1、2015年江西省南昌市十所省重点中学高考数学二模试卷（理科）（六）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每一小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1（5分）已知集合A=x|x2x20，B=x|log4x0.5，则（） A AB= B BA C ARB=R D AB【考点】： 集合的包含关系判断及应用【专题】： 集合【分析】： 先根据不等式的解法求出集合A，再根据对数的单调性求出集合B，根据子集的关系即可判断【解答】： 解：x2x20，（x2）（x+1）0，解得1x2A=（1，2），log4x0.5=log42，0x2，B=（0，2），BA，故选：B【点评】： 本题考查了不等式的解
2、法和函数的性质，以及集合的包含关系，属于基础题2（5分）在复平面内，复数对应的点的坐标为（） A （0，1） B C D 【考点】： 复数代数形式的乘除运算【专题】： 数系的扩充和复数【分析】： 利用复数的运算法则、几何意义即可得出【解答】： 解：复数=i对应的点的坐标为（0，1），故选：A【点评】： 本题考查了复数的运算法则、几何意义，属于基础题3（5分）已知y=f（x）是定义在R上的奇函数，则下列函数中为奇函数的是（）y=f（|x|）；y=f（x）；y=xf（x）；y=f（x）+x A B C D 【考点】： 函数奇偶性的判断【专题】： 计算题【分析】： 由奇函数的定义：f（x）=f（x）
3、逐个验证即可【解答】： 解：由奇函数的定义：f（x）=f（x）验证f（|x|）=f（|x|），故为偶函数f（x）=f（x）=f（x），为奇函数xf（x）=xf（x）=xf（x），为偶函数f（x）+（x）=f（x）+x，为奇函数可知正确故选D【点评】： 题考查利用函数的奇偶性的定义判断函数的奇偶性，是基础题4（5分）已知向量，若向量满足与的夹角为120，则=（） A 1 B C 2 D 【考点】： 平面向量数量积的运算【专题】： 平面向量及应用【分析】： 运用坐标求解，=（x，y），得出x2y=5，根据夹角公式得出=，即=，整体代入整体求解即可得出=2选择答案【解答】： 解：设=（x，y），4=
4、（1，2），|4|=，x+2y=5，即x2y=5，向量满足与的夹角为120=，即=，=，=2故|=2，故选：D【点评】： 本题综合考查了平面向量的数量积的运算，运用坐标求解数量积，夹角，模，难度不大，计算准确即可完成题目5（5分）设an是公差不为零的等差数列，满足，则该数列的前10项和等于（） A 10 B 5 C 0 D 5【考点】： 等差数列的前n项和【专题】： 等差数列与等比数列【分析】： 设出等差数列的首项和公差，把已知等式用首项和公差表示，得到a1+a10=0，则可求得数列的前10项和等于0【解答】： 解：设等差数列an的首项为a1，公差为d（d0），由，得，整理得：2a1+9d=0
5、，即a1+a10=0，故选：C【点评】： 本题考查了等差数列的通项公式，考查了等差数列的前n项和，是基础的计算题6（5分）某同学想求斐波那契数列0，1，1，2，（从第三项起每一项等于前两项的和）的前10项的和，他设计了一个程序框图，那么在空白矩形框和判断框内应分别填入的语句是（） A c=a；i9 B b=c；i9 C c=a；i10 D b=c；i10【考点】： 程序框图【专题】： 图表型；算法和程序框图【分析】： 由斐波那契数列从第三项起每一项等于前两项的和，由程序框图从而判断空白矩形框内应为：b=c，模拟执行程序框图，当第8次循环时，i=10，由题意不满足条件，退出执行循环，输出S的值，
6、即可得判断框内应为i9【解答】： 解：由题意，斐波那契数列0，1，1，2，从第三项起每一项等于前两项的和，分别用a，b来表示前两项，c表示第三项，S为数列前n项和，故空白矩形框内应为：b=c，第1次循环：a=0，b=1，S=0+4=1，i=3，求出第3项c=1，求出前3项和S=0+1+1=2，a=1，b=1，满足条件，i=4，执行循环；第2次循环：求出第4项c=1+1=2，求出前4项和S=0+1+1+2=4，a=1，b=2，满足条件，i=5，执行循环；第8次循环：求出第10项c，求出前10项和S，此时i=10，由题意不满足条件，退出执行循环，输出S的值故判断框内应为i9故选：B【点评】： 本题
