浙江省宁波市慈溪中学2017-2018学年高三上学期期中数学试卷(文科) Word版含解析

2017-2018学年浙江省宁波市慈溪中学高三（上）期中数学试卷
（文科）
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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．已知全集为U=R，集合M={x|x2﹣2x﹣3≤0}，N={y|y=x2+1}，则M∩（∁U N）为（）A．{x|﹣1≤x＜1}B．{x|﹣1≤x≤1}C．{x|1≤x≤3}D．{x|1＜x≤3}
2．“α是第二象限角”是“sinαtanα＜0”的（）
A．充分不必要条件B．必要不充分
C．充分条件 D．既不充分也不必要
3．已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列正确的是（）A．若m∥α，α∩β=n，则m∥n B．若m⊥α，n⊂β，m⊥n，则α⊥
C．若α∥β，m⊥α，n∥β，则m⊥n D．若α⊥β，α∩β=m，m∥n，则n∥
4．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a=1，A=60°，若三角形有两解，则b的取值范围为（）
A．（0，1）B．（1，）C．（1，2）D．（，2）
5．设点M（x0，1），若在圆O：x2+y2=1上存在点N，使得∠OMN=45°，则x0的取值范围是（）
A．[﹣1，1] B．[﹣，]C．[﹣，]D．[﹣，]
6．点F是抛物线τ：x2=2py（p＞0）的焦点，F1是双曲线C：=1（a＞0，b＞0）
的右焦点，若线段FF1的中点P恰为抛物线τ与双曲线C的渐近线在第一象限内的交点，则双曲线C的离心率e的值为（）
A．B．C．D．
7．如图，四边形OABC，ODEF，OGHI是三个全等的菱形，∠COD=∠FOG=∠IOA=60°，
设=，=，已知点P在各菱形边上运动，且=x+y，x，y∈R，则x+y的最大值为（）
A．3 B．4 C．5 D．6
8．设f（x）是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f（x）=x2，若对任意的x∈[a﹣1，a+1]，关于x 的不等式f（x2+a）＞a2f（x）恒成立，则实数a的取值范围是（）
A．（0，2]B．（0，4]C．（0，+∞）D．[2，+∞）
二、填空题：本大题共7小题，共36分．
9．函数f（x）=Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，|φ|＜）的图象向左平移个单位，所得曲线的一部分如图所示，f（x）的周期为______，φ的值为______．
10．计算：（1）=______；
（2）设f（x）=，则=______．
11．若如图为某直三棱柱（侧棱与底面垂直）被削去一部分后的直观图与三视图中的侧视图、俯视图，则其正视图的面积为______，三棱锥D﹣BCE的体积为______．
12．已知实数x，y满足约束条件时，所表示的平面区域为D，则z=x+3y的
最大值等于______，若直线y=a（x+1）与区域D有公共点，则a的取值范围是______．
13．已知a＞0，b＞0，a+2b=1，则取到最小值为______．
14．如图，在矩形ABCD中，AB=2，AD=1，在平面内将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转60°后得到矩形A′BC′D′，则点D′到直线AB的距离是______．
15．已知等差数列{a n}首项为a，公差为b，等比数列{b n}首项为b，公比为a，其中a，b
都是大于1的正整数，且a1＜b1，b2＜a3，对于任意的n∈N*，总存在m∈N*，使得a m+3=b n 成立，则a n=______．
三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
16．已知向量=（sin（x﹣），cosx），=（cosx，cosx），若函数f（x）=•﹣．
（1）求x∈[﹣，]时，函数f（x）的值域；
（2）在△ABC中，a、b、c分别是∠A、∠B、∠C的对边，若f（A）=，且|﹣|=2，求BC边上中线长的最大值．
17．已知正项数列{a n}的前n项和为S n，且S n=（n∈N*）．
