【福建省漳州市】2017届八校联考高三(下)2月月考数学(理科)试卷-答案.pdf

1/19 福建省漳州市福建省漳州市 2017 届届八校联考高三（下）八校联考高三（下）2 月月考月月考 数学（数学（理理科）试卷科）试卷 答答 案案 一、选择题 15ACDDA 610BDCBB 1112AA 二、填空题 1312 141,04 154 33 1613(,+)18 三、解答题 17解：（）cos2cos22cos()cos()66ABAA 根据两角和与差的正、余弦公式可得：22312sin22sin22(cossin)44BAAA，整理可得32sinB，(0,)B 故3B或23（II）因为ba，所以3B，由正弦定理332sinsinsin2acbACB，得2sinaA，2sincC，224sin2sin4sin2sin()3acACAA 3sin3cos2 3sin()6AAA，因为ba，所以233A，662A，所以23,2 3ac 18（1）由32a 是2a4a的等差中项，得2432(2)aaa，2/19 因为23428aaa，所以24328aaa，所以332(2)28aa，解得38a，所以2420aa，所以31121+20,8a q a qa q，解得122aq或13212aq，又 na为递增数列，所以1q 所以12a，2q，所以2nan（2）1log22nnnbaan1log222nnnn 12(1 22 222)nnSbbbnn 则2(1 222 2321)nSnn ，得(2222)2121 221nSnnnnnn 即数列 nb的前项和21 221nSnnn，则2121 262nSnnn ，所以5n，即n的最小值为 6 19解：证明：（1）在图 1 中作AECP，交CO于O，连接OB，2AC，90ACB，30ABC，P是AB边的中点，2 3BC，4AB，122APAB，122CPAB，ACP是等边三角形，3AO，112OCCP，AOCP 在OBC中，由余弦定理得2221(2)2 cos307OB ，在图 2 中，10AB，222AOOBAB，AOOB 又CPBCP平面，BCBCP平面，CPBCC，AOBCP平面，又AOACP平面，ACPBCP平面平面 解：（2）以O为原点，以OCOEOA、为坐标轴建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示：则(0,0,3)A，(1,0,0)C，3(00)3E,，3/19 (1,0,3)AC，30,33AE（,），设平面ABC的法向量为(,)nx y z，则00ACmAEm，303303xzyz，令1z 得(3,3,1)n，OEACP平面，(0,1,0)n 为平面ACP的一个法向量，33 13cos,1313m nm nm n 由图可知二面角BACP为锐角，二面角BACP的余弦值为3 1313 20解：（1）椭圆221:184xyC的焦点1(20)F ,，2(20)F,，连接2MF，由垂直平分线的性质可得2MPMF，由抛物线的定义，可得M的轨迹为以2F为焦点，1l为准线的抛物线，即有方程为28yx；（2）由椭圆22184xy可得28a，24b，222cab 当AC或BD中的一条与 x 轴垂直而另一条与 x 轴重合时，此时四边形ABCD面积22122282bSaba 当直线AC和BD的斜率都存在时，不妨设直线AC的方程为(2)yk x，则直线CD的方程为1(2)yxk 联立22(2)+28yk xxy，化为2222(12)8880kxk xk，4/19 212281+2kxxk，2122881+2kx xk 22222121222222832324 21(1+)(1+)(+21+22)4)(1+)+(kkACxxx xkkkkkk 把k换成1k，可得22(1+)4 22+kBDk 四边形ABCD面积2222(1+)14 24 2(1)+21+22kkkSACBDk 222224(1+)[phone]+(+4+5)2kkkk，当且仅当211+12k，即21k 时，S 取得最小值1664994 综上可知：四边形ABCD面积 S 的最小值是649 21解：（1）当2a 时，2()23f xxx，()22fxx，则10f（），14f（），故()f x在1x 处的切线方程为44yx，又因为()f x和()g x的图象在1x 处的切线相同，2(1 ln)()kxg xx，所以 14gl（）（2）因为()()()F xf xg x有零点，所以24ln()+30 xF xxaxx，即324ln+3xxaxx有实根。