7、考查的知识点是程序框图解决实际问题，循环结构有两种形式：当型循环结构和直到型循环结构，当型循环是先判断后循环，直到型循环是先循环后判断算法和程序框图是新课标新增的内容，在近两年的新课标地区高考都考查到了，这启示我们要给予高度重视，属于基础题7（5分）若不等式组表示的平面区域是面积为的三角形，则m的值为（） A B C D 【考点】： 二元一次不等式（组）与平面区域【专题】： 不等式的解法及应用【分析】： 作出不等式组对应的平面区域，利用三角形的面积，即可得到结论【解答】： 解：作出不等式组对应的平面区域如图，若对应的区域为三角形，则m2，由，得，即C（m，m），由，得，即B（m，），由，得，即
8、A（2，2），则三角形ABC的面积S=（m）（2m）=，即（2m）2=，解得2m=，或2m=，即m=或m=（舍），故m=；故选：C【点评】： 本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合作出对应的图象，利用三角形的面积公式是解决本题的关键8（5分）F是双曲线C：=1（a0，b0）的右焦点，过点F向C的一条渐近线引垂线，垂足为 A，交另一条渐近线于点 B若2=，则C的离心率是（） A B 2 C D 【考点】： 双曲线的简单性质【专题】： 计算题；直线与圆；圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】： 设一渐近线OA的方程为y=x，设A（m，m），B（n，），由 2=，求得点A的坐标，再由FAOA，斜率之积
9、等于1，求出a2=3b2，代入e=进行运算【解答】： 解：由题意得右焦点F（c，0），设一渐近线OA的方程为y=x，则另一渐近线OB的方程为 y=x，设A（m，），B（n，），2=，2（cm，）=（nc，），2（cm）=nc，=，m=c，n=，A（， ）由FAOA可得，斜率之积等于1，即 =1，a2=3b2，e=故选C【点评】： 本题考查双曲线的标准方程，以及双曲线的简单性质的应用，求得点A的坐标是解题的关键9（5分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（） A 4 B 21+ C 3+12 D +12【考点】： 由三视图求面积、体积【专题】： 空间位置关系与距离【分析】： 根据题意
10、得出该几何体是 如图红色的正6边形截得的正方体下方的几何体，利用几何体的对性求解部分表面积，再运用正6边形面积公式求解即可【解答】： 解：根据三视图得出该几何体是 如图红色的正6边形截得的正方体下方的几何体，可得出正方体的棱长为2，根据分割的正方体的2个几何体的对称性，得出S1=12，红色的正6边形的面积为：6=3该几何体的表面积为12+3故选：C【点评】： 本题考查的知识点是由三视图求体积和表面积，解决本题的关键是得到该几何体的形状，根据该几何体的性质求解面积公式10（5分）如图是函数图象的一部分，对不同的x1，x2a，b，若 f（x1）=f（x2），有，则（） A f（x）在上是减函数 B
11、 f（x）在上是减函数 C f（x）在上是增函数 D f（x）在上是减函数【考点】： 正弦函数的图象【专题】： 三角函数的图像与性质【分析】： 由条件根据函数y=Asin（x+）的图象特征，求得a+b=，再根据f（a+b）=2sin=，求得的值，可得f（x）的解析式，再根据正弦函数的单调性得出结论【解答】： 解：由函数图象的一部分，可得A=2，函数的图象关于直线x=对称，a+b=x1+x2由五点法作图可得2a+=0，2b+=，a+b=再根据f（a+b）=2sin（2+）=2sin=，可得sin=，=，f（x）=2sin（2x+）在上，2x+（，），故f（x）在上是增函数，故选：C【点评】： 本
12、题主要考查由函数y=Asin（x+）的部分图象求解析式，函数y=Asin（x+）的图象特征，正弦函数的单调性，属于中档题11（5分）过抛物线C：y2=2px（p0）的焦点且斜率为2的直线与C交于A、B两点，以AB为直径的圆与C的准线有公共点M，若点M的纵坐标为2，则p的值为（） A 1 B 2 C 4 D 8【考点】： 抛物线的简单性质【专题】： 直线与圆；圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】： 取AB的中点N，分别过A、B、N作准线的垂线AP、BQ、MN，垂足分别为P、Q、M，作出图形，利用抛物线的定义及梯形的中位线性质可推导，|MN|=|AB|，从而可判断圆与准线的位置关系：相切，确定抛物线