（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；
（Ⅱ）设b n=100﹣3n•a n，求数列{|b n|}的前n项和．
18．如图，三棱锥P﹣ABC中，BC⊥平面PAB．PA=PB=AB=BC=6，点M，N分别为PB，BC的中点．
（Ⅰ）求证：AM⊥平面PBC；
（Ⅱ）E在线段AC上的点，且AM∥平面PNE．
①确定点E的位置；
②求直线PE与平面PAB所成角的正切值．
19．已知抛物线C的方程为y2=2px（p＞0），点R（1，2）在抛物线C上．
（Ⅰ）求抛物线C的方程；
（Ⅱ）过点Q（l，1）作直线交抛物线C于不同于R的两点A，B，若直线AR，BR分别交直线l：y=2x+2于M，N两点，求|MN|最小时直线AB的方程．
20．设已知函数f（x）=|x﹣a|﹣+a，a∈R，
（Ⅰ）当x∈[1，4]时，求函数f（x）的最大值的表达式M（a）
（Ⅱ）是否存在实数a，使得f（x）=3有且仅有3个不等实根，且它们成等差数列，若存
在，求出所有a的值，若不存在，说明理由．
2017-2018学年浙江省宁波市慈溪中学高三（上）期中数
学试卷（文科）
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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．已知全集为U=R，集合M={x|x2﹣2x﹣3≤0}，N={y|y=x2+1}，则M∩（∁U N）为（）A．{x|﹣1≤x＜1}B．{x|﹣1≤x≤1}C．{x|1≤x≤3}D．{x|1＜x≤3}
【考点】交、并、补集的混合运算．
【分析】先化简集合M，再计算M∩（C U N）．
【解答】解：∵M={x|（x﹣3）（x+1）≤0}={x|﹣1≤x≤3}，
N={y|y=x2+1}={y|y≥1}，∴∁U N={y|y＜1}，
∴M∩（C U N）={x|﹣1≤x＜1}
故选：A．
2．“α是第二象限角”是“sinαtanα＜0”的（）
A．充分不必要条件B．必要不充分
C．充分条件 D．既不充分也不必要
【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．
【分析】根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可得到结论．
【解答】解：若α是第二象限角，则sinα＞0，tanα＜0，则sinαtanα＜0成立，
若α是第三象限角，则sinα＜0，tanα＞0，满足sinαtanα＜0成立，但α是第二象限角不成立，
∴“α是第二象限角”是“sinαtanα＜0”的充分不必要条件，
故选：A．
3．已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列正确的是（）A．若m∥α，α∩β=n，则m∥n B．若m⊥α，n⊂β，m⊥n，则α⊥
C．若α∥β，m⊥α，n∥β，则m⊥n D．若α⊥β，α∩β=m，m∥n，则n∥
【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．
【分析】利用空间中直线与平面、平面与平面之间的位置关系逐个判断即可得到答案．【解答】解：对于A，若m∥α，α∩β=n，则m∥n或m与n异面，故A错；
对于B，m⊥α，n⊂β，m⊥n，不能推出m⊂β，故B错误；
对于C，∵α∥β，m⊥α，
∴m⊥β，又n∥β，
∴m⊥n，故C正确；
对于D，若α⊥β，α∩β=m，m∥n，则n∥β或n⊂β．
综上所述，正确的是C．
故选C．
4．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a=1，A=60°，若三角形有两解，则b的取值范围为（）
A．（0，1）B．（1，）C．（1，2）D．（，2）
【考点】正弦定理．
【分析】由a与sinA的值，利用正弦定理列出关系式，表示出a=sinA，进而得到b=
sinB，得到B+C的度数，由三角形有两解确定出B的范围，利用正弦函数的值域确定出b 的范围即可．
【解答】解：∵△ABC中，a=1，A=60°，
∴由正弦定理===，即a=sinA，B+C=120°，
∴b=sinB，
∵三角形有两解，
∴若B≤60°，则与A互补的角大于120°，矛盾；
