）如图所示，取AC 的中点O ，连接BO ，OD ．△ABC 是等边三角形，可得OB ⊥AC ．由已知可得：△ABD ≅△CBD ，AD ＝CD ．△ACD 是直角三角形，可得AC 是斜边，∠ADC ＝90∘．可得DO =12AC ．利用DO 2+BO 2＝AB 2＝BD 2．可得OB ⊥OD ．利用线面面面垂直的判定与性质定理即可证明．（2）设点D ，B 到平面ACE 的距离分别为ℎD ，ℎE ．则ℎD ℎE=DEBE ．根据平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，可得13S △ACE ⋅ℎD 13S △ACE ⋅ℎE=ℎD ℎE=DEBE =1，即点E 是BD 的中点．建立如图所示的空间直角坐标系．不妨取AB ＝2．利用法向量的夹角公式即可得出． 【解答】证明：如图所示，取AC 的中点O ，连接BO ，OD ． ∵ △ABC 是等边三角形，∴ OB ⊥AC ．△ABD 与△CBD 中，AB ＝BD ＝BC ，∠ABD ＝∠CBD ， ∴ △ABD ≅△CBD ，∴ AD ＝CD ． ∵ △ACD 是直角三角形，∴ AC 是斜边，∴ ∠ADC ＝90∘． ∴ DO =12AC ．∴ DO 2+BO 2＝AB 2＝BD 2． ∴ ∠BOD ＝90∘． ∴ OB ⊥OD ．又DO ∩AC ＝O ，∴ OB ⊥平面ACD ． 又OB ⊂平面ABC ，∴ 平面ACD ⊥平面ABC ．设点D ，B 到平面ACE 的距离分别为ℎD ，ℎE ．则ℎD ℎE=DEBE ．∵ 平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分， ∴13S △ACE ⋅ℎD 13S △ACE ⋅ℎE=ℎD ℎE=DEBE =1．∴ 点E 是BD 的中点．建立如图所示的空间直角坐标系．不妨取AB ＝2．则O(0, 0, 0)，A(1, 0, 0)，C(−1, 0, 0)，D(0, 0, 1)，B(0, √3, 0)，E(0,√32,12)． AD →=(−1, 0, 1)，AE →=(−1,√32,12)，AC →=(−2, 0, 0)．设平面ADE 的法向量为m →=(x, y, z)，则{m →⋅AD →=0m →⋅AE →=0 ，即{−x +z =0−x +√32y +12z =0，取m →=(3,√3,3)．同理可得：平面ACE 的法向量为n →=(0, 1, −√3)． ∴ cos <m →,n →>=m →⋅n→|m →||n →|=√3√21×2=−√77． ∴ 二面角D −AE −C 的余弦值为√77．在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线C:y2=4x的焦点为F，过F的直线l交抛物线C 于A，B两点．(1)求线段AF的中点M的轨迹方程；(2)已知△AOB的面积是△BOF面积的3倍，求直线l的方程．【答案】解：(1)根据题意：抛物线的焦点为F(1, 0)，设M(x, y)，则A(2x−1, 2y)，把A(2x−1, 2y)代入y2=4x可得：4y2=8x−4，即y2=2x−1．(2)设直线l的方程为x=my+1，代入y2=4x可得y2−4my−4=0，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则y1y2=−4，①若A在第一象限，B在第四象限，则y1>0，y2<0，则S△AOB=12⋅OF⋅(y1−y2)，S△BOF=12⋅OF⋅(−y2)，∵S△AOB=3S△BOF，∴y1−y2=−3y2，∴y1=−2y2，又y1y2=−4，∴y1=2√2，y2=−√2．故x1=2，x2=12，把A(2, 2√2)代入x=my+1可得m=2√2=√24，∴直线l的方程为x−√24y−1=0，即4x−√2y−4=0．②若A在第四象限，B在第一象限，则y1<0，y2>0，S△AOB=12⋅OF⋅(y2−y1)，S△BOF=12⋅OF⋅y2，∵S△AOB=3S△BOF，∴y2−y1=3y2，∴y1=−2y2，又y1y2=−4，∴y1=−2√2，y2=√2．故x1=2，x2=12，把A(2, −2√2)代入x=my+1可得m=2√2=−√24，∴直线l的方程为x+√24y−1=0，即4x+√2y−4=0．