13、y2=2px的焦点，设直线AB的方程，与抛物线方程联立，由韦达定理可得AB的中点M的纵坐标为，由条件即可得到p=4【解答】： 解：取AB的中点N，分别过A、B、N作准线的垂线AP、BQ、MN，垂足分别为P、Q、M，如图所示：由抛物线的定义可知，|AP|=|AF|，|BQ|=|BF|，在直角梯形APQB中，|MN|=（|AP|+|BQ|）=（|AF|+|BF|）=|AB|，故圆心N到准线的距离等于半径，即有以AB为直径的圆与抛物线的准线相切，由M的纵坐标为2，即N的纵坐标为2，抛物线y2=2px的焦点坐标为（，0），设直线AB的方程为y=2（x），即x=y+，与抛物线方程y2=2px联立，消去x
14、，得y2pyp2=0 由韦达定理可得AB的中点N的纵坐标为，即有p=4，故选C【点评】： 本题考查直线与抛物线的位置关系、直线圆的位置关系，考查抛物线的定义，考查数形结合思想，属中档题12（5分）已知函数f（x）=（a3）xax3在1，1的最小值为3，则实数a的取值范围是（） A （，1 B 12，+） C 1，12 D 【考点】： 函数的最值及其几何意义【专题】： 计算题；函数的性质及应用【分析】： 分析四个选项，可发现C、D选项中a可以取0，故代入a=0可排除A、B；再注意C、D选项，故将代入验证即可；从而得到答案【解答】： 解：当a=0时，f（x）=3x，x1，1，显然满足，故a可以取0
15、，故排除A，B；当时，所以f（x）在1，1上递减，所以，满足条件，故排除C，故选：D【点评】： 本题考查了函数的最值的求法及排除法的应用，属于中档题二、填空题：本大题共4小题，每小题5分1，3，513（5分）展开式中的常数项为80【考点】： 二项式系数的性质【专题】： 计算题；二项式定理【分析】： 在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于0，求出r的值，即可求得常数项【解答】： 解：的展开式的通项公式为Tr+1=令155r=0，解得r=3，故展开式中的常数项为80，故答案为：80【点评】： 本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，求展开式中某项的系数14（5分）A、B、C三点在同
16、一球面上，BAC=135，BC=2，且球心O到平面ABC的距离为1，则此球O的体积为4【考点】： 球的体积和表面积【专题】： 空间位置关系与距离；球【分析】： 运用正弦定理可得ABC的外接圆的直径2r，再由球的半径和球心到截面的距离、及截面圆的半径构成直角三角形，即可求得球的半径，再由球的体积公式计算即可得到【解答】： 解：由于BAC=135，BC=2，则ABC的外接圆的直径2r=2，即有r=，由于球心O到平面ABC的距离为1，则由勾股定理可得，球的半径R=，即有此球O的体积为V=R3=（）3=4故答案为：4【点评】： 本题考查球的体积的求法，主要考查球的截面的性质：球的半径和球心到截面的距离
17、、及截面圆的半径构成直角三角形，同时考查正弦定理的运用：求三角形的外接圆的直径，属于中档题15（5分）如图，在平面直角坐标系xoy中，将直线y=与直线x=1及x轴所围成的图形绕x轴旋转一周得到一个圆锥，圆锥的体积V圆锥=（）2dx=|=据此类比：将曲线y=x2（x0）与直线y=2及y轴所围成的图形绕y轴旋转一周得到一个旋转体，该旋转体的体积V=2【考点】： 用定积分求简单几何体的体积【专题】： 导数的概念及应用；推理和证明【分析】： 根据类比推理，结合定积分的应用，即可求出旋转体的体积【解答】： 解：根据类比推理得体积V=ydy=，故答案为：2【点评】： 本题主要考查旋转体的体积的计算，根据类
18、比推理是解决本题的关键16（5分）已知数列an满足，Sn是其前n项和，若S2015=1007b，且a1b0，则的最小值为【考点】： 数列递推式；基本不等式【专题】： 点列、递归数列与数学归纳法【分析】： 由已知递推式得到a2+a3=2，a4+a5=4，a2012+a2013=2012，a2014+a2015=2014，累加可求S2015，结合S2015=1007b求得a1+b=1，代入展开后利用基本不等式求最值【解答】： 解：由已知得：a2+a3=2，a4+a5=4，a2012+a2013=2012，a2014+a2015=2014，把以上各式相加得：S2015a1=2014+1006=100