∴60°＜B＜120°，即＜sinB≤1，
∴b的范围为（1，），
故选：B．
5．设点M（x0，1），若在圆O：x2+y2=1上存在点N，使得∠OMN=45°，则x0的取值范围是（）
A．[﹣1，1] B．[﹣，]C．[﹣，]D．[﹣，]
【考点】直线和圆的方程的应用．
【分析】根据直线和圆的位置关系，利用数形结合即可得到结论．
【解答】解：由题意画出图形如图：点M（x0，1），要使圆O：x2+y2=1上存在点N，使得∠OMN=45°，
则∠OMN的最大值大于或等于45°时一定存在点N，使得∠OMN=45°，
而当MN与圆相切时∠OMN取得最大值，
此时MN=1，
图中只有M′到M″之间的区域满足MN=1，
∴x0的取值范围是[﹣1，1]．
故选：A．
6．点F是抛物线τ：x2=2py（p＞0）的焦点，F1是双曲线C：=1（a＞0，b＞0）
的右焦点，若线段FF1的中点P恰为抛物线τ与双曲线C的渐近线在第一象限内的交点，则双曲线C的离心率e的值为（）
A．B．C．D．
【考点】抛物线的简单性质．
【分析】双曲线C的渐近线方程为y=x，代入x2=2py，可得P（，），利用P
是线段FF1的中点，可得P（，），由此即可求出双曲线C的离心率．
【解答】解：双曲线C的渐近线方程为y=x，代入x2=2py，可得P（，），
∵F（0，），F1（c，0）
∴线段FF1的中点P（，），
∴=，=，
∴a2=8b2，
∴c2=9b2，
∴e==．
故选：D．
7．如图，四边形OABC，ODEF，OGHI是三个全等的菱形，∠COD=∠FOG=∠IOA=60°，
设=，=，已知点P在各菱形边上运动，且=x+y，x，y∈R，则x+y的最大值为（）
A．3 B．4 C．5 D．6
【考点】向量的线性运算性质及几何意义．
【分析】可以O为坐标原点，GC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，可设菱形的边长
为2，从而能求出D，H点的坐标，这样便可得到向量的坐标．可设P（X，Y），根
据条件即可得出，这样设x+y=z，X，Y的活动域便是菱形的边上，这样根
据线性规划的知识即可求出z的最大值，即求出x+y的最大值．
【解答】解：如图，以GC所在直线为x轴，过O且垂直于GC的直线为y轴，建立如图所示坐标系，设菱形的边长为2，则：
D（），H（）；
设P（X，Y），则（X，Y）=x（）+y（）；
∴；
∴；
设；
∴，表示在y轴上的截距；
∴当截距最大时，z取到最大值；
根据图形可看出，当直线经过点E（）时，截距最大；
∴；
z=4；
∴x+y的最大值为4．
故选B．
8．设f（x）是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f（x）=x2，若对任意的x∈[a﹣1，a+1]，关于x 的不等式f（x2+a）＞a2f（x）恒成立，则实数a的取值范围是（）
A．（0，2]B．（0，4]C．（0，+∞）D．[2，+∞）
【考点】函数恒成立问题；函数奇偶性的性质．
【分析】由当x≥0时，f（x）=x2，函数是奇函数，可得当x＜0时，f（x）=﹣x2，从而f （x）在R上是单调递增函数，且满足a2f（x）=f（ax），再根据不等式f（x2+a）＞a2f（x）=f（ax），在x∈[a﹣1，a+1]，恒成立，利用二次函数的性质，可得不等式，即可得出答案．【解答】解：当x≥0时，f（x）=x2，
∵函数是奇函数，∴当x＜0时，f（x）=﹣x2，∴f（x）=，
∴f（x）在R上是单调递增函数，且满足a2f（x）=f（ax），
∵不等式f（x2+a）＞a2f（x）=f（ax）在x∈[a﹣1，a+1]恒成立，
∴x2+a＞ax在x∈[a﹣1，a+1]恒成立，
令g（x）=x2﹣ax+a，函数的对称轴为x=，
当，即a＞2时，不等式恒成立，可得g（a﹣1）=（a﹣1）2﹣a（a﹣1）+a=1＞0，恒成立；
当，即﹣2≤a≤2时，不等式恒成立，可得g（）=（）2﹣a（）+a
＞0恒成立，
解得a∈（0，2]；
当，即a＜﹣2时，不等式恒成立，可得g（a+1）=（a+1）2﹣a（a+1）+a=2a+1＞0
不恒成立；
综上：a＞0．
故选：C．
二、填空题：本大题共7小题，共36分．
9．函数f（x）=Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，|φ|＜）的图象向左平移个单位，所得曲线的一部分如图所示，f（x）的周期为π，φ的值为﹣．
