1、高考资源网（） 您身边的高考专家2015-2016学年江西省宜春市丰城中学高二（上）期中数学试卷（理科）一选择题（本大题共12小题，每小题5分，满分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若直线的倾斜角为120，则直线的斜率为（）ABCD2下列命题中真命题是（）ABx（，0），2x1CxR，x2x1Dx（0，），sinxcosx3如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为棱A1B1，BB1的中点，则D1E与CF的延长线交于一点，此点在直线（）AAD上BB1C1上CA1D1上DBC上4将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的左视图为（）ABCD5
2、若对任意xR，不等式|x|ax恒成立，则实数a的取值范围是（）Aa1B|a|1C|a|1Da16已知命题p：xR，使得x+2，命题q：xR，x2+x+10，下列命题为真的是（）ApqB（p）qCp（q）D（p）（q）7直线xy+m=0与圆x2+y2+2y1=0有两个不同交点的一个必要而不充分条件是（）A3m1B2m0C4m2D2m18如图，下列四个正方体图形中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出AB平面MNP的图形序号是（）ABCD9已知直线xy+a=0与圆x2+y2=1交于A、B两点，且向量、满足|+|=|，其中O为坐标原点，则实数a的值为（）A0B1C1D11
3、0如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，AB=AA1=2，M、N分别是BB1和B1C1的中点，则直线AM与CN所成角的余弦值等于（）ABCD11如果直线y=kx+1与圆x2+y2+kx+my4=0交于M、N两点，且M、N关于直线x+y=0对称，则不等式组，所表示的平面区域的面积是（）AB1CD212在正三棱锥ABCD中，E、F分别是AB、BC的中点，EFDE，且BC=1，则ABCD的体积为（）ABCD二填空题（每小题5分，共20分）13命题“若实数a满足a2，则a24”的否命题是命题（填“真”、“假”之一）14已知圆C1：x2+y2+2x+2y2=0与圆C2：x2+y22ax2by+a21=0
4、，若a，b变化时，圆C2始终平分圆C1的周长，则圆C2的面积最小值时的方程为15某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为16若f（x）=x2，tR，对于x2，m，都有f（x+t）2x成立，则m的最大值是三解答题（本大题共6小题，满分70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17已知两直线l1：axby+4=0，l2：（a1）x+y+b=0，分别求满足下列条件的a，b值（1）l1l2，且直线l1过点（3，1）；（2）l1l2，且直线l1在两坐标轴上的截距相等18已知P：|2，q：集合A=x|x2+（a+2）x+1=0，xR，B=x|x0，且AB，若“p或q”是真命题，“p且q”是假命题
5、，求实数a的取值范围19已知圆M：x2+y24y+3=0，Q是x轴上动点，QA、QB分别切圆M于A、B两点，（1）若|AB|=，求直线MQ的方程；（2）求四边形QAMB面积的最小值20已知f（x）=（xR），A=1，1，设关于x的方程f（x）=的两根为x1，x2试问：是否存在实数m，使得不等式m2+tm+1|x1x2|对任意aA及t1，1恒成立？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由21已知三棱柱ABCABC中，面BCCB底面ABC，BBAC，底面ABC是边长为2的等边三角形，AA=3，E，F分别在棱AA，CC上，且AE=CF=2（）求证：BB底面ABC；（）在棱AB上找一点M，使得C