19、8，S2015=a11008=1007b，即a1+b=1，=故答案为：【点评】： 本题考查了数列递推式，考查了累加法求数列的和，训练了利用基本不等式求最值，是中档题三、解答题：本大题共5小题，共70分，解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤17（12分）在ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且（）求角A的大小；（）若a=3，sinC=2sinB，求b、c的值【考点】： 余弦定理；正弦定理【专题】： 解三角形【分析】： （1）由已知利用正弦定理余弦定理可得：=，化为2sinCcosA=sin（A+B）=sinC，即可得出；（2）利用正弦定理余弦定理即可得出【解答】： 解：（1）由正弦定
20、理余弦定理得=，2sinCcosA=sin（A+B）=sinC，sinC0，A（0，），（2）由sinC=2sinB，得c=2b，由条件a=3，由余弦定理得a2=b2+c22bccosA=b2+c2bc=3b2，解得【点评】： 本题考查了正弦定理余弦定理的应用、两角和差的正弦公式、三角形内角和定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题18（12分）根据最新修订的环境空气质量标准指出空气质量指数在0：50，各类人群可正常活动某市环保局在2014年对该市进行了为期一年的空气质量检测，得到每天的空气质量指数，从中随机抽取50个作为样本进行分析报告，样本数据分组区间为0，10），10，20），20，3
21、0），30，40），40，50，由此得到样本的空气质量指数频率分布直方图，如图（）求a的值；并根据样本数据，试估计这一年度的空气质量指数的平均值；（）用这50个样本数据来估计全年的总体数据，将频率视为概率如果空气质量指数不超过20，就认定空气质量为“最优等级”从这一年的监测数据中随机抽取2天的数值，其中达到“最优等级”的天数为，求的分布列，并估计一个月（30天）中空气质量能达到“最优等级”的天数【考点】： 离散型随机变量及其分布列；频率分布直方图；离散型随机变量的期望与方差【专题】： 概率与统计【分析】： （）通过概率的和为1，求出a，求出50个样本中空气质量指数的平均值，即可得到由样本估计总
22、体推出结果（）利用样本估计总体，推出B（2，0.3）的可能取值为0，1，2，求出概率，得到的分布列，然后求解期望，得到一个月（30天）中空气质量能达到“最优等级”的天数【解答】： 解：（）由题意，得（0.03+0.032+a+0.01+0.008）10=1解得a=0.02（3分）50个样本中空气质量指数的平均值为=0.15+0.215+0.3225+0.335+0.0845=25.6由样本估计总体，可估计2014年这一年度空气质量指数的平均值约为25.6 （6分）（）利用样本估计总体，该年度空气质量指数在0，20内为“最优等级”，且指数达到“最优等级”的概率为0.3，则：B（2，0.3）的可能
23、取值为0，1，2，P（=0）=，P（=1）=，P（=2）=的分布列为：（8分）E=（或者E=20.3=0.6），（10分）一个月（30天）中空气质量能达到“最优等级”的天数大约为300.3=9天（12分）【点评】： 本题考查实数值的求法，考查平均值的求法，考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，解题时要认真审题，注意频率分布直方图的合理运用19（12分）如图所示，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是梯形，ADBC，侧面ABB1A1为菱形，DAB=DAA1（）求证：A1BAD；（）若AD=AB=2BC，A1AB=60，点D在平面ABB1A1上的射影恰为线段A1B的中点，求平面D