【考点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式．
【分析】先把函数的图象依题意向左平移，获得新的函数的解析式，然后利用图象可知函数
的周期，进而利用周期公式求得ω；把x=π代入函数解析式，化简整理求得φ的值．
【解答】解：函数f（x）=Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，|φ|＜）的图象向左平移个
单位，所得曲线解析式为：y=Asin[ω（x+）+φ]=Asin（ωx+ω+φ），
其周期为：T=4（﹣）=π，由=π，可得：ω=2，
∵点（，0）在函数图象上，可得：sin（2×+2×+φ）=0，解得：φ=kπ﹣，k∈Z，
∵|φ|＜，
∴φ=﹣．
故答案为：π，﹣．
10．计算：（1）=2；
（2）设f（x）=，则．
【考点】分段函数的应用；对数的运算性质．
【分析】（1）利用对数的运算法则，可得结论；
（2）当x＜0时，f（x）=f（x+1）+2，代入计算，即可得出结论．
【解答】解：（1）原式=+=3﹣1=2；
（2）当x＜0时，f（x）=f（x+1）+2，
∴原式===f（﹣1006﹣）+2=f（﹣1005﹣）+2×2=…=f（）
+2×1008=
故答案为：2；．
11．若如图为某直三棱柱（侧棱与底面垂直）被削去一部分后的直观图与三视图中的侧视图、
俯视图，则其正视图的面积为4，三棱锥D﹣BCE的体积为．
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．
【分析】由题意可知，正视图为直角三角形，直角边长为2，4，可得正视图的面积；证明AB⊥平面ACDE，求出四棱锥B﹣ACDE的体积、三棱锥E﹣ACB的体积，即可求出三棱锥D﹣BCE的体积．
【解答】解：由题意可知，正视图为直角三角形，直角边长为2，4，故正视图的面积为
=4；
四棱锥B﹣ACDE中，AE⊥平面ABC，∴AE⊥AB，
又AB⊥AC，且AE和AC相交，
∴AB⊥平面ACDE，
又AC=AB=AE=2，CD=4，
则四棱锥B﹣ACDE的体积V==4，
又三棱锥E﹣ACB的体积为=，
∴三棱锥D﹣BCE的体积为4﹣=．
故答案为：4；．
12．已知实数x，y满足约束条件时，所表示的平面区域为D，则z=x+3y的
最大值等于12，若直线y=a（x+1）与区域D有公共点，则a的取值范围是a．
【考点】简单线性规划．
【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求出最优解的坐标，代入目标函数得答案；再由直线y=a（x+1）过定点（﹣1，0），结合图象求得a的取值范围．
【解答】解：由约束条件作出可行域如图，
联立，解得A（3，3），
化目标函数z=x+3y为，
由图可知，当直线过A（3，3）时，直线在y轴上的截距最大，z有最大值为12；∵直线y=a（x+1）过定点（﹣1，0），要使直线y=a（x+1）与区域D有公共点，
则a≤k MA=．
故答案为：12；．
13．已知a＞0，b＞0，a+2b=1，则取到最小值为．
【考点】基本不等式．
【分析】由于a＞0，b＞0，a+2b=1，∴3a+4b=2+a，a+3b=1+b．利用构造思想，用基本不等式的性质即可得出．
【解答】解：∵a＞0，b＞0，a+2b=1，∴3a+4b=2+a，a+3b=1+b．
∴（a+2）+2（b+1）=5，利用基本不等式性质可得：
当且仅当a=2b=时取等号．
∴=≥=
∴取到最小值=
故答案为．
14．如图，在矩形ABCD中，AB=2，AD=1，在平面内将矩形ABCD绕点B按顺时针方向
旋转60°后得到矩形A′BC′D′，则点D′到直线AB的距离是．
【考点】三角形中的几何计算；两角和与差的正弦函数；点到直线的距离公式．
【分析】画出图形，利用三角函数的关系，通过两角和的正弦函数以及同角三角函数的基本关系式求解即可．
【解答】解：连结BD，D′B，设∠DBA=α，由题意可知：BD=，D′B=．
tan，
∠D′BA=α+60°，sin2（α+60°）=（sinαcos60°+cosαsin60°）2=（sinα+cosα）2
=
=
=
==．
点D′到直线AB的距离：
∴sin（α+60°）==，
故答案为：．
15．已知等差数列{a n}首项为a，公差为b，等比数列{b n}首项为b，公比为a，其中a，b
