2012年高考理科数学全国卷1有答案

在--------------------2012年普通高等学校招生全国统一考试（全国新课标卷1）

数学（理科）

此--------------------适用地区：海南、宁夏、黑龙江、吉林、山西、河南、、云南、河北、内蒙古 注息事项：

1. 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡相应位置上.

卷______--------------------2. 回答第Ⅰ卷时,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,再选涂其它答案标号.写在本试卷上无效. ____3. 回答第Ⅱ卷时,将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. ___4. 考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回.

号证上考准 ___--------------------第Ⅰ卷（选择题 共60分）

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.

__答1. 已知集合A{1,2,3,4,5},B{(x,y)|xA,yA,xyA},则B中所含元素的个数为____--------------------

（ ）____A. 3 B. 6 ___C. 8

D. 10

名姓题2. 将2名教师,4名学生分成2个小组,分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动,每个小--------------------组由1名教师和2名学生组成,不同的安排方案共有

（ ）A. 12种

B. 10种

C. 9种

D. 8种

3. 下面是关于复数z21i的四个命题：

无2--------------------p1:|z|2；

p2:z2i； p3:z的共轭复数为1i；

p4:z的虚部为1.

其中的真命题为

（ ）A. p2,p3 B. p1,p2 C. p2,p4

D. p3,p4

效-------- 数学试卷 第1页（共18页）

4. 设FFx2y23a1,2是椭圆E：a2b21(ab0)的左、右焦点,P为直线x2上一点,

△F2PF1是底角为30的等腰三角形,则E的离心率为

（ ）

A. 12 B. 23

C. 34 D. 45

5. 已知{an}为等比数列,a4a72,a5a68,则a1a10

（ ） A. 7 B. 5 C. 5

D. 7

6. 如果执行右边的程序框图,输入正整数N(N≥2)和实数a1,

a2,,aN,输出A,B,则

（ ）

A. AB为a1,a2,,aN的和

B.

AB2为a1,a2,,aN的算术平均数

C. A和B分别是a1,a2,,aN中最大的数和最小的数 D. A和B分别是a1,a2,

,aN中最小的数和最大的数

7. 如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图,则此几何体的体积为

（ ）

A. 6

B. 9 C. 12

D. 18

8. 等轴双曲线C的中心在原点,焦点在x轴上,C与抛物线y216x的准线交于A,B两点,

|AB|43,则C的实轴长为

（ ）

A.

2

B. 22 C. 4

D. 8

数学试卷 第2页（共18页）

9. 已知0,函数f(x)sin(xπ)在(π42,π)上单调递减,则的取值范围是 （ ）

A. [1,5

24

]

B. [1,324

]

C. (0,12]

D. (0,2] 10. 已知函数f(x)1ln(x1)x,则yf(x)的图象大致为

（ ）

A

B

C

D

11. 已知三棱锥SABC的所有顶点都在球O的球面上,△ABC是边长为1的正三角形,SC为球O的直径,且SC2,则此棱锥的体积为

（ ）

A. 26 B. 36

C. 23 D. 22

12. 设点P在曲线y12ex上,点Q在曲线yln(2x)上,则|PQ|的最小值为

（ ）

A. 1ln2 B. 2(1ln2) C. 1ln2

D.

2(1ln2)

第Ⅱ卷（非选择题 共90分）

本卷包括必考题和选考题两部分.第13～21题为必考题,每个试题考生都必须作答.第22～24题为选考题,考生根据要求作答.

二、填空题：本大题共4小题,每小题5分,共20分.

13. 已知向量a,b夹角为45,且|a|1,|2ab|10,则|b|_________.

xy≥1，14. 设x,y满足约束条件xy≤3，则zx2x≥0，y的取值范围为_________.

y≥0，15. 某一部件由三个电子元件按下图方式连接而成,元件1或元件2正常工作,且元件3正

数学试卷 第3页（共18页）

常工作,则部件正常工作.设三个电子元件的使用寿命（单位：小时）均服从正态分布

N(1 000,502),且各个元件能否正常工作相互,那么该部件的使用寿命超过1 000

小时的概率为_________.

16. 数列{ann}满足an1(1)an2n1,则{an}的前60项和为_________.