6、M面BEF，并给出证明22设函数f（x）=x2ax+a+3，g（x）=xa（1）若不存在x0R，使得f（x0）0与g（x0）0同时成立，求实数a的取值范围；（2）设h（x）=f（x）+2x|xa|+axa3，若不等式4h（x）16在x1，2上恒成立，求实数a的取值范围2015-2016学年江西省宜春市丰城中学高二（上）期中数学试卷（理科）参考答案与试题解析一选择题（本大题共12小题，每小题5分，满分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若直线的倾斜角为120，则直线的斜率为（）ABCD【考点】直线的斜率【专题】计算题【分析】根据直线的斜率等于倾斜角的正切值，根据tan1
7、20利用诱导公式及特殊角的三角函数值得到直线l的斜率即可【解答】解：因为直线的斜率等于直线倾斜角的正切值，所以直线l的斜率k=tan120=tan（18060）=tan60=故选B【点评】此题比较简单，要求学生掌握直线的斜率等于直线倾斜角的正切值，以及灵活运用诱导公式及特殊角的三角函数值进行化简求值2下列命题中真命题是（）ABx（，0），2x1CxR，x2x1Dx（0，），sinxcosx【考点】命题的真假判断与应用【专题】常规题型【分析】根据倍角公式及三角函数的值域，我们可以判断A的正误，根据指数函数的性质，我们可以判断B的真假，解一元二次不等式，可以判断C的正误，根据三角函数的性质，我们可
8、判断D的对错，进而得到答案【解答】解：sinxcosx=sin2x，若sinxcosx=，则sin2x=1，故A错误；当x（，0），2x1恒成立，故B错误；方程x2x+1=0的=14=30，函数y=x2x+1的图象为开口朝上的抛物线，故x2x+10恒成立，即xR，x2x1，故C正确；当x=（0，），sinx=cosx，故x（0，），sinxcosx，故D错误；故选C【点评】本题考查的知识点是命题的真假判断与应用，其中利用函数的性质，逐一分析四个结论的正误是解答本题的关键3如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为棱A1B1，BB1的中点，则D1E与CF的延长线交于一点，此点在直线（）
9、AAD上BB1C1上CA1D1上DBC上【考点】棱柱的结构特征【专题】数形结合；综合法；空间位置关系与距离【分析】设交点为P，则PD1E，而D1E平面A1B1C1D1，故P平面A1B1C1D1，同理可推出P平面BCC1B1，故P在两平面的交线上【解答】解：设D1E与CF的延长线交于点P，则PD1E，D1E平面A1B1C1D1，P平面A1B1C1D1，同理可得：P平面BCC1B1，即P是平面A1B1C1D1和平面BCC1B1的公共点，平面A1B1C1D1平面BCC1B1=B1C1，PB1C1故选：B【点评】本题考查了平面的基本性质，找到点线面的置关系是关键4将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如
10、图所示，则该几何体的左视图为（）ABCD【考点】简单空间图形的三视图【专题】计算题；空间位置关系与距离【分析】根据三视图的特点，知道左视图从图形的左边向右边看，看到一个正方形的面，在面上有一条对角线，对角线是由左下角到右上角的线，得到结果【解答】解：左视图从图形的左边向右边看，看到一个正方形的面，在面上有一条对角线，对角线是由左下角到右上角的线，故选C【点评】本题考查空间图形的三视图，考查左视图的做法，本题是一个基础题，考查的内容比较简单，可能出现的错误是对角线的方向可能出错5若对任意xR，不等式|x|ax恒成立，则实数a的取值范围是（）Aa1B|a|1C|a|1Da1【考点】函数恒成立问题；
11、绝对值不等式的解法【专题】计算题；分类讨论【分析】先分类讨论去掉绝对值，分别研究在每一段上恒成立，最后求它们的公共部分【解答】解：当x0时，xax恒成立，即a1当x=0时，0a0恒成立，即aR当x0时，xax恒成立，即a1，若对任意xR，不等式|x|ax恒成立，所以1a1，故选：B【点评】本题主要考查了绝对值不等式的解法，以及函数恒成立问题和分类讨论的数学思想，属于基础题6已知命题p：xR，使得x+2，命题q：xR，x2+x+10，下列命题为真的是（）ApqB（p）qCp（q）D（p）（q）【考点】复合命题的真假【专题】简易逻辑【分析】本题的关键是判定命题p：xR，使得，命题的真假，在利用复合