令3224ln+34ln3()+xxxxh xxxxx，则342348 ln348ln31xx xxxxh xxxx（），令3()48ln3xxxx，则28()330 xxx 恒成立，故()x在(0)，上单调递减，又因为(1)0，所以当1x 时，()0 x，当01x时，()0 x 所以当1x 时，()0h x，当01x时，()0h x 故()h x在(1,)上为减函数，在(0,1)上为增函数，即()(1)2maxh xh 当x时，()h x，当0 x时，h x（）根据函数的大致图象可知2a 选做题（两题只选一题做）选做题（两题只选一题做）【选修选修 4-4 坐标系及参数方程坐标系及参数方程】22 解：（1）曲线1C：cos1sinxy（为参数），化为普通方程：22(1)1xy，展开可得：2220 xyy，可得极坐标方程：22 sin0，即2sin 5/19 曲 线2C的 方 程 为2 c o s23s i n，即2(2 c o s23s i n)，化 为 直 角 坐 标 方 程：2222 3xyxy（2）直线 l：3xtyt（t 为参数），可得普通方程：3yx，可得极坐标方程：2R3（）22sin33OA，22132cos2 3sin2()2 343322OB ，43ABOBOA【选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲】23解：（）当1x时，()4f x，当13x 时，()22f xx，当3x时，()4f x，当3x时()1f x 恒成立，当1x3 时，221x，32x，f（x）1 的解集为3,+2；（）由上可知()f x的最大值为 4，44|2|a，04a，故 a 的范围为(0 4),6/19 福建省漳州市福建省漳州市 2017 届届八校联考高三（下）八校联考高三（下）2 月月考月月考 数学（数学（理理科）试卷科）试卷 解解 析析 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。请把答案填涂在答题卷相应位置上。1【考点】复数代数形式的乘除运算。【分析】把给出的等式两边同时乘以，然后利用复数代数形式的除法运算化简，则 z 可求。【解答】解：由（z2i）（2i）=5，得：，z=2+3i。故选：A【点评】本题考查了复数代数形式的除法运算，是基础的计算题。2【考点】交集及其运算。【分析】由 M 与 N 中的方程确定出 y 的范围，即可求出 M 与 N 的交集。【解答】解：由 A 中 y=x20，得到 M=0，+），由 N 中 x2+y2=1，得到 y1，即 N=（，1，则 MN=0，1，故选：C【点评】此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键。3【考点】等比数列的性质。【分析】先由题设条件结合等比数列的前 n 项和公式，可以求出公比 q，然后再利用等比数列前 n 项和公式求。【解答】解：根据题意，S3=2，S6=18，易得 q1；S3=2，S6=18，q=2 7/19 =。故选 D【点评】本题考查数列的性质和应用，解题时要认真审题，注意公式的灵活运用。4【考点】二倍角的余弦。【分析】由条件利用诱导公式、二倍角的正弦公式、同角三角函数的基本关系，求得 cos（+2）的值。【解答】解：tan=2，（0，），则 cos（+2）=cos（+2）=sin2=2sincos=，故选：D【点评】本题主要考查诱导公式、二倍角的正弦公式、同角三角函数的基本关系的应用，属于基础题。5A（4，10 B（2，+）C（2，4 D（4，+）【考点】程序框图。【分析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量 i 的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案。【解答】解：设输入 x=a，第一次执行循环体后，x=3a2，i=1，不满足退出循环的条件；第二次执行循环体后，x=9a8，i=2，不满足退出循环的条件；第三次执行循环体后，x=27a26，i=3，满足退出循环的条件；故 9a882，且 27a2682，解得：a（4，10，故选：A【点评】本题考查的知识点是程序框图，当循环的次数不多，或有规律时，常采用模拟循环的方法解答。