综上，直线l的方程为：4x−√2y−4=0或4x+√2y−4=0．【考点】与抛物线有关的中点弦及弦长问题三角形的面积公式圆锥曲线的轨迹问题直线的斜率【解析】（1）设M(x, y)，表示出A点坐标，代入抛物线方程化简即可；（2）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，直线l的方程为x＝my+1，联立方程组可得则y1y2＝−4，三角形的面积比得出y1＝−2y2，讨论A，B所在象限得出A的坐标，进而可得出直线l的方程．【解答】解：(1)根据题意：抛物线的焦点为F(1, 0)，设M(x, y)，则A(2x−1, 2y)，把A(2x−1, 2y)代入y2=4x可得：4y2=8x−4，即y2=2x−1．(2)设直线l的方程为x=my+1，代入y2=4x可得y2−4my−4=0，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则y1y2=−4，①若A在第一象限，B在第四象限，则y1>0，y2<0，则S△AOB=12⋅OF⋅(y1−y2)，S△BOF=12⋅OF⋅(−y2)，∵S△AOB=3S△BOF，∴y1−y2=−3y2，∴y1=−2y2，又y1y2=−4，∴y1=2√2，y2=−√2．故x1=2，x2=12，把A(2, 2√2)代入x=my+1可得m=2√2=√24，∴直线l的方程为x−√24y−1=0，即4x−√2y−4=0．②若A在第四象限，B在第一象限，则y1<0，y2>0，S△AOB=12⋅OF⋅(y2−y1)，S△BOF=12⋅OF⋅y2，∵S△AOB=3S△BOF，∴y2−y1=3y2，∴y1=−2y2，又y1y2=−4，∴y1=−2√2，y2=√2．故x1=2，x2=12，把A(2, −2√2)代入x=my+1可得m=2√2=−√24，∴直线l的方程为x+√24y−1=0，即4x+√2y−4=0．综上，直线l的方程为：4x−√2y−4=0或4x+√2y−4=0．已知函数f(x)=x2e x（1）求函数f(x)的单调区间；（2）若函数g(x)＝f2(x)−kf(x)+1恰有四个零点，求实数k的取值范围．【答案】函数f(x)=x 2e x ，可得f′(x)=2x−x2e x，令f′(x)>0得，得2<x或x<0，故函数f(x)的单调增区间为(0, 2)单调减区间为(−∞, 0)或(2, +∞)．令t＝f(x)因为关于t的方程至多有两个实根，①当△<0时g(x)显然无零点，此时不满足题意；②当△＝0时t2−kt+1＝0有且只有一个实根，结合函数f(x)的图象，可得此时至多2个零点，也不满足题意．③当△>0时即k>2或k<−2，此时关于t的方程t2−kt+1＝0有两个不等实根t1、t2设t1<t2且t1+t2＝k，t1t2＝1，若要g(x)有四个零点则0<t1<f(x)极大值<t2而f(x)=f(2)=4e2，所以(4e2)2−k⋅4e2+1<0，解得k>4e +e24又4e+e24>2，故k>4e2+e24．【考点】利用导数研究函数的极值利用导数研究函数的单调性【解析】（1）求出函数f(x)=x 2e x 的导函数f′(x)=2x−x2e x，通过导函数的符号，求解函数的单调区间．（2）令t＝f(x)因为关于t的方程至多有两个实根，通过①当△<0时，②当△＝0时，③当△>0时，判断方程的解的情况，要g(x)有四个零点则0<t1<f(x)极大值<t2，然后区间极大值列出不等式推出k的范围．【解答】函数f(x)=x 2e x ，可得f′(x)=2x−x2e x，令f′(x)>0得，得2<x或x<0，故函数f(x)的单调增区间为(0, 2)单调减区间为(−∞, 0)或(2, +∞)．令t＝f(x)因为关于t的方程至多有两个实根，①当△<0时g(x)显然无零点，此时不满足题意；②当△＝0时t2−kt+1＝0有且只有一个实根，结合函数f(x)的图象，可得此时至多2个零点，也不满足题意．③当△>0时即k>2或k<−2，此时关于t的方程t2−kt+1＝0有两个不等实根t1、t2设t1<t2且t1+t2＝k，t1t2＝1，若要g(x)有四个零点则0<t1<f(x)极大值<t2而f(x)=f(2)=4e2，所以(4e2)2−k⋅4e2+1<0，解得k>4e2+e24又4e2+e24>2，故k>4e2+e24．