24、CC1D1与平面ABB1A1所成锐二面角的余弦值【考点】： 二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的性质【专题】： 空间位置关系与距离；空间角【分析】： （）通过已知条件易得=、DAB=DAA1，利用=0即得A1BAD；（）通过建立空间直角坐标系Oxyz，平面DCC1D1与平面ABB1A1所成锐二面角的余弦值即为平面ABB1A1的法向量与平面DCC1D1的一个法向量的夹角的余弦值，计算即可【解答】： （）通过条件可知=、DAB=DAA1，利用=即得A1BAD；（）解：设线段A1B的中点为O，连接DO、AB1，由题意知DO平面ABB1A1因为侧面ABB1A1为菱形，所以AB1A1B，故可分别以射线
25、OB、射线OB1、射线OD为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示设AD=AB=2BC=2a，由A1AB=60可知|0B|=a，所以=a，从而A（0，a，0），B（a，0，0），B1（0，a，0），D（0，0，a），所以=（a，a，0）由可得C（a，a，a），所以=（a，a，a），设平面DCC1D1的一个法向量为=（x0，y0，z0），由=0，得，取y0=1，则x0=，z0=，所以=（，1，）又平面ABB1A1的法向量为=D（0，0，a），所以=，故平面DCC1D1与平面ABB1A1所成锐二面角的余弦值为【点评】： 本题考查二面角，空间中两直线的位置关系，向量数量积运算，
26、注意解题方法的积累，建立坐标系是解决本题的关键，属于中档题20（12分）已知椭圆E：的焦距为2，A是E的右顶点，P、Q是E上关于原点对称的两点，且直线PA的斜率与直线QA的斜率之积为（）求E的方程；（）过E的右焦点作直线与E交于M、N两点，直线MA、NA与直线x=3分别交于C、D两点，设ACD与AMN的面积分别记为S1、S2，求2S1S2的最小值【考点】： 椭圆的简单性质【专题】： 圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】： （I）通过P、Q是E上关于原点对称的两点，且直线PA的斜率与直线QA的斜率之积为，及焦距为2，计算可得a2=4，b2=3，从而可得E的方程；（II）设直线MN的方程为x=my+
27、1，M（x1，y1），N（x2，y2），可得直线MA的方程，联立直线MN与椭圆E的方程，利用韦达定理可得S1，S2的表达式，通过换元法计算可得结论【解答】： 解：（I）根据题意，设P（x0，y0），Q（x0，y0），则，依题意有，又c=1，所以a2=4，b2=3，故椭圆E的方程为：；（II）设直线MN的方程为x=my+1，代入E的方程得（3m2+4）y2+6my9=0，设M（x1，y1），N（x2，y2），由韦达定理知，又直线MA的方程为，将x=3代入，得，同理，所以，所以，则2，令，则m2=t21，所以，记，则，所以f（t）在1，+）单调递增，从而f（t）的最小值为，故2S1S2的最小值为【
28、点评】： 本题考查椭圆的简单性质，直线与椭圆的位置关系，韦达定理，换元法等知识，注意解题方法的积累，属于难题21（12分）已知函数f（x）=lnxmx2，g（x）=+x，mR令F（x）=f（x）+g（x）（）当m=时，求函数f（x）的单调递增区间；（）若关于x的不等式F（x）mx1恒成立，求整数m的最小值；（）若m=2，正实数x1，x2满足F（x1）+F（x2）+x1x2=0，证明：x1+x2【考点】： 导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的单调性【专题】： 函数的性质及应用；导数的综合应用【分析】： （1）先求函数的定义域，然后求导，通过导数大于零得到增区间；（2）不等式恒成立
29、问题转化为函数的最值问题，应先求导数，研究函数的单调性，然后求函数的最值；（3）联系函数的F（x）的单调性，然后证明即可注意对函数的构造【解答】： 解：（1）由f（x）0得1x20又x0，所以0x1所以f（x）的单增区间为（0，1）（2）令x+1所以=当m0时，因为x0，所以G（x）0所以G（x）在（0，+）上是递增函数，又因为G（1）=所以关于x的不等式G（x）mx1不能恒成立当m0时，令G（x）=0得x=，所以当时，G（x）0；当时，G（x）0因此函数G（x）在是增函数，在是减函数 故函数G（x）的最大值为令h（m）=，因为h（1）=，h（2）=又因为h（m）在m（0，+）上是减函数，所以