6【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；由三视图求面积、体积。【分析】由已知中的三视图可得：该几何体是一个以正视图为底面的柱体，代入柱体体积公式，可得答案。【解答】解：由已知中的三视图可得：该几何体是一个以正视图为底面的柱体，（也可以看成一个三棱柱与半圆柱的组合体），其底面面积 S=22+=2+，高 h=3，8/19 故体积 V=Sh=6+，故选：B【点评】本题考查的知识点是棱柱的体积和表面积，圆柱的体积和表面积，简单几何体的三视图，难度中档。7【考点】双曲线的简单性质。【分析】由双曲线离心率 e=2，求得 c=2a，由 b2=c2a2=3a2，可得：丨 PF2 丨=b，2（丨 PF1 丨 2+丨PF2 丨 2）=（2 丨 OP 丨）2+（2c）2，即可求得丨 PF1 丨=a，根据椭圆的离心率 e1=。【解答】解：由双曲线离心率 e=2，即 c=2a，由 b2=c2a2=3a2，PF2 为圆 O 的切线，在 RtPOF2，丨 PF2 丨=b，2（丨 PF1 丨 2+丨 PF2 丨 2）=（2 丨 OP 丨）2+（2c）2，丨 PF1 丨=a，椭圆 T 的离心率为 e1=，故选 D【点评】本题考查椭圆及双曲线的离心率公式，考查椭圆及双曲线的几何性质，考查计算能力，属于中档题。8【考点】计数原理的应用。【分析】先排甲有两种方法，再把乙丙两人捆绑在一起，看做一个复合元素，和剩下的 3 人全排即可。【解答】解：先排甲有两种方法，再把乙丙两人捆绑在一起，看做一个复合元素，和剩下的 3 人全排，故有=96 种，故选：C【点评】本题考查了分步计数原理，相邻问题用捆绑，属于基础题。9【考点】函数 y=Asin（x+）的图象变换。【分析】展开两角和的余弦公式后合并同类项，然后化积化简 f（x）的解析式。由周期公式求周期，再由 f（0）0 说明命题错误；直接代值验证说明命题正确；由复合函数的单调性求得增区间说明命题正确。【解 答】解：f（x）=cos（2x+）cos2x=。9/19 ，即函数 f（x）的最小正周期为，但，函数 f（x）不是奇函数。命题错误；，函数 f（x）图象的一条对称轴是 x=。命题正确；，函数 f（x）图象的一个对称中心为（，0）。命题正确；由，得：。函数 f（x）的递增区间为k+，k+，kZ。命题正确。正确结论的个数是 3 个。故选：B【点评】本题考查 y=Asin（x+）型函数的性质，考查了复合函数的单调性的求法，关键是对教材基础知识的记忆，是中档题。10【考点】平面向量的综合题。【分析】由已知，将（x，yR）两边平方后整理得 x2+y2=1，进而根据基本不等式可得 x+y的最大值。【解答】解：、为三个单位向量，且，将（x，yR）两边平方，得=2+2+2xy，所以 x2+y2=1，（x+y）2=x2+y2+2xy2（x2+y2）=2，x+y，所以 x+y 最大值为。故选 B【点评】本题考查的知识点是平面向量的基本定理，基本不等式，其中根据已知分析出 x2+y2=1 是解答的关键。10/19 11【考点】椭圆的简单性质。【分析】求出 A 的对称点的坐标，然后求解椭圆长轴长的最小值，然后求解离心率即可。【解答】解：A（1，0）关于直线 l：y=x+3 的对称点为 A（3，2），连接 AB 交直线 l 于点 P，则椭圆 C 的长轴长的最小值为|AB|=2，所以椭圆 C 的离心率的最大值为：=。故选：A【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，考查转化思想以及计算能力。12【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程。【分析】（ac）2+（bd）2 的几何意义是点（b，a）到点（d，c）的距离的平方，而点（b，a）在曲线 y=3xln（x+1）上，点（d，c）在直线 y=2x+上。故（ac）2+（bd）2 的最小值就是曲线上与直线 y=2x+平行的切线到该直线的距离的平方。利用导数求出曲线上斜率为 2 的切线方程，再利用两平行直线的距离公式即可求出最小值。