2020年全国普通高等学校招生高考数学模拟试卷(理科)(3月份)(有解析)

2020年全国普通高等学校招生高考数学模拟试卷(理科)(3月份)一、单项选择题（本大题共12小题，共60.0分）1. 已知集合A ={x|x >−2}，B ={x|x ≤1}，则A ∩B =( )A. {x|x >−2}B. {x|−2<x ≤1}C. {x|x ≤−2}D. {x|x ≤1}2. 已知函数f(x)={x 2+1,x ≤1ln(x −1),x >1，则f(f(e +1))=( )A. −2B. 2C. −4D. 43. 已知a ∈R ，i 是虚数单位，命题p ：在复平面内，复数z 1=a +21−i 对应的点位于第二象限；命题q ：复数z 2=a −i 的模等于2，若p ∧q 是真命题，则实数a 的值等于( )A. −1或1B. −√3或√3C. −√5D. −√34. 已知抛物线y 2=2px(p >0)，过其焦点且斜率为1的直线交抛物线于A ，B 两点，若线段AB 的中点M 的纵坐标为2，则点M 到该抛物线的准线的距离为( )A. 2B. 3C. 4D. 55. 函数 f(x)=Asin(ω x +φ)(A >0，ω>0)的部分图象如图所示，则f(11π24)的值为( )A. −√62B. −√32C. −√22D. −16. 在△ABC 中，∠ABC =90°，AB =6，点D 在边AC 上，且2AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的值是( ) A. 48 B. 24 C. 12D. 67. 运行如图所示程序框图，若输出的s 值为1100，则判断框中应填( )A. i<3B. i>3C. i<4D. i>48.某几何体的三视图如图所示，则它的最长棱的长是()A. 2√2B. 2√3C. √13D. √149.AB是圆O内的一条弦，圆O半径是5，且圆心到AB的距离为3，则弦AB的长度为()A. 3B. 4C. 6D. 810.已知函数f(x)=e x−e−x2，g(x)=ex+e−x2，则f(x)、g(x)满足()A. f(−x)=−f(x)，g(−x)=g(x)B. f(−2)<f(3)，g(−2)<g(3)C. f(2x)=2f(x)⋅g(x)D. [f(x)]2−[g(x)]2=111.在三棱锥D−ABC中，已知DB⊥平面ABC，DB=2√3，∠ABC=60°，AC=√3，则此三棱锥外接球的体积为()A. 16π3B. 4π C. 32π3D. 16π12.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线与双曲线C的右支相交于P，Q两点，若PQ⊥PF1，且|PF1|=|PQ|，则双曲线的离心率e=()A. √2+1B. 2√2+1C. √5+2√2D. √5−2√2二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 现有大小形状完全相同的4个小球，其中红球有2个，白球与蓝球各1个，将这4个小球任意排成一排，则中间2个小球不都是红球的概率为________．14. 已知实数x ，y 满足{y ≤xx −4y −3≤02x +y −6≤0，则目标函数z =x +2y 的最大值为______．15. 设a =∫(π0sinx +cosx)dx ，则二项式(a √x −√x )6展开式中含x 2项的系数是______ 16. 已知函数f(x)=e x −alnx 在[1,2]上单调递减，则实数a 的取值范围是______． 三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17. 等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 4+a 5=16，S 6=36．(1)求{a n }的通项公式； (2)设b n =1an ⋅a n+1，求{b n }的前n 项和T n ．18. 如图，四棱锥P −ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB =BC =AD ，∠BAD =∠ABC =90°，E 是PD 的中点．(1)证明：直线CE//平面PAB ；(2)点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°，求二面角M −AB −D 的余弦值．19.某高校甲、乙、丙、丁四个专业分别有150、150、400、300名学生，为了解学生的就业倾向，用分层抽样的方法从该校这四个专业共抽取40名学生进行调查，应在丙专业抽取的学生人数为______ ．20.在平面直角坐标系xOy中，经过点D(−1,0)的动直线l，与椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)相交于A，B两点.当l⊥y轴时，|AB|=4，当l⊥x轴时，|AB|=√3．(Ⅰ)求椭圆C的方程；(Ⅱ)若AB的中点为M，且|AB|=2|OM|，求直线l的方程．21.已知函数f(x)=(1−x)e x+aln x，其中a为正常数．(1)当a=2e时，e为自然对数的底数，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；(2)证明：函数f(x)有唯一极值点．22.在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为{x=−1+2cosφy=2sinφ(其中φ为参数)，以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l1的极坐标方程为ρ=2sin (θ+π4)，设l1与C相交于A，B两点，AB的中点为M，过点M作l1的垂线l2交C于P，Q两点．(1)写出曲线C的普通方程与直线l1的直角坐标方程；(2)求|PQ||MP|⋅|MQ|的值．23.已知函数f(x)=2|x−1|−|x+1|．