30、当m2时，h（m）0所以整数m的最小值为2 （3）当m=2时，F（x）=lnx+x2+x，x0由F（x1）+F（x2）+x1x2=0，即化简得令t=x1x2，则由（t）=tlnt得（t）=可知（t）在区间（0，1）上单调递减，在区间（1，+）上单调递增所以（t）（1）=1所以，即成立【点评】： 本题考查了利用导数研究函数的单调性的基本思路，不等式恒成立问题转化为函数最值问题来解的方法属于中档题，难度不大【选修4-1：几何证明选讲】（共1小题，满分10分）22（10分）如图，已知AB为圆O的一条直径，以端点B为圆心的圆交直线AB于C、D两点，交圆O于E、F两点，过点D作垂直于AD的直线，交直线A
31、F于H点（）求证：B、D、H、F四点共圆；（）若AC=2，AF=2，求BDF外接圆的半径【考点】： 圆內接多边形的性质与判定；与圆有关的比例线段【专题】： 直线与圆【分析】： （）由已知条件推导出BFFH，DHBD，由此能证明B、D、F、H四点共圆（2）因为AH与圆B相切于点F，由切割线定理得AF2=ACAD，解得AD=4，BF=BD=1，由AFBADH，得DH=，由此能求出BDF的外接圆半径【解答】： （）证明：因为AB为圆O一条直径，所以BFFH，（2分）又DHBD，故B、D、F、H四点在以BH为直径的圆上，所以B、D、F、H四点共圆（4分）（2）解：因为AH与圆B相切于点F，由切割线定理
32、得AF2=ACAD，即（2）2=2AD，解得AD=4，（6分）所以BD=，BF=BD=1，又AFBADH，则，得DH=，（8分）连接BH，由（1）知BH为DBDF的外接圆直径，BH=，故BDF的外接圆半径为（10分）【点评】： 本题考查四点共圆的证明，考查三角形处接圆半径的求法，解题时要认真审题，注意切割线定理的合理运用【选修4-4：坐标系与参数方程】（共1小题，满分0分）23已知极坐标系的极点与直角坐标第的原点重合，极轴与直角坐标系的x轴的正半轴重合点A、B的极坐标分别为（2，）、（aR），曲线C的参数方程为为参数）（）若，求AOB的面积；（）设P为C上任意一点，且点P到直线AB的最小值距离
33、为1，求a的值【考点】： 简单曲线的极坐标方程【专题】： 坐标系和参数方程【分析】： （1）当时，A（2，0），B（2，2），由于kOB=1，可得AOB=135利用SOAB=即可得出（2）曲线C的参数方程为为参数），化为（x1）2+y2=4，圆心C（1，0），半径y=2由题意可得：圆心到直线AB的距离为3，对直线AB斜率分类讨论，利用点到直线的距离公式即可得出【解答】： 解：（1）当时，A（2，0），B（2，2），kOB=1，AOB=135（2）曲线C的参数方程为为参数），化为（x1）2+y2=4，圆心C（1，0），半径y=2点P到直线AB的最小值距离为1，圆心到直线AB的距离为3，当直线AB
34、斜率不存在时，直线AB的方程为x=2，显然，符合题意，此时当直线AB存在斜率时，设直线AB的方程为y=k（x+2），则圆心到直线AB的距离，依题意有，无解故【点评】： 本题考查了极坐标方程化为直角坐标方程、参数方程化为普通方程、三角形的面积计算公式、直线与圆的位置关系、点到直线的距离公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题【选修4-5：不等式选讲】（共1小题，满分0分）24设函数f（x）=|x|+|2xa|（）当a=1时，解不等式f（x）1；（）若不等式f（x）a2对任意xR恒成立，求实数a的取值范围【考点】： 绝对值不等式的解法【专题】： 选作题；不等式【分析】： （）利用绝对值的几何意义，写出分段函数，即可解不等式f（x）1；（）由f（x）a2对任意xR恒成立等价于|k|+|2k1|a|对任意kR恒成立，即可求实数a的取值范围【解答】： 解：（）当a=1时，（3分）根据图易得f（x）1的解集为（5分）（）令x=ka（kR），由f（x）a2对任意xR恒成立等价于|k|+|2k1|a|对任意kR恒成立（6分）由（1）知|k|+|2k1|的最小值为，所以（8分）故实数a的取值范围为（10分）【点评】： 本题主要考查函数的恒成立问题，绝对值不等式的解法，关键是去掉绝对值，化为与之等价的不等式组来解，体现了分类讨论、转化的数学思想，属于中档题