三、解答题：本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.（本小题满分12分）

已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边,acosC3asinCbc0. （Ⅰ）求A；

（Ⅱ）若a2,△ABC的面积为3,求b,c.

18.（本小题满分12分）

某花店每天以每枝5元的价格从农场购进若干枝玫瑰花,然后以每枝10元的价格出售,如果当天卖不完,剩下的玫瑰花做垃圾处理.

（Ⅰ）若花店一天购进16枝玫瑰花,求当天的利润y（单位：元）关于当天需求量n（单位：枝,nN）的函数解析式；

（Ⅱ）花店记录了100天玫瑰花的日需求量（单位：枝）,整理得下表： 日需求量n 14 15 16 17 18 19 20 频数 10 20 16 16 15 13 10 以100天记录的各需求量的频率作为各需求量的概率.

（ⅰ）若花店一天购进16枝玫瑰花,X表示当天的利润（单位：元）,求X的分布列、数学期望及方差；

（ⅱ）若花店计划一天购进16枝或17枝玫瑰花,你认为应购进16枝还是17枝？请说明理由.

19.（本小题满分12分）

如图,直三棱柱ABCA1B1C1中,ACBC12AA1,D是棱AA1的中点,DC1⊥BD. （Ⅰ）证明：DC1⊥BC；

数学试卷 第4页（共18页）

（Ⅱ）求二面角A1BDC1的大小.

20.（本小题满分12分）

设抛物线C：

x22py(p0)的焦点为F,准线为l,A为C上一点,已知以F为圆心,FA为半径的圆F交l于B,D两点.

（Ⅰ）若BFD90,△ABD的面积为42,求p的值及圆F的方程；

（Ⅱ）若A,B,F三点在同一直线m上,直线n与m平行,且n与C只有一个公共点,求坐标原点到m,n距离的比值.

21.（本小题满分12分）

设函数f(x)f(1)ex1f(0)x12x2. （Ⅰ）求f(x)的解析式及单调区间；

（Ⅱ）若f(x)≥12x2axb,求(a1)b的最大值.

请考生在第22～24三题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题记分.

22.（本小题满分10分）选修4—1：几何证明选讲

如图,D,E分别为△ABC边AB,AC的中点,直线DE交△ABC的外接圆于F,G两点.若CF∥AB,证明：

数学试卷 第5页（共18页）

（Ⅰ）CDBC； （Ⅱ）△BCD∽△GBD.

AGEDFBC

23.（本小题满分10分）选修4—4：坐标系与参数方程

已知曲线Cx2cos,1的参数方程是y3sin（为参数）,以坐标原点为极点,x轴的正半轴

为极轴建立极坐标系,曲线C2的极坐标方程是2,正方形ABCD的顶点都在C2上,且A,B,C,D依逆时针次序排列,点A的极坐标为(2,π3). （Ⅰ）求点A,B,C,D的直角坐标；

（Ⅱ）设P为C1上任意一点,求|PA|2|PB|2|PC|2|PD|2的取值范围.

24.（本小题满分10分）选修4—5：不等式选讲

已知函数f(x)|xa||x2|.

（Ⅰ）当a3时,求不等式f(x)≥3的解集； （Ⅱ）若f(x)≤|x4|的解集包含[1,2],求a的取值范围.

数学试卷 第6页（共18页）

2012年普通高等学校招生全国统一考试（全国新课标卷1）

理科数学答案解析

第Ⅰ卷 一、选择题 1.【答案】D 【解析】选D 法一：按xy的值为1，2，3，4计数，共432110个； 法二：其实就是要在1，2，3，4，5中选出两个，大的是x，小的是y，共C2510种选法． 【提示】由题意，根据集合B中的元素属性对x，y进行赋值得出B中所有元素，即可得出B中所含有的元素个数，得出正确选项 【考点】元素与集合关系的判断． 2.【答案】A 【解析】选A 只需选定安排到甲地的1名教师2名学生即可，共C122C4种安排方案． 【提示】将任务分三步完成，在每步中利用排列和组合的方法计数，最后利用分步计数原理，将各步结果相乘即可得结果 【考点】排列，组合及简单计数问题． 3.【答案】C 【解析】选C 经计算，z21i, z21i2i． 【提示】由z21i2(1i)(1+i)(1i)1i，z1i，知p1：|z|=2，p2：z22i，p3：z的共轭复数为1i，p4：z的虚部为1，由此能求出结果． 【考点】复数的基本概念，命题的真假判断与应用． 4.【答案】C 【解析】选C 画图易得，△FPF3a21是底角为30的等腰三角形可得|PF2||F1F2|，即22c2c，所数学试卷 第7页（共18页）