都是大于1的正整数，且a1＜b1，b2＜a3，对于任意的n∈N*，总存在m∈N*，使得a m+3=b n 成立，则a n=5n﹣3．
【考点】等差数列与等比数列的综合．
【分析】先利用a1＜b1，b2＜a3，以及a，b都是大于1的正整数求出a=2，再利用a m+3=b n 求出满足条件的b的值即可求出等差数列{a n}的通项公式．
【解答】解：∵a1＜b1，b2＜a3，
∴a＜b以及ba＜a+2b
∴b（a﹣2）＜a＜b，
a﹣2＜1⇒a＜3，
a=2．
又因为a m+3=b n⇒a+（m﹣1）b+3=b•a n﹣1．
又∵a=2，b（m﹣1）+5=b•2n﹣1，则b（2n﹣1﹣m+1）=5．
又b≥3，由数的整除性，得b是5的约数．
故2n﹣1﹣m+1=1，b=5，
∴an=a+b（n﹣1）=2+5（n﹣1）=5n﹣3．
故答案为5n﹣3．
三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
16．已知向量=（sin（x﹣），cosx），=（cosx，cosx），若函数f（x）=•﹣．
（1）求x∈[﹣，]时，函数f（x）的值域；
（2）在△ABC中，a、b、c分别是∠A、∠B、∠C的对边，若f（A）=，且|﹣|=2，
求BC边上中线长的最大值．
【考点】三角函数中的恒等变换应用；平面向量数量积的运算．
【分析】（1）由平面向量数量积的运算及三角函数中的恒等变换应用化简可得f（x）=sin
（2x+），由x∈[﹣，]，利用正弦函数的性质即可求得函数f（x）的值域；
（2）由f（A）=sin（2A+）=，解得：sin（2A+）=，结合范围0＜A＜π，解得：
A=，由题意可得，求得||||≤4，从而可求||2=
（）2=（）=（4+2||||）≤3，即可得解．
【解答】解：（1）∵=（sin（x﹣），cosx），=（cosx，cosx），
∴f（x）=•﹣=sin（x﹣）cosx+cos2x﹣=sin2x+﹣=sin（2x+），
∵x∈[﹣，]，2x+∈[﹣，]，
∴f（x）=sin（2x+）∈[﹣，]．
（2）∵f（A）=sin（2A+）=，解得：sin（2A+）=，
∵0＜A＜π，＜2A+＜，
∴2A+=，解得：A=，
∵|﹣|=2，
∴|﹣|2=4，即，
∴，
∴||||≤4，
∴||2=（）2=（）=（4+2||||）≤3，
∴||max=．
17．已知正项数列{a n}的前n项和为S n，且S n=（n∈N*）．
（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；
（Ⅱ）设b n=100﹣3n•a n，求数列{|b n|}的前n项和．
【考点】数列的求和；数列递推式．
【分析】（Ⅰ）运用n=1时，a1=S1，n＞1时a n=S n﹣S n
，结合等差数列的通项公式即可得
﹣1
到所求通项；
（Ⅱ）求得b n=100﹣3n•a n，设，的前n项和，运用错位相减法可得，再讨论当1≤n≤2，当n≥3，即可得到所求数列的和．
【解答】解：（Ⅰ）由，
n=1时，a1=S1=，解得a1=2；
=，
当n＞1时，n用n﹣1代，可得S n
﹣1
两式相减得，
因为a n正项数列，可得，
则a n为等差数列，得a n=2n．
（Ⅱ）|b n|=|100﹣3n•a n|=|100﹣2n•3n|=，
设，的前n项和，
S n'=2•3+4•32+…+2n•3n，3S n'=2•32+4•33+…+2n•3n+1，
．
当1≤n≤2，S n=；
当n≥3，S n=+316=．
18．如图，三棱锥P﹣ABC中，BC⊥平面PAB．PA=PB=AB=BC=6，点M，N分别为PB，BC的中点．
（Ⅰ）求证：AM⊥平面PBC；
（Ⅱ）E在线段AC上的点，且AM∥平面PNE．
①确定点E的位置；
②求直线PE与平面PAB所成角的正切值．
【考点】直线与平面所成的角；直线与平面垂直的判定．
【分析】（Ⅰ）由已知推导出AM⊥PB，AM⊥BC，由此能证明AM⊥平面PBC．
（Ⅱ）①连结MC，交PN于F，则F是△PBC的重心，且MF=MC，由已知推导出AM
∥EF，从而得到AE=．
②作EH⊥AB于H，则EH∥BC，则∠EPH是直线PE与平面PAB所成的角，由此能求出直线PE与平面PAB所成角的正切值．
【解答】证明：（Ⅰ）∵PA=AB，点M为PB的中点，∴AM⊥PB，