12、命题的真假判定【解答】解：对于命题p：xR，使得，当x0时，命题p成立，命题p为真命题，显然，命题q为真根据复合命题的真假判定，pq为真，（p）q为假，p（q）为假，（p）（q）为假【点评】本题考查的知识点是复合命题的真假判定，解决的办法是先判断组成复合命题的简单命题的真假，再根据真值表进行判断7直线xy+m=0与圆x2+y2+2y1=0有两个不同交点的一个必要而不充分条件是（）A3m1B2m0C4m2D2m1【考点】直线与圆相交的性质【专题】计算题【分析】使直线与圆有两个不同交点，需圆心（0，1）到直线的距离小于半径，进而根据点到直线的距离表示出圆心到直线的距离，求得m的范围，进而可推断出3
13、m1是直线xy+m=0与圆x2+y2+2y1=0有两个不同交点的一个充要条件，排除A；当2m0和2m1时直线xy+m=0与圆x2+y2+2y1=0有两个不同交点，故其是充分条件，排除B，D；4m2时特别是4m3时，直线xy+m=0与圆x2+y2+2y1=0无交点，可知4m2是直线xy+m=0与圆x2+y2+2y1=0有两个不同交点的不充分条件；同时线xy+m=0与圆x2+y2+2y1=0有两个不同交点时3m1，可知4m2是线xy+m=0与圆x2+y2+2y1=0有两个不同交点的必要条件；进而可推断出C正确【解答】解：要使直线与圆有两个不同交点，需圆心（0，1）到直线的距离小于半径，即，求得3m
14、13m1是直线xy+m=0与圆x2+y2+2y1=0有两个不同交点的一个充要条件，故A不正确，当2m0和2m1时直线xy+m=0与圆x2+y2+2y1=0有两个不同交点，故其是充分条件，故B，D不正确；4m2时特别是4m3时，直线xy+m=0与圆x2+y2+2y1=0无交点，可知4m2是直线xy+m=0与圆x2+y2+2y1=0有两个不同交点的不充分条件；同时线xy+m=0与圆x2+y2+2y1=0有两个不同交点时3m1，可知4m2是线xy+m=0与圆x2+y2+2y1=0有两个不同交点的必要条件；故选C【点评】本题主要考查了直线与圆相交的性质和充分条件，必要条件和充分必要条件的判断定考查了学
15、生综合分析问题和解决问题的能力8如图，下列四个正方体图形中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出AB平面MNP的图形序号是（）ABCD【考点】直线与平面平行的判定【专题】空间位置关系与距离【分析】根据直线与平面平行的判定方法，得出图中AB平面MNP【解答】解：对于，该正方体的对角面ADBC平面MNP，得出直线AB平面MNP；对于，直线AB和平面MNP不平行，因此直线AB与平面MNP相交；对于，易知平面PMN与正方体的侧面AB相交，得出AB与平面MNP相交；对于，直线AB与平面MNP内的一条直线NP平行，且直线AB平面MNP，直线AB平面MNP；综上，能得出直线AB平
16、面MNP的图形的序号是故选：D【点评】本题考查了空间中的直线与平面平行的判断问题，解题时应结合图形进行分析，是基础题目9已知直线xy+a=0与圆x2+y2=1交于A、B两点，且向量、满足|+|=|，其中O为坐标原点，则实数a的值为（）A0B1C1D1【考点】直线与圆相交的性质；向量加减混合运算及其几何意义【专题】计算题【分析】根据|+|=|，可知，故圆心到直线的距离d=，可求得a=1【解答】解：|+|=|，两边平方，得=0，即故圆心（0，0）到直线xy+a=0的距离d=，求得a=1故选D【点评】本题考查了直线与圆相交的性质，熟练正确运用已知条件以及点到直线的距离是解决此问题的关键10如图，在正
17、三棱柱ABCA1B1C1中，AB=AA1=2，M、N分别是BB1和B1C1的中点，则直线AM与CN所成角的余弦值等于（）ABCD【考点】异面直线及其所成的角【专题】空间角【分析】以A为原点，在平面ABC处以过点A垂直于AC的直线为x轴，以AC为y轴，以AA1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AM与CN所成角的余弦值【解答】解：如图，以A为原点，在平面ABC处以过点A垂直于AC的直线为x轴，以AC为y轴，以AA1为z轴，建立空间直角坐标系，由题意知A（0，0，0），M（，1），C（0，2，0），N（，2），=（），设直线AM与CN所成角的大小为，则cos=|cos，|=|=故选：D