为了让幼儿园大班的小朋友尝试以客体区分左手和右手，左肩和右肩，在游戏中提高细致戏察和辨别能力，同时能大胆地表达自己的想法，体验与同伴游戏的快乐，某位教师设计了一个名为【肩手左右】的游戏，方案如下：游戏准备：选取甲、乙两位小朋友面朝同一方向并排坐下进行游戏．教师站在两位小朋友面前出示游戏卡片．游戏卡片为两张白色纸板，一张纸板正反两面都打印有相同的”左“字，另一张纸板正反两面打印有相同的“右”字．游戏进行：一轮游戏（一轮游戏包含多次游戏直至决出胜者）开始后，教师站在参加游戏的甲、乙两位小朋友面前出示游戏卡片并大声报出出示的卡片上的“左”或者“右”字．两位小朋友如果听到“左”的指令，或者看到教师出示写有“左”字的卡片就应当将左手放至右肩上并大声喊出“停!”．小朋友如果听到“右”的指令，或者看到教师出示写有“右”字的卡片就应当将右手放至左肩上并大声喊出“停!”．最先完成指令动作的小朋友喊出“停!”时，两位小朋友都应当停止动作，教师根据两位小朋友的动作完成情况进行评分，至此游戏完成一次．游戏评价：为了方便描述问题，约定：对于每次游戏，若甲小朋友正确完成了指令动作且乙小朋友未完成则甲得1分，乙得−1分；若乙小朋友正确完成了指令动作且甲小朋友未完成则甲得−1分，乙得1分；若甲，乙两位小朋友都正确完成或都未正确完成指令动作，则两位小朋友均得0分．当两位小朋友中的一位比另外一位小朋友的分数多8分时，就停止本轮游戏，并判定得分高的小朋友获胜．现假设“甲小朋友能正确完成一次游戏中的指令动作的概率为α，乙小朋友能正确完成一次游戏中的指令动作的概率为β”，一次游戏中甲小朋友的得分记为X．（1）求X的分布列；（2）若甲小朋友、乙小朋友在一轮游戏开始时都赋予4分，p i(i＝0, 1,…,8)表示“甲小朋友的当前累计得分为i时，本轮游戏甲小朋友最终获胜”的概率，则P0＝1，p8＝1，p i ＝ap i−1+bp i+cp i+1(i＝1, 2,…,7)，其中a＝P(X＝−1)，b＝P(X＝0)，c＝P(X＝1)．假设α＝0.5，β＝0.6．(i)证明：{p i+1−p i)(i＝0, 1, 2,…,7)为等比数列；(ii)求p4，并根据p4的值说明这种游戏方案是否能够充分验证“甲小朋友能正确完成一次游戏中的指令动作的概率为0.5，乙小朋友能正确完成一次游戏中的指令动作的率为0.6”的假设．【答案】由题意知X所有可能的取值为−1，0，1，P(X＝−1)＝(1−α)β，P(X＝0)＝αβ+(1−α)(1−β)，P(X＝1)＝α(1−β)，∴X的分布列为：∴a＝0.5×0.6＝0.3，b＝0.5×0.6+0.5×0.4＝0.5，c＝0.5×0.4＝0.2，∵p i＝3p i−1+2p i+1，(i＝1, 2,…,7)，即p i＝0.3p i−1+0.5p i+0.2p i+1，(i＝1, 2,…,7)，整理，得5p i＝3p i−1+2p i+1，(i＝1, 2,…,7)，∴p i+1−p i=3(p i−p i−1)，(i＝1, 2,…,7)，2∴{p i+1−p i}(i＝0, 1, 2,…,7)是以p1−p0为首项，3为公比的等比数列．2(ii)由(i)知p i+1−p i ＝(p 1−p 0)⋅(32)i ＝p 1⋅(32)i ，∴ p 8−p 7＝p 1⋅(32)7，p 7−p 6=p 1⋅(32)6，…，p 1−p 0=p 1⋅(32)0， 累加求和得： p 8−p 0＝p 1•[(32)0+(32)1+...+(32)7]=1−(32)81−32p 1=(32)8−112p 1＝1，∴ p 1=12(32)8−1，∴ p 4＝p 4−p 0＝p 1•[(32)0+(32)1+(32)2+(32)3]=1−(32)41−32p 1=(32)4−132−1×32−1(32)8−1=1(32)4+1=1697≈0.16．p 4表示甲小朋友当前累计得分为4分时，本轮游戏最终甲获胜的概率， 由计算结果可以看出，假设一次游戏中甲小朋友完成指令动作的概率为0.5， 乙小朋友完成指令动作的概率为0.6，本轮游戏甲小朋友获胜的概率p 4≈0.16，这种情况发生的概率非常小，说明这种游戏方案不能够充分验证-次游戏中甲小朋友完成指令动作的概率为0.5， 乙小朋友完成指令动作的概率为0.6的假设． 