以ec3a4． 【提示】利用△F是底角为30°的等腰三角形，可得|PF3a2PF12||F1F2|，根据P为直线x2上一点，可建立方程，由此可求椭圆的离心率． 【考点】椭圆的简单性质． 5.【答案】D 【解析】选D a4a72，a5a6a4a78，a44，a72或a42，a74，a1，a4，a7，a10成等比数列，a1a107． 【提示】由a4a72，及a5a6a4a78可求a4，a7，进而可求公比q，代入等比数列的通项可求a1，a10，即可 【考点】等比数列的性质，等比数列的通项公式． 6.【答案】C 【解析】分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序， 可知：该程序的作用是：求出a1，a2，，an中最大的数和最小的数 其中A为a1，a2，，an中最大的数，B为a1，a2，，an中最小的数

【提示】分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：该程序的作用是求出a1，a2，an中最大的数和最小的数． 【考点】循环结构．

7.【答案】B

【解析】该几何体是三棱锥，底面是俯视图，三棱锥的高为3； 底面三角形斜边长为6，高为3的等腰直角三角形， 此几何体的体积为，V1132323239．故选B 【提示】通过三视图判断几何体的特征，利用三视图的数据求出几何体的体积即可． 【考点】由三视图求面积、体积． 8.【答案】C 【解析】选C 易知点(4,23)在x2y2a2上，得a24，2a4． 【提示】设等轴双曲线C：x2y2a2(a0)，y216x的准线l：x4，由C与抛物数学试卷 第8页（共18页）

线y216x的准线交于A，B两点，|AB|43，能求出C的实轴长． 【考点】圆锥曲线的综合． 9.【答案】A 【解析】选A 由{b1n}得，24k542k，kZ，01524． 【提示】法一：通过特殊值2、1，验证三角函数的角的范围，排除选项，得到结果． 法二：可以通过角的范围，直接推导ω的范围即可． 【考点】由yAsin(x)的部分图象确定其解析式． 10.【答案】B 【解析】选B 易知yln(x1)x0对x(1,)恒成立，当且仅当x0时，取等号． 【提示】考虑函数f(x)的分母的函数值恒小于零，即可排除A，C，D，这一性质可利用导数加以证明 【考点】对数函数图象与性质的综合应用，对数函数的图像与性质． 11.【答案】A 【解析】选A 易知点S到平面ABC的距离是点O到平面ABC的距离的2倍．显然OABC是棱长为1的正四面体，其高为63，故V13622OABC34312，VSABC2VOABC6 【提示】先确定点S到面ABC的距离，再求棱锥的体积即可． 【考点】球内接多面体，棱柱、棱锥、棱台的体积． 12.【答案】B 【解析】选B y12ex与yln(2x)互为反函数，曲线y12ex与曲线yln(2x)关于直线yx对称，只需求曲线y11x2ex上的点P到直线yx距离的最小值的2倍即可．设点Px,2e，点P数学试卷 第9页（共18页）