【解答】解：由 ln（b+1）+a3b=0，得 a=3bln（b+1），则点（b，a）是曲线 y=3xln（x+1）上的任意一点，由 2dc+=0，得 c=2d+，则点（d，c）是直线 y=2x+上的任意一点，因为（ac）2+（bd）2 表示点（b，a）到点（d，c）的距离的平方，即曲线上的一点与直线上一点的距离的平方，所以（ac）2+（bd）2 的最小值就是曲线上的点到直线距离的最小值的平方，即曲线上与直线 y=2x+平行的切线到该直线的距离的平方。y=3=，令 y=2，得 x=0，此时 y=0，即过原点的切线方程为 y=2x，则曲线上的点到直线距离的最小值的平方。故选：A【点评】本题考查了导数的几何意义和两平行线之间的距离公式，关键是弄清所要求表达式的几何意义以及构造曲线和直线，属于中档题。二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。请把答案填在答题卷的相应位置 13【考点】简单线性规划。【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，进行求最值即可。【解答】解：由 z=x2y 得 y=x，作出不等式组，对应的平面区域如图（阴影部分）：平移直线 y=x，由图象可知当直线 y=x过点 A 点，11/19 由可得 A（，）时，直线 y=x的截距最大，此时 z 最小，目标函数 z=x2y 的最小值是。故答案为：。【点评】本题主要考查线性规划的基本应用，利用目标函数的几何意义是解决问题的关键，利用数形结合是解决问题的基本方法。14【考点】函数零点的判定定理。【分析】根据函数与零点的关系将函数转化为两个函数图象的交点个数问题，利用数形结合进行求解即可。【解答】解：由 g（x）=f（x）m=0 得 f（x）=m，若函数 g（x）=f（x）m 有三个零点，等价为函数 f（x）与 y=m 有三个不同的交点，作出函数 f（x）的图象如图：当 x0 时，f（x）=x2+x=（x+）2，若函数 f（x）与 y=m 有三个不同的交点，则m0，即实数 m 的取值范围是（，0，故答案为：（，0。12/19 【点评】本题主要考查函数与零点的应用，根据函数与方程的关系转化为两个函数的图象的交点问题，利用数形结合是解决本题的关键。15【考点】球的体积和表面积。【分析】由题意，三棱锥的外接球即为以 SA，SB，SC 为长宽高的正方体的外接球，求出球心到平面 ABC的距离，即可求出点 Q 到平面 ABC 的距离的最大值。【解答】解：三棱锥 SABC 中，SASB，SBSC，SCSA，且 SA=SB=SC=2，三棱锥的外接球即为以 SA，SB，SC 为长宽高的正方体的外接球，正方体的体对角线长为 2，球心到平面 ABC 的距离为=，点 Q 到平面 ABC 的距离的最大值为=。故答案为。【点评】本题考查点 Q 到平面 ABC 的距离的最大值，考查学生的计算能力，求出球心到平面 ABC 的距离是关键。16【考点】数列递推式。【分析】由bn的前 n 项和为 Sn=（3n1）求得 bn，进一步得到 an，把 an，bn 代入 anbn+36（n3）+3，分离，然后求出关于 n 的函数的最大值得答案。【解答】解：由 Sn=（3n1），得，当 n2 时，当 n=1 时，上式成立，。代入 an=2bn+3，得，代入 anbn+36（n3）+3，得（an3）bn+36（n3），13/19 即 23n3n+36（n3），则+。由=，得 n3 n=4 时，+有最大值为。故答案为：（，+）。【点评】本题考查数列递推式，考查了数列的函数特性，训练了恒成立问题的求解方法，是中档题。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。请把答案写在答题卷的相应位置。17（）求角 B 的值；（）若 b=a，求 2ac 的取值范围。【考点】余弦定理；正弦定理。【分析】（I）cos2Acos2B=2cos（A）cos（A+）。根据两角和与差的正、余弦公式可得：2sin2B2sin2A=2，整理可得 sinB=；（II）由正弦定理把 a，c 用角 A，C 表示，通过三角恒等变换化成正弦型函数 g（A）=2，结合角 A 的范围，求得 2ac 的取值范围。【解答】解：（I）cos2Acos2B=2cos（A）cos（A+）。根据两角和与差的正、余弦公式可得：2sin2B2sin2A=2，整理可得 sinB=，B（0，）。故 B=或。（II）因为 ba，所以 B=，由正弦定理=2，得 a=2sinA，c=2sinC，2ac=4sinA2sinC=4sinA2sin=3sinAcosA=2，14/19 因为 ba，所以A，A，所以 2ac。