【考点】 数列的应用离散型随机变量及其分布列 【解析】（1）由题意知X 所有可能的取值为−1，0，1，分别求出相应的概率，由此能求出X 的分布列．(2)(i)由α＝0.5，β＝0.6，求出a ，b ，c ，推导出5p i ＝3p i−1+2p i+1，(i ＝1, 2,…,7)，从而p i+1−p i =32(p i −p i−1)，(i ＝1, 2,…,7)，由此能证明{p i+1−p i }(i ＝0, 1, 2,…,7)是以p 1−p 0为首项，32为公比的等比数列．(ii)推导出p i+1−p i ＝(p 1−p 0)⋅(32)i ＝p 1⋅(32)i ，从而p 8−p 7＝p 1⋅(32)7，p 7−p 6=p 1⋅(32)6，…，p 1−p 0=p 1⋅(32)0，累加求和得p 8−p 0=(32)8−112p 1＝1，求出p 1=12(32)8−1，由此能求出p 4=1697≈0.16．由此得到这种游戏方案不能够充分验证-次游戏中甲小朋友完成指令动作的概率为0.5，乙小朋友完成指令动作的概率为0.6的假设． 【解答】由题意知X 所有可能的取值为−1，0，1， P(X ＝−1)＝(1−α)β，P(X ＝0)＝αβ+(1−α)(1−β)， P(X ＝1)＝α(1−β)， ∴ X 的分布列为：∴ a ＝0.5×0.6＝0.3，b ＝0.5×0.6+0.5×0.4＝0.5，c ＝0.5×0.4＝0.2， ∵ p i ＝3p i−1+2p i+1，(i ＝1, 2,…,7)，即p i ＝0.3p i−1+0.5p i +0.2p i+1，(i ＝1, 2,…,7)， 整理，得5p i ＝3p i−1+2p i+1，(i ＝1, 2,…,7)， ∴ p i+1−p i =32(p i −p i−1)，(i ＝1, 2,…,7)，∴ {p i+1−p i }(i ＝0, 1, 2,…,7)是以p 1−p 0为首项，32为公比的等比数列． (ii)由(i)知p i+1−p i ＝(p 1−p 0)⋅(32)i ＝p 1⋅(32)i ，∴ p 8−p 7＝p 1⋅(32)7，p 7−p 6=p 1⋅(32)6，…，p 1−p 0=p 1⋅(32)0， 累加求和得： p 8−p 0＝p 1•[(32)0+(32)1+...+(32)7]=1−(32)81−32p 1=(32)8−112p 1＝1，∴ p 1=12(32)8−1，∴ p 4＝p 4−p 0＝p 1•[(32)0+(32)1+(32)2+(32)3]=1−(32)41−32p 1=(32)4−132−1×32−1(32)8−1=1(32)4+1=1697≈0.16．p 4表示甲小朋友当前累计得分为4分时，本轮游戏最终甲获胜的概率， 由计算结果可以看出，假设一次游戏中甲小朋友完成指令动作的概率为0.5， 乙小朋友完成指令动作的概率为0.6，本轮游戏甲小朋友获胜的概率p 4≈0.16，这种情况发生的概率非常小，说明这种游戏方案不能够充分验证-次游戏中甲小朋友完成指令动作的概率为0.5， 乙小朋友完成指令动作的概率为0.6的假设．（二）选考题：共10分.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.[选修4-4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为{x =2+√32t ，y =1+12t ， （t 为参数）．以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρ=4cos θ． (1)求曲线C 1的普通方程和C 2的直角坐标方程；(2)已知点P(2, 1)，曲线C 1与C 2的交点为A ，B ，求|PA|+|PB|的值． 【答案】解：(1)由{x =2+√32t ，y =1+12t ，消去t 得：x −2=√3(y −1)， 整理得C 1的普通方程为：x −√3y −2+√3=0； 在ρ=4cos θ两边同乘以ρ得：ρ2=4ρcos θ，由ρ2=x 2+y 2，x =ρcos θ得C 2的直角坐标方程为：x 2+y 2=4x ， 即(x −2)2+y 2=4；(2)将C 1的参数方程{x =2+√32t ，y =1+12t ，代入x 2+y 2=4x 整理得：t 2+t −3=0． 