到直线yx距离dx1x2e． 2令f(x)12exx，则f(x)12ex1．由f(x)0得xln2；由f(x)0得xln2，x故当xln2时，f(x)取最小值1ln2．所以dx12e1x2ex，d1ln22=2min2． 所以|PQ|min2dmin2(1ln2)． 【提示】由于函数y12ex与函数yln(2x)互为反函数，图象关于yx对称，要求|PQ|1的最小值，只要求出函数y1ex上的点Px,1ex到直线y=x的距离为d2exx22的最2小值，设g(x)=12exx，利用导数可求函数g(x)的单调性，进而可求g(x)的最小值，即可求 【考点】点到直线的距离公式，反函数． 第Ⅱ卷 二、填空题 13.【答案】32 【解析】由已知得 |2ab|2(2ab)24a24abb24|a|24|a||b|cos45+|b|2422|b||b|210，解得|b|32 【提示】由已知可得，ab|a||b|cos4522|b|，代入 |2ab|(2ab)24a24abb2422|b||b|210可求 【考点】平面向量数量积的运算，平面向量数量积的坐标表示、模、夹角． 14.【答案】3,3 【解析】画出可行域，易知当直线zx2y经过点(1,2)时，z取最小值3；当直线X 60 70 80 zx2y经过点(3,0)时，z取最大值3．故P 0.1 0.2 0.7 zx2y的取值范围为[3,3]． 【提示】先作出不等式组表示的平面区域，由zx2y可得，y12x112z，则2z表示直线x2yz0在y轴上的截距，截距越大，数学试卷 第10页（共18页）

z越小，结合函数的图形可求z的最大与最小值，从而可求z的范围 【考点】简单线性规划． 15.【答案】38 【解析】由已知可得，三个电子元件使用寿命超过1000小时的概率均为12，所以该部件的使用寿命超过1000小时的概率为1211123． 28【提示】先根据正态分布的意义，知三个电子元件的使用寿命超过1000小时的概率为12，而所求事件“该部件的使用寿命超过1000小时”，当且仅当“超过1000小时时，元件1、元件2至少有一个正常”和“超过1000小时时，元件3正常”同时发生，由于其为事件，故分别求其概率再相乘即可 【考点】正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义． 16.【答案】1830 【解析】由ann1(1)an2n1得，a2ka2k14k3① a2k1a2k4k1……②， 再由②-①得，a2k1a2k12③ 由①得，S偶S奇(a2a1)(a4a3)(a6a5)(a60a59) 159117(1117)3021770 由③得，S奇(a3a1)(a7a5)(a11a9)(a59a59)21530 所以，S60S偶S奇(S偶S奇)2S奇17702301830． 【提示】令bn1a4n1a4n2a4n3a4n4， 则bn1a4n1a4n2a4n3a4n4a4n-3a4n-2a4n-2a4n16bn16 可得数列{bn}是以16为公差的等差数列，而{an}的前60项和为即为数列{bn}的前15项和，由等差数列的求和公式可求 【考点】数列递推式，数列的求和． 三、解答题 17.【答案】（1）法一：由acosC3asinCbc0及正弦定理可得 数学试卷 第11页（共18页）

sinAcosC3sinAsinCsinBsinC0，sinAcosC3sinAsinCsin(AC)sinC0， 3sinAsinCcosAsinCsinC0，sinC0，3sinAcosA10，2sinAπ610，sinAπ612，0Aπ，π5πππ6A66，A66Aπ3 法二：由正弦定理可得asinCcsinA，由余弦定理可得cosCa2b2c22ab． 222再由acosC3asinCbc0可得，aabc2ab3csinAbc0，即 a2b2c223bcsinA2b22bc0，a2b2c223bcsinA2b22bc0 b2c2a2，即3sinA，2sinAπ1，sinAπ12bc3sinA1cosA1662，0Aπ，ππ5ππππ6A66，A66A3 （2）S，13π△ABC32bcsinA4bc3，bc4，a2，A3， a2b2c22bccosAb2c2bc4，b2c28．解得bc2． 【提示】（Ⅰ）由正弦定理及两角和的正弦公式可得 sinAcosCsinAsinCsinBsinCsin(AC)sinCsinAcosCsinCcosAsinC，整理可求A （Ⅱ）由（Ⅰ）所求A及S12bcsinA可求bc，然后由余弦定理， a2b2c22bccosA(bc)22bc2bccosA可求bc，进而可求b，c 【考点】解三角形． 18.【答案】解：（Ⅰ）y10n80,(n15)80, (n16)（nN）； （Ⅱ）（ⅰ）若花店一天购进16枝玫瑰花，X的分布列为 数学试卷 第12页（共18页）