18、【点评】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，是基础题，解题时要注意向量法的合理运用11如果直线y=kx+1与圆x2+y2+kx+my4=0交于M、N两点，且M、N关于直线x+y=0对称，则不等式组，所表示的平面区域的面积是（）AB1CD2【考点】二元一次不等式（组）与平面区域；直线与圆相交的性质【专题】不等式的解法及应用【分析】由M与N关于x+y=0对称得到直线y=kx+1与x+y=0垂直，利用两直线垂直时斜率的乘积为1，得到k的值；设出M与N的坐标，然后联立y=x+1与圆的方程，消去y得到关于x的一元二次方程，根据韦达定理得到两横坐标之和的关于m的关系式，再根据MN的中点在x+y=0上得到
19、两横坐标之和等于1，列出关于m的方程，求出方程的解得到m的值，把k的值和m的值代入不等式组，在数轴上画出相应的平面区域，求出面积即可【解答】解：M、N两点，关于直线x+y=0对称，直线y=kx+1与x+y=0垂直，k=1，又圆心（，）在直线x+y=0上=0m=1原不等式组变为作出不等式组表示的平面区域，AOB为不等式所表示的平面区域，联立解得B（，），A（1，0），所以SAOB=|1|=故选A【点评】此题考查学生掌握直线与圆的位置关系、二元一次不等式（组）与平面区域等基本知识，考查学生灵活运用中点坐标公式化简求值，会进行简单的线性规划，是一道中档题12在正三棱锥ABCD中，E、F分别是AB、B
20、C的中点，EFDE，且BC=1，则ABCD的体积为（）ABCD【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【专题】综合题【分析】先证明AC面ABD，然后求底面ACD的面积，即可求出体积【解答】解：EFDE，EFACACDE，又ACBDAC面ABD，AB=AC=AD=，可求体积：故选B【点评】本题考查椎体体积计算公式，考查空间想象能力，是基础题二填空题（每小题5分，共20分）13命题“若实数a满足a2，则a24”的否命题是真命题（填“真”、“假”之一）【考点】命题的否定；命题的真假判断与应用【专题】计算题【分析】利用否命题的形式写出否命题，利用复合命题p或q有真则真，判断出否命题是真命题【解答】解：命题的否命
21、题为：“若实数a满足a2，则a24”a2a24a24否命题为真命题故答案为：真【点评】本题考查命题的否命题：是将条件，结论同时否定，注意否命题与命题的否定的区别14已知圆C1：x2+y2+2x+2y2=0与圆C2：x2+y22ax2by+a21=0，若a，b变化时，圆C2始终平分圆C1的周长，则圆C2的面积最小值时的方程为（x+1）2+（y+2）2=5【考点】圆与圆的位置关系及其判定【专题】计算题；转化思想；综合法；直线与圆【分析】把两圆的方程相减即得两圆公共弦所在直线l方程，由题意知直线l经过圆C1的圆心，得a2+2a+2b+5=0，可得b2，由圆C2的方程可得半径为，由此求得此时圆C2的方
22、程【解答】解：把两圆的方程相减即得两圆公共弦所在直线l方程为2（a+1）x+2（b+1）ya21=0，由题意知直线l经过圆C1的圆心（1，1），因而 a2+2a+2b+5=0所以2b+4=（a+1）20，所以b2，圆C2：（xa）2+（yb）2=1+b2，其半径为因而，此时圆C2：（x+1）2+（y+2）2=5故答案为：（x+1）2+（y+2）2=5【点评】本题主要考查两圆的位置关系及其判定，求圆的标准方程，属于中档题15某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为【考点】由三视图求面积、体积【专题】空间位置关系与距离【分析】几何体是直三棱柱消去一个三棱锥，结合直观图分别求出直三棱柱的体积和消
23、去的三棱锥的体积，相减可得几何体的体积【解答】解：由三视图知：几何体是直三棱柱消去一个三棱锥，如图：直三棱柱的体积为222=4消去的三棱锥的体积为212=，几何体的体积V=4=故答案为：【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16若f（x）=x2，tR，对于x2，m，都有f（x+t）2x成立，则m的最大值是8【考点】特称命题【专题】函数的性质及应用【分析】设g（x）=f（x+t）2x=x2+2（t1）x+t2，由已知可得x2，m，g（x）0恒成立，即g（2）0且g（m）0，先求出t的范围，进而可得m的取值范围【解答】解：设g（x）=f（x+t）2x=