∵BC⊥平面PAB，AM⊂平面PAB，∴AM⊥BC，
∵PB∩BC=B，
∴AM⊥平面PBC．
解：（Ⅱ）①连结MC，交PN于F，则F是△PBC的重心，且MF=MC，
∵AM∥平面PEN，平面AMC∩平面PEN=EF，AM⊂平面AMC，
∴AM∥EF，
∴AE=．
②作EH⊥AB于H，则EH∥BC，∴EH⊥平面PAB，
∴∠EPH是直线PE与平面PAB所成的角，
∵EH=，AH=，∴PH=2，
∴tan=，
∴直线PE与平面PAB所成角的正切值为．
19．已知抛物线C的方程为y2=2px（p＞0），点R（1，2）在抛物线C上．
（Ⅰ）求抛物线C的方程；
（Ⅱ）过点Q（l，1）作直线交抛物线C于不同于R的两点A，B，若直线AR，BR分别交直线l：y=2x+2于M，N两点，求|MN|最小时直线AB的方程．
【考点】直线与圆锥曲线的综合问题．
【分析】（Ⅰ）由点R（1，2）在抛物线C：y2=2px（p＞0）上，求出p=2，由此能求出抛物线C的方程．
（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2y2），设直线AB的方程为x=m（y﹣1）+1，m≠0，设直线AR
的方程为y=k1（x﹣1）+2，由已知条件推导出x M=﹣，x N=﹣，由此求出|MN|=2，再用换元法能求出|MN|的最小值及此时直线AB的方程．
【解答】解：（Ⅰ）∵点R（1，2）在抛物线C：y2=2px（p＞0）上，
∴4=2p，解得p=2，
∴抛物线C的方程为y2=4x．
（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2y2），直线AB的方程为x=m（y﹣1）+1，m≠0，
由，消去x，并整理，得：y2﹣4my+4（m﹣1）=0，
∴y1+y2=4m，y1•y2=4（m﹣1），
设直线AR的方程为y=k1（x﹣1）+2，
由，解得点M的横坐标，
又==，
∴x M==﹣，
同理点N的横坐标x N=﹣，
|y2﹣y1|==4，
∴|MN|=|x M﹣x N|=|﹣|=2||，
=8=2，
令m﹣1=t，t≠0，则m=t=1，
∴|MN|=2≥，
即当t=﹣2，m=﹣1时，|MN|取最小值为，
此时直线AB的方程为x+y﹣2=0．
20．设已知函数f（x）=|x﹣a|﹣+a，a∈R，
（Ⅰ）当x∈[1，4]时，求函数f（x）的最大值的表达式M（a）
（Ⅱ）是否存在实数a，使得f（x）=3有且仅有3个不等实根，且它们成等差数列，若存在，求出所有a的值，若不存在，说明理由．
【考点】根的存在性及根的个数判断；函数的最值及其几何意义．
【分析】（I）根据题意，分a≤1，1＜a≤2，2＜a≤4，a＞4四种情况讨论，从而根据分段函数及对勾函数的单调性判断函数的单调性，从而求最大值即可；
（II）化简函数，从而不妨设f（x）=3的3个根为
x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，从而讨论以确定a的值．
【解答】解：（I）①当a≤1时，在[1，4]单调递增，
∴f（x）max=f（4）=3；
②当1＜a≤2时，函数在[1，a]上单调递增，[a，4]上
单调递增，
∴f（x）max=f（4）=3；
③当2＜a≤4时，函数在[1，2]上单调递增，[2，a]上
单调递减，[a，4]上单调递增，
∴f（x）max=max{f（2），f（4）}=；
④当a＞4时，f（x）=2a﹣x﹣在[1，2]上单调递增，[2，4]上单调递减，
∴f（x）max=f（2）=2a﹣4；
综上所述M（a）=；
（II）函数，
不妨设f（x）=3的3个根为x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3
当x＞a时，f（x）=3，解得x=﹣1，x=4；
①a≤﹣1，∵x2=﹣1，x3=4，∴x1=﹣6，
由f（﹣6）=3，解得，满足f（x）=3在（﹣∞，a]上有一解．
②﹣1＜a≤4，f（x）=3在（﹣∞，a]上有两个不同的解，不妨设x1，x2，其中x3=4，所以有x1，x2是的两个解，
即x1，x2是x2﹣（2a﹣3）x+4=0的两个解．
得到，
又由设f（x）=3的3个根为x1，x2，x3成差数列，且x1＜x2＜x3，得到2x2=x1+4，
解得：，（舍去）；
③a＞4，f（x）=3最多只有两个解，不满足题意；
综上所述，或．
2018年9月28日。