(1)在所给出的网格坐标系中作出函数f(x)的图象(不要求写作法)，并直接写出函数f(x)的最小值；(2)已知函数g(x)=|x+a|−2|x−a|，若存在x1，x2∈R使f(x1)+5=g(x2)，求实数a的取值范围．【答案与解析】1.答案：B解析：本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题． 利用交集定义直接求解．解：∵集合A ={x|x >−2}，B ={x|x ≤1}， ∴A ∩B ={x|−2<x ≤1}． 故选B ．2.答案：B解析：根据题意，由函数的解析式可得f(e +1)的值，进而计算可得答案． 本题考查函数值的计算，涉及分段函数的解析式，属于基础题． 解：根据题意，函数f(x)={x 2+1,x ≤1ln(x −1),x >1，则f(e +1)=lne =1，则f(f(e +1))=f(1)=1+1=2； 故选：B ．3.答案：D解析：解：命题p ：在复平面内，复数z 1=a +21−i =a +2(1+i)(1−i)(1+i)=a +1+i 对应的点位于第二象限，∴a +1<0，解得a <−1．命题q ：复数z 2=a −i 的模等于2，∴√a 2+(−1)2=2，解得a =±√3． 若p ∧q 是真命题，∴{a <−1a =±√3，解得a =−√3．故选：D ．命题p ：利用复数的运算法则、几何意义可得a +1<0.命题q ：利用模的计算公式可得：√a 2+(−1)2=2，解得a.若p ∧q 是真命题，则p 与q 都为真命题，即可得出．本题考查了复数的运算法则、几何意义、模的计算公式、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．4.答案：C解析：本题考查抛物线的几何性质、直线与抛物线的位置关系等基础知识．属于基础题．先假设A ，B 的坐标，根据A ，B 满足抛物线方程将其代入得到两个关系式，再将两个关系式相减根据直线的斜率和线段AB 的中点的纵坐标的值可求出p 的值，进而得到准线方程，M 的坐标，然后求解即可．解：设A(x 1,y 1)、B(x 2,y 2)，则有y 12=2px 1，y 22=2px 2，两式相减得：(y 1−y 2)(y 1+y 2)=2p(x 1−x 2)， 又因为直线的斜率为1，所以y 1−y 2x 1−x 2=1，所以有y 1+y 2=2p ，又线段AB 的中点M 的纵坐标为2，即y 1+y 2=4，所以p =2，所以抛物线方程为：y 2=4x ，抛物线的准线方程为x =−1，焦点为(1,0)． 所以AB 的方程为：y =x −1，则M(3,2)， 则点M 到该抛物线的准线的距离为：3+1=4． 故选：C ．5.答案：D解析：根据f(x)的最值得出A ，根据周期得出ω，利用特殊点计算φ，从而得出f(x)的解析式，再计算f(11π24). 本题考查了三角函数的图象与性质，属于中档题． 解：∵f(x)的最大值为√2，最小值为−√2，A >0， ∴A =√2，∵f(x)的周期T =4(7π12−π3)=π， ∴ω=2ππ=2，∵f(7π12)=−√2， ∴√2sin(7π6+φ)=−√2，∴7π6+φ=3π2+2kπ，∴φ=π3+2kπ，k ∈Z ， ∴f(11π24)=√2sin(11π12+π3+2kπ)=√2sin(5π4)=−√2sin π4=−1．故选D ．6.答案：B解析：解：∵2AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，∴AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =13AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∴BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅(BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ) =BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅(BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +13AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ) =BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅(BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +13(BC ⃗⃗⃗⃗⃗ −BA ⃗⃗⃗⃗⃗ )) =23BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +13BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ，又∵∠ABC =90°，AB =6， ∴BA⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =36，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0， 故BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =23×36=24． 故选B ．由平面向量的线性运算化简可得BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅(BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=23BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +13BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ，从而求得． 