24、x2+2（t1）x+t2，由题值x2，m，f（x+t）2x恒成立，即x2，m，g（x）0恒成立，即g（2）0且g（m）0，即t2+4t0，m2+2（t1）m+t20，则t4，0，当t=0时，得到m22m0，解得0m2；当t=4时，得到m25m+40，解得2m8综上得到：m2，8，m的最大值是8，故答案为：8【点评】本题考查的知识点是函数恒成立问题，熟练掌握函数的图象和性质，会进行函数恒成立与不等式之间的转化是解答的关键，属于中档题三解答题（本大题共6小题，满分70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17已知两直线l1：axby+4=0，l2：（a1）x+y+b=0，分别求满足下列条件的
25、a，b值（1）l1l2，且直线l1过点（3，1）；（2）l1l2，且直线l1在两坐标轴上的截距相等【考点】直线的一般式方程与直线的平行关系；直线的一般式方程与直线的垂直关系【专题】计算题；方程思想；数形结合法；直线与圆【分析】（1）由直线垂直和直线l1过定点可得ab的方程组，解方程组可得；（2）由直线平行和直线l1截距相等可得ab的方程组，解方程组可得【解答】解：（1）两直线l1：axby+4=0，l2：（a1）x+y+b=0且l1l2，a（a1）+（b）1=0，即a2ab=0，又直线l1过点（3，1），3a+b+4=0，联立解得a=2，b=2；（2）由l1l2可得a1（b）（a1）=0，即a
26、+abb=0，在方程axby+4=0中令x=0可得y=，令y=0可得x=，=，即b=a，联立解得a=2，b=2【点评】本题考查直线的一般式方程和平行垂直关系，涉及直线的截距，属基础题18已知P：|2，q：集合A=x|x2+（a+2）x+1=0，xR，B=x|x0，且AB，若“p或q”是真命题，“p且q”是假命题，求实数a的取值范围【考点】交集及其运算【专题】计算题；集合思想；综合法；集合【分析】分别化简命题p、q，由于pq为真命题，pq为假命题，可得：p与q必然一真一假即可得出【解答】解：易知：命题p：5a7；（2分）命题q由AB，得：x2+（a+2）x+1=0在（0，+）有解即：（a+2）=
27、x+2，当且仅当x=1时取等号，（a+2）2，即a4；（5分）由“p或q”是真命题，“p且q”是假命题，知：命题p与命题q一真一假（i）当p真q假时，即得：4a7 （8分）（ii）当q真p假时，即得：a5 （11分）综述：实数a的取值范围（，5（4，7）（12分）【点评】本题考查了不等式的解法、二次函数的性质、简易逻辑的有关知识，属于基础题19已知圆M：x2+y24y+3=0，Q是x轴上动点，QA、QB分别切圆M于A、B两点，（1）若|AB|=，求直线MQ的方程；（2）求四边形QAMB面积的最小值【考点】直线与圆的位置关系【专题】数形结合；综合法；直线与圆【分析】（1）根据直线和圆相交的性质求
28、出MN，再利用圆的切线性质求得Q的坐标，再用两点式求得直线MQ的方程（2）当MQ取得最短时，四边形QAMB面积的最小值，即Q与O重合，求得此时QA的值，接口求得四边形QAMB面积的最小值【解答】解：（1）圆M：x2+y24y+3=0，即 x2+（y2）2=1，圆心M（0，2），半径r=1由+MN2=r2=1，求得：MN=由 BM2=MNMQ，求得MQ=3设Q（x0，0），则=3，即 x0=所以直线MQ的方程为2x+y2=0 或 2xy+2=0（2）易知，当MQ取得最短时，四边形QAMB面积的最小值，即Q与O重合，此时，QA=，即四边形QAMB面积的最小值为 1=【点评】本题主要考查直线和圆的位
29、置关系的应用，圆的标准方程，求直线的方程，属于中档题20已知f（x）=（xR），A=1，1，设关于x的方程f（x）=的两根为x1，x2试问：是否存在实数m，使得不等式m2+tm+1|x1x2|对任意aA及t1，1恒成立？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由【考点】函数恒成立问题【专题】计算题；函数思想；综合法；函数的性质及应用【分析】由=得x2ax2=0，由=a2+80，知|x1x2|=3，由此能求出实数m的取值范围【解答】解：由=得x2ax2=0这时=a2+80由于x1，x2是方程x2ax2=0的两实根，所以从而|x1x2|=因为1a1，所以|x1x2|=3不等式m2+tm+1|x