【点评】本题考查了正弦定理余弦定理、三角函数的单调性值域、和差公式倍角公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题。18【考点】等比数列的前 n 项和；数列递推式。【分析】（1）求等比数列的通项公式，关键是求出首项和公比，这可直接用首项 a1 和公比 q 表示出已知并解出即可（可先把已知化简后再代入）；（2）求出 bn 的表达式后，要求其前 n 项和，需用错位相减法。然后求解不等式可得最小值。【解答】解：（1）由 a3+2 是 a2a4 的等差中项，得 a2+a4=2（a3+2），因为 a2+a3+a4=28，所以 a2+a4=28a3，所以 2（a3+2）=28a3，解得 a3=8，所以 a2+a4=20，所以，解得或，又an为递增数列，所以 q1 所以 a1=2，q=2，所以 an=2n。（2）bn=anlogan=2n。nlog2nn2n。Sn=b1+b2+bn=（12+222+n2n）则 2Sn=（122+223+n2n+1），得 Sn=（2+22+2n）n2n+1=2n+12n2n+1 即数列bn的前项和 Sn=2n+12n2n+1，则 Sn+n2n+1=2n+1262，所以 n5，即 n 的最小值为 6【点评】本题主要考查等比数列的通项公式，以及利用错位相减法求数列的前 n 项和，考查学生的运算能力。19【考点】二面角的平面角及求法；平面与平面垂直的判定。【分析】（1）在图 1 中作 AECP，交 CO 于 O，连接 OB，计算 OC，OA，利用余弦定理计算 OB，在图 2中由勾股定理的逆定理得出 AOOB，结合 AOCP 即可得出 AO平面 BCP，从而有平面 ACP平面BCP；（2）可如图建立空间直角坐标系，求得平面 ACP 的法向量为=（0，1，0）和平面 ABC 的法向量=（，3，1），则所求角的余弦值为|cos|。【解答】证明：（1）在图 1 中作 AECP，交 CO 于 O，连接 OB，15/19 AC=2，ACB=90，ABC=30，P 是 AB 边的中点，BC=2，AB=4，AP=AB=2，CP=AB=2，ACP 是等边三角形，AO=，OC=CP=1，AOCP。在OBC 中，由余弦定理得 OB2=12+（2）22cos30=7，在图 2 中，AB=，AO2+OB2=AB2，AOOB 又 CP平面 BCP，BC平面 BCP，CPBC=C，AO平面 BCP，又 AO平面 ACP，平面 ACP平面 BCP。解：（2）以 O 为原点，以 OCOE、OA 为坐标轴建立空间直角坐标系 Oxyz，如图所示：则 A（0，0，），C（1，0，0），E（0，0），=（1，0，），=（0，），设平面 ABC 的法向量为=（x，y，z），则，令 z=1 得=（，3，1），OE平面 ACP，=（0，1，0）为平面 ACP 的一个法向量，cos=。由图可知二面角 BACP 为锐角，二面角 BACP 的余弦值为。【点评】本题考查了面面垂直的判定，空间向量与空间角的计算，属于中档题。20.【考点】椭圆的简单性质。【分析】（1）求得椭圆的焦点坐标，连接 MF2，由垂直平分线的性质可得|MP|=|MF2|，运用抛物线的定义，即可得到所求轨迹方程；（2）分类讨论：当 AC 或 BD 中的一条与 x 轴垂直而另一条与 x 轴重合时，此时四边形 ABCD 面积 S=2b2 当 16/19 直线 AC 和 BD 的斜率都存在时，不妨设直线 AC 的方程为 y=k（x2），则直线 BD 的方程为 y=（x2）。分别与椭圆的方程联立得到根与系数的关系，利用弦长公式可得|AC|，|BD|。利用四边形 ABCD 面积 S|AC|BD|即可得到关于斜率 k 的式子，再利用配方和二次函数的最值求法，即可得出。【解答】解：（1）椭圆 c1：+=1 的焦点 F1（2，0），F2（2，0），连接 MF2，由垂直平分线的性质可得|MP|=|MF2|，由抛物线的定义，可得 M 的轨迹为以 F2 为焦点，l1 为准线的抛物线，即有方程为 y2=8x；（2）由椭圆+=1 可得 a2=8，b2=4，c=2 当 AC 或 BD 中的一条与 x 轴垂直而另一条与 x 轴重合时，此时四边形 ABCD 面积 S=2a=2b2=8 当直线 AC 和 BD 的斜率都存在时，不妨设直线 AC 的方程为 y=k（x2），则直线 CD 的方程为 y=（x2）。