X的数学期望E(X)600.1700.2800.776，X的方差 DX=(6076)20.1(7076)20.2(8076)20.744 （ⅱ）若花店计划一天购进17枝玫瑰花，X的分布列为 X 55 65 75 85 P 0.1 0.2 0.16 0.54 X的数学期望E(X)550.1650.2750.16850.5476.4，因为76.476，所以应购进17枝玫瑰花． 【提示】（Ⅰ）根据卖出一枝可得利润5元，卖不出一枝可得赔本5元，即可建立分段函数； （Ⅱ）（ⅰ）X可取60，70，80，计算相应的概率，即可得到X的分布列，数学期望及方差； （ⅱ）求出进17枝时当天的利润，与购进16枝玫瑰花时当天的利润比较，即可得到结论． 【考点】概率的应用，离散型随机变量的期望与方差． 19. 【答案】（Ⅰ）证明：设ACBC12AA1a，直三棱柱，DC1DC2a，CC12a，DC21DC2CC21，DC1DC． 又DC1BD，DC1DCD，DC1平面BDC． AB2a平面BDC，DC1BC． （Ⅱ）由（Ⅰ）知，DC12a，BC15a，又已知DC1BD，BD3a． 在Rt△ABD中，BD3a,ADa,DAB90AB2a AC2BC2AB2，ACBC． 法一：取A1B1的中点E，则易证C1E平面BDA1，连结DE，则C1EBD，已知DC1BD，BD平面DC1E，BDDE，C1DE是二面角A1BDC1平面角． 在Rt△CsinCCE2a11DE中，1DEC21，C1DE30． 1D2a2即二面角A1BDC1的大小为30． 法二：以点C为坐标原点，为x轴，CB为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系Cxyz．则A1(a,0,2a)，B(0,a,0)，D(a,0,a)，C1(0,0,2a)． DB(a,a,a)，DC1(a,0,a)，设平面DBC1的法向量为n1(x1,y1,z1)，则数学试卷 第13页（共18页）

nDBa1x1ay1a0z，不妨令xnDC11，得y12,1a1xa1z0z11，故可取n1(1,2,1)． 同理，可求得平面DBA1的一个法向量n2(1,1,0)． 设n1与n2的夹角为，则cosn1n2|n33，1||n2|62230． 由图可知，二面角的大小为锐角，故二面角A1BDC1的大小为30． 【提示】（Ⅰ）证明DC1BC，只需证明DC1面BCD，即证明DC1DC，DC1BD； （Ⅱ）证明BC面ACC1A1，可得BCAC取A1B1的中点O，过点O作OHBD于点H，连接C1O，C1H，可得点H与点D重合且C1DO是二面角A1BDC1的平面角，由此可求二面角A1BDC1的大小． 【考点】二面角的平面角及求法，空间中直线与直线之间的位置关系． 20.【答案】解：（Ⅰ）由对称性可知，△BFD为等腰直角三角形，斜边上的高为p，斜边长|BD|2p． 点A到准线l的距离d|FB||FD|2p． 由S△ABD42得，12|BD|d122p2p42，p2． 圆F的方程为x2(y1)28． （Ⅱ）由对称性，不妨设点A(xA,yA)在第一象限，由已知得线段AB是圆F的在直径，ADB90o，|BD|2p，y3A2p，代入抛物线C:x22py得xA3p． 直线m的斜率为kpAF3p33．直线m的方程为x3y3p20． 由x22py得yx22p，yxp． 由yxp33得，x33p．故直线n与抛物线C的切点坐标为3p,p36，直线n的方程为x3y3p60． 3p所以坐标原点到m，n的距离的比值为43p3． 12【提示】（Ⅰ）由对称性知：△BFD是等腰直角△，斜边|BD|2p点A到准线l的距离数学试卷 第14页（共18页）