30、1x2|对任意aA及t1，1恒成立当且仅当m2+tm+13对任意t1，1恒成立即m2+tm20对任意t1，1恒成立设g（t）=m2+tm2=tm+m22，则g（t）0对任意t1，1恒成立，故，即，解得m2或m2所以，存在实数m，使不等式m2+tm+1|x1x2|对任意aA及t1，1恒成立，其取值范围是m|m2，或m2【点评】本小题主要考查函数的单调性，导数的应用和不等式等有关知识，考查数形结合及分类讨论思想和灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力21已知三棱柱ABCABC中，面BCCB底面ABC，BBAC，底面ABC是边长为2的等边三角形，AA=3，E，F分别在棱AA，CC上，且AE=CF=
31、2（）求证：BB底面ABC；（）在棱AB上找一点M，使得CM面BEF，并给出证明【考点】直线与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定【专题】证明题；空间位置关系与距离【分析】（）取BC中点O，先证AOBC，再由面面垂直的性质定理证得AO面BCCB，再由线面垂直的判定定理即可得证；（） 显然M不是A，B，当M为AB的中点，使得CM面BEF，可通过线面平行的判断定理，即可证得【解答】（）证明：取BC中点O，因为三角形ABC是等边三角形，所以AOBC，又因为面BCCB底面ABC，AO面ABC，面BCCB面ABC=BC，所以AO面BCCB，又BB面BCCB，所以AOBB又BBAC，AOAC=A，AO面A
32、BC，AC面ABC，所以BB底面ABC（） 显然M不是A，B，当M为AB的中点，使得CM面BEF证明：过M作MNAA交BE于N，则N为中点，则MN=（AE+BB）=2，则MN=CF，MNCF，所以四边形CMNF为平行四边形，所以CMFN，CM平面BEF，NF平面BEF，所以CM面BEF【点评】本题考查线面平行和垂直的判定和性质，以及面面垂直的性质定理，考查逻辑推理能力，属于中档题22设函数f（x）=x2ax+a+3，g（x）=xa（1）若不存在x0R，使得f（x0）0与g（x0）0同时成立，求实数a的取值范围；（2）设h（x）=f（x）+2x|xa|+axa3，若不等式4h（x）16在x1，2
33、上恒成立，求实数a的取值范围【考点】函数恒成立问题【专题】函数的性质及应用【分析】（1）当xa时，g（x）0恒成立，显然不存在x0（a，+），使得f（x0）0与g（x0）0同时成立，当xa时，则需f（x）0在（，a上恒成立，只需f（x）在（，a上的最小值大于或等于零即可，利用二次函数的图象性质求最小值并解不等式即可得a的取值范围（2）求出函数h（x）=x2+2x|xa|，由题意知，只需hmin（x）4，hmax（x）16，利用h（x）在x1，2上恒递增，可求得a的范围或；再对a分与两类讨论，即可求得a的取值范围【解答】解：（1）若xa，则g（x）0，此时若不存在x0（，a，使得f（x0）0与g
34、（x0）0同时成立，需f（x）0在（，a上恒成立，即x2ax+a+30在（，a上恒成立，需或，即或解得：3a6若xa，则g（x）0恒成立，显然不存在x0（a，+），使得f（x0）0与g（x0）0同时成立，此时aR综上所述，若不存在x0R，使得f（x0）0与g（x0）0同时成立，实数a的取值范围是3，6（2）f（x）=x2ax+a+3，h（x）=f（x）+2x|xa|+axa3=x2+2x|xa|=，当a0时，h（x）在（，a）和（a，+）上均递增；当a0时（如图），h（x）在（，a）和上递增，在在上递减，由题意知，只需hmin（x）4，hmax（x）16，首先，由（）可知，h（x）在x1，2上恒递增，则hmin（x）=f（1）=1+2|1a|4，解得或；其次，当时，f（x）在R上递增，故hmax（x）=h（2）=4a416，解得；当时，h（x）在1，2上递增，故hmax（x）=h（2）=124a16，解得综上：或【点评】本题考查函数单调性的判断与证明，着重考查分类讨论思想与数形结合思想、等价转化思想的综合应用，是难题高考资源网版权所有，侵权必究！