联立，化为（1+2k2）x28k2x+8k28=0，x1+x2=，x1x2=。|AC|=。把 k 换成，可得|BD|=。四边形 ABCD 面积 S=|AC|BD|=，当且仅当=，即 k2=1 时，S 取得最小值=。综上可知：四边形 ABCD 面积 S 的最小值是。17/19 【点评】本题考查抛物线的定义和方程，同时考查椭圆的标准方程及其性质、相互垂直的直线斜率之间的关系、直线与椭圆相交问题转化为方程联立得到根与系数的关系、弦长公式、四边形面积计算公式、二次函数的最值求法等基础知识与基本技能方法，考查了推理能力和计算能力，属于中档题。21【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程。【分析】（1）根据条件 f（x）与 g（x）的图象在 x=1 处的切线相同，可得 f（1）=g（1），从而可求出 k 的值。（2）将条件 F（x）存在零点，即 F（x）=0，通过参变量分离转化为方程有实根，然后构造函数，令 h（x）=，通过求导研究函数 h（x）的单调性及最值得到 h（x）的值域，也就是a 的取值范围。【解答】解：（1）当 a=2 时，f（x）=x2+2x3，f（x）=2x+2，则 f（1）=0，f（1）=4，故 f（x）在 x=1 处的切线方程为 y=4x4，又因为 f（x）和 g（x）的图象在 x=1 处的切线相同，g（x）=，所以 g（1）=l=4（2）因为 F（x）=f（x）g（x）有零点，所以 F（x）=0，即有实根。令 h（x）=，则 h（x）=，令（x）=48lnxx33x，则（x）=0 恒成立，故（x）在（0，+）上单调递减，又因为（1）=0，所以当 x1 时，（x）0，当 0 x1 时，（x）0.所以当 x1 时，h（x）0，当 0 x1 时，h（x）0.故 h（x）在（1，+）上为减函数，在（0，1）上为增函数，即 h（x）max=h（1）=2 当 x+时，h（x），当 x0+时，h（x）。根据函数的大致图象可知 a2【点评】本题第 1 问属于基础题，两函数图象在同一点的切线相同，则在该点处的导数相等，即可求出参数的值；第 2 问函数有零点，则对应方程有根，再通过参变量分离，从而将求参数的取值范围转化为求函数的值域。选做题（两题只选一题做）选修 4-4 坐标系及参数方程 22【考点】参数方程化成普通方程；简单曲线的极坐标方程。18/19 【分析】（1）曲线 C1：（为参数），利用平方关系化为普通方程：x2+（y1）2=1，展开代入互化公式可得极坐标方程。曲线 C2 的方程为=2cos+2sin，即 2=（2cos+2sin），利用互化公式可得直角坐标方程。（2）直线 l：（t 为参数），可得普通方程：y=x，可得极坐标方程：=（R）。分别代入极坐标方程即可得出，|AB|=|OB|OA|。【解答】解：（1）曲线 C1：（为参数），化为普通方程：x2+（y1）2=1，展开可得：x2+y22y=0，可得极坐标方程：22sin=0，即=2sin。曲线 C2 的方程为=2cos+2sin，即 2=（2cos+2sin），化为直角坐标方程：x2+y2=2x+2y。（2）直线 l：（t 为参数），可得普通方程：y=x，可得极坐标方程：=（R）。|OA|=2sin=，|OB|=2cos+2sin=+=4，|AB|=|OB|OA|=4。【点评】本题考查了参数方程化为普通方程及其应用、直角坐标方程化为极坐标方程、三角函数的基本关系，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【考点】绝对值三角不等式；绝对值不等式的解法。【分析】（）去绝对值，对 x 分类讨论，分别求解，最后求并集即可；（）存在 xR，使 f（x）|2a4|，相当于只需 f（x）的最大值大于|2a4|，求出 f（x）的最大值，解绝对值不等式即可。【解答】解：（）当 x1 时，f（x）=4，当1x3 时，f（x）=2x2，当 x3 时，f（x）=4，当 x3 时 f（x）1 恒成立，当1x3 时，2x21，x，f（x）1 的解集为，+）；（）由上可知 f（x）的最大值为 4，4|2a4|，19/19 0a4，故 a 的范围为（0，4）。【点评】考查了绝对值函数的求解和恒成立问题的转化，属于基础题型，应熟练掌握。