设A ，B 对应的参数分别为t 1，t 2，则 t 1+t 2=−1，t 1t 2=−3， 由(1)知C 2是圆心为(2, 0)，半径为2的圆． 检验知点P(2, 1)在该圆内， ∴ t 1，t 2异号，由参数的几何意义知|PA|+|PB|=|t 1−t 2|=√(t 1+t 2)2−4t 1t 2=√13． 【考点】圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化 参数方程与普通方程的互化 直线和圆的方程的应用 【解析】(Ⅰ)直接把直线参数方程中的参数t 消去，可得直线的普通方程；把ρ＝4cos θ两边同乘以ρ，结合极坐标与直角坐标的换算关系式可得曲线C 2的直角坐标方程；(Ⅱ)将C 1的参数方程代入x 2+y 2＝4x ，整理得关于t 的一元二次方程，再由根与系数的关系及参数t 的几何意义求解． 【解答】（1）由{x =2+√32ty =1+12t，消去t 得：x −2=√3(y −1)， 整理得C 1的普通方程为：x −√3y −2+√3=0； 在ρ＝4cos θ两边同乘以ρ得：ρ2＝4ρcos θ，由ρ2＝x 2+y 2，x ＝ρcos θ得C 2的直角坐标方程为：x 2+y 2＝4x ， 即(x −2)2+y 2＝4；（2）将C 1的参数方程{x =2+√32ty =1+12t ，代入x 2+y 2＝4x 整理得：t 2+t −3＝0． 设A ，B 对应的参数分别为t 1，t 2，则 t 1+t 2＝−1，t 1t 2＝−3， 由(Ⅰ)知C 2是圆心为(2, 0)，半径为2的圆． 检验知点P(2, 1)在该圆内， ∴ t 1，t 2异号，由参数的几何意义知|PA|+|PB|=|t 1−t 2|=√(t 1+t 2)2−4t 1t 2=√13． (2)将C 1的参数方程{x =2+√32t ，y =1+12t ， 代入x 2+y 2=4x 整理得：t 2+t −3=0． 设A ，B 对应的参数分别为t 1，t 2，则 t 1+t 2=−1，t 1t 2=−3， 由(1)知C 2是圆心为(2, 0)，半径为2的圆． 检验知点P(2, 1)在该圆内， ∴ t 1，t 2异号，由参数的几何意义知|PA|+|PB|=|t 1−t 2|=√(t 1+t 2)2−4t 1t 2=√13． [选修4-5：不等式选讲]已知函数f(x)＝|2x +2|−|ax −2|（1）当a ＝1时，求不等式f(x)≥2x −1的解集；（2）若存在x ∈(1, 3)，使不等式f(x)>2x 成立，求a 的取值范围．【答案】当a ＝1时，f(x)＝|2x +2|−|x −2|={−x −4,x <−13x,−1≤x ≤2x +4,x >2，当x <−1时，由−x −4≥2x −1解得x <−1；当−1≤x ≤2时，由3x ≥2x −1解得x ≥−1，∴ −1≤x ≤2； 当x >2时，由x +4≥2x −1解得x ≤5，∴ 2<x ≤5； 综上可得，原不等式的解集为{x|x ≤5}．∵ x ∈(1, 3)，∴ f(x)>2x 等价于|ax −2|<2，即−2<ax −2<2， 即等价于0<a <4x，∴ 由题设可得，存在x ∈(1, 3)使0<a <4x成立，又由x ∈(1, 3)，可知4x<4，∴ a 的取值范围为(0, 4)．【考点】绝对值不等式的解法与证明 【解析】（1）利用分段函数求不等式的解集，注意要分情况讨论； （2）将恒成立问题转化为求最值问题，即可求出a 的范围． 【解答】当a ＝1时，f(x)＝|2x +2|−|x −2|={−x −4,x <−13x,−1≤x ≤2x +4,x >2，当x <−1时，由−x −4≥2x −1解得x <−1；当−1≤x ≤2时，由3x ≥2x −1解得x ≥−1，∴ −1≤x ≤2； 当x >2时，由x +4≥2x −1解得x ≤5，∴ 2<x ≤5； 综上可得，原不等式的解集为{x|x ≤5}．∵ x ∈(1, 3)，∴ f(x)>2x 等价于|ax −2|<2，即−2<ax −2<2， 即等价于0<a <4x ，∴ 由题设可得，存在x ∈(1, 3)使0<a <4x 成立， 又由x ∈(1, 3)，可知4x <4，∴ a 的取值范围为(0, 4)．。