d|FB||FD|2p，由△ABD的面积S△ABD42，知12|BD|d122p2p42，由此能求出圆F的方程． （Ⅱ）由对称性设A(x,x0p02p)(x00)，则F0,2点A，B关于点F对称得： Bxxppx02pp0,p02x2203p，得：m，n，由此能求出坐标原点到m，n距离的比值． 【考点】圆锥曲线的综合；圆的标准方程；抛物线的简单性质． 21.【答案】解：（Ⅰ）f(x)f(1)ex1f(0)x，令x1得，f(0)1，再由f(x)f(1)ex1f(0)x12x2，令x0得f(1)e． 所以f(x)的解析式为f(x)exx12x2． f(x)ex1x，易知f(x)ex1x是R上的增函数，且f(0)0． 所以f(x)0x0，f(x)0x0 所以函数f(x)的增区间为(0,)，减区间为(,0)． （Ⅱ）若f(x)12x2axb恒成立，即h(x)f(x)12x2axbex(a1)xb0恒成立， h(x)ex(a1)，（1）当a10时，h(x)0恒成立，h(x)为R上的增函数，且当x时，h(x)，不合题意； （2）当a10时，h(x)0恒成立，则b0，(a1)b0； （3）当a10时，h(x)ex(a1)为增函数，由h(x)0得xln(a1)，故 f(x)0xln(a1)，f(x)0xln(a1)， 当xln(a1)时，h(x)取最小值h(ln(a1))a1(a1)ln(a1)b． 依题意有h(lna(1)a)1a(1a)ln(b，即ba1(a1)lna(，a10， (a1)b(a1)2(a1)2ln(a1)，令u(x)x2x2lnx(x0)，则 u(x)2x2xlnxxx(12lnx)，u(x)00xe，u(x)0xe，所以当数学试卷 第15页（共18页）

xe时，u(x)取最大值u(e)e2． 故当a1e，bee2时，(a1)b取最大值2． 综上，若f(x)12x2axb，则(a1)b的最大值为e2． 【提示】（Ⅰ）对函数f(x)求导，再令自变量为1，求出f(1)得到函数的解析式及导数，再由导数求函数的单调区间； （Ⅱ）由题意f(x)12x2axbh(x)ex(a1)xb0，借助导数求出新函数的最小值，令其大于0即可得到参数a,b所满足的关系式，再研究(a1)b的最大值 【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． 22.【答案】证明：（Ⅰ）∵D，E分别为△ABC边AB，AC的中点，∴DE//BC． CF∥AB，DF∥BC，CF∥BD且CF=BD，又∵D为AB的中点，CF∥AD且CF=AD， CDAF． CF∥AB，BCAF．CDBC． （Ⅱ）由（Ⅰ）知，BC∥GF，GBCFBD，BGDBDGDBCBDC △BCD∽△GBD． 【提示】（Ⅰ）根据D,E分别为△ABC边AB，AC的中点，可得DE∥BC，根据等弧对等角，即可得到结论； （Ⅱ）证明两组对应角相等，即可证得△BCD∽△GBD 【考点】综合法与分析法． 23.【答案】解：（Ⅰ）依题意，点A，B，C，D的极坐标分别为． 所以点A，B，C，D的直角坐标分别为(1,3)、(3,1)、(1,3)、(3,1)； （Ⅱ）设P2cos,3sin，则|PA|2|PB|2|PC|2|PD|2 (12cos)2(33sin)2(32cos)2(13sin)2 (12cos)2(33sin)2(32cos)2(13sin)2 16cos236sin2163220sin2[32,52]． 所以|PA|2|PB|2|PC|2|PD|2的取值范围为32,52． 数学试卷 第16页（共18页）

【提示】（1）确定点A，B，C，D的极坐标，即可得点A，B，C，D的直角坐标； （2）利用参数方程设出P的坐标，借助于三角函数，即可求得|PA|2+|PB|2+|PC|2+|PD|2的取值范围． 【考点】椭圆的参数方程；简单曲线的极坐标方程；点的极坐标和直角坐标的互化． 24.【答案】解：（Ⅰ）当a3时，不等式f(x)3|x3||x2|3 x2(x3)(x2)3或2x3(x3)(x2)3或x3(x3)(x2)3 或x4． 所以当a3时，不等式f(x)3的解集为xx1或x4． （Ⅱ）f(x)|x4|的解集包含[1,2]，即|xa||x2||x4|对x1,2恒成立，即|xa|2对x1,2恒成立，即2ax2a对x1,2恒成立，所以2a12a2，即3a0． 所以a的取值范围为3,0． 【提示】（1）不等式等价于x23x2x3或2x33xx23或x3x3x23， 求出每个不等式组的解集，再取并集即得所求． （2）原命题等价于2xa2x在[1,2]上恒成立，由此求得求a的取值范围． 【考点】绝对值不等式的解法；带绝对值的函数．

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