本题考查了平面向量的化简与运算，同时考查了学生的转化能力．7.答案：C解析：解：模拟程序的运行，可得 i =0，k =1，s =27满足判断框内的条件，执行循环体，i =1，k =2，s =9 满足判断框内的条件，执行循环体，i =2，k =4，s =32满足判断框内的条件，执行循环体，i=3，k=7，s=320满足判断框内的条件，执行循环体，i=4，k=11，s=1100，由题意，此时，应该不满足判断框内的条件，退出循环，输出s值为1100∴判断框中应填i<4．故选：C．模拟程序的运行，可得当i=4，k=11，s=1时，应该不满足判断框内的条件，退出循环，输出100s值为1，由此可得判断框内的条件．100本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题．8.答案：C解析：本题考查空间几何体的三视图，根据三视图还原出几何体，根据该几何体的结构特征即可求出答案，属于中档题．解：根据三视图可将其还原为如下直观图，其中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是直角梯形，且AB⊥AD，AB//CD，AD=CD=AP=2，AB=3，则由勾股定理得BC=√22+(3−2)2=√5，BP=√22+32=√13，DP=√22+22=2√2，CP=√22+(2√2)2=2√3．故它的最长的棱长是√13．故选C．9.答案：D解析：解：由题意利用弦长公式可得AB=2√r2−d2=2√52−32=8，故选：D．由条件利用直线和圆相交的性质、弦长公式求得弦AB的长度．本题主要考查直线和圆相交的性质、弦长公式的应用，属于基础题．10.答案：A解析：本题主要考查函数解析式的应用，属于中档题．结合指数幂的运算法则，根据函数解析式分别代入进行验证即可．f(−x)=e−x−e x2=−e x−e−x2=−f(x)，g(−x)=e x+e−x2=g(x).故A正确；f(x)为增函数，则f(−2)<f(3)，成立，g(−2)=e2+e−22，g(3)=e3+e−32>g(−2)，故B正确；2f(x)⋅g(x)=2×e−x−e x2⋅e x+e−x2=2×e−2x−e2x2=2f(2x)，故C正确；[f(x)]2−[g(x)]2=[f(x)+g(x)]⋅[f(x)−g(x)]=e x⋅(−e−x)=−1，故D错误．故选：ABC．11.答案：C解析：本题考查的是三棱锥的外接球的体积，求出外接圆半径和外接球半径是解此题的关键，属于基础题．解：因为△ABC的外接圆半径，所以外接球半径R=√(12DB)2+r2=√3+1=2，所以此三棱锥外接球的体积为，故选C．12.答案：D解析：【试题解析】解：由题意，∠PQF1=45°，|QF1|=4a，|QF2|=2a，|F1F2|=2c，由余弦定理，可得4c2=16a2+4a2−2×4a×2a×√22，∴e=√5−2√2．故选：D．由题意，∠PQF1=45°，|QF1|=4a，|QF2|=2a，|F1F2|=2c，由余弦定理，可得4c2=16a2+4a2−2×4a×2a×√22，即可求出双曲线的离心率．本题考查双曲线的离心率，考查余弦定理的运用，属于中档题．13.答案：56解析：本题考查古典概率的求法，求出基本事件的总数和满足条件的基本事件的个数，即可求出概率，属于基础题．先求出基本事件总数n=A42=12，再求出中间2个小球不都是红球包含的基本事件个数m=A42−A22=10，由此能求出中间2个小球不都是红球的概率．解：现有大小形状完全相同的4个小球，其中红球有2个，白球与蓝球各1个，将这4个小球任意排成一排，先排蓝球和白球，剩下的位置放红球，基本事件总数n=A42=12，中间2个小球不都是红球，即用总数减去中间两个球为蓝球和白球的情况，所以包含的基本事件个数m=A42−A22=10，则中间2个小球不都是红球的概率为p=mn =56．故答案为56．14.答案：6解析：解：作出实数x ，y 满足{y ≤xx −4y −3≤02x +y −6≤0，对应的平面区域；由z =x +2y ，得y =−12x +z 2， 平移直线y =−12x +z 2，由图象可知当直线y =−12x +z 2经过点B 时，直线y =−12x +z 2的截距最大，此时z 最大．由{y =x 2x +y −6=0，得B(2,2)，此时z 的最小值为z =2+2×2=6，故答案为：6．作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求z 的最大值．本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决线性规划题目的常用方法． 15.答案：−192解析：解：根据题意，a =∫(π0sinx +cosx)dx =∫s π0inxdx +∫c π0osxdx =(−cosx)|0π+sinx|0π=2，二项式(a √x −1√x )6即(2√x −1√x )6，其展开式的通项为T r+1=C 6r (2√x)6−r (−1√x )r =(−1)r ×C 6r ×26−r x 3−r ，当r =1时，有T 2=(−1)×C 61×25x 2=−192；故答案为：−192．根据题意，由定积分计算公式可得a =∫(π0sinx +cosx)dx =∫s π0inxdx +∫c π0osxdx =(−cosx)|0π+sinx|0π=2，即可得a 的值，由二项式定理分析可得该二项式展开式的通项，据此分析可得答案． 本题考查二项式定理的应用，涉及定积分的计算，属于基础题． 16.答案：[2e 2,+∞)解析：解：函数f(x)=e x −alnx ，函数的导数为f′(x)=e x −ax ，若函数f(x)=e x −alnx 在区间[1,2]上单调递减，则等价为f′(x)≤0恒成立，即e x −a x ≤0，即a ≥xe x ，xe x 是[1,2]上的增函数即a ≥2⋅e 2，故答案为：[2e 2,+∞)．利用函数单调和导数之间的关系转化为f′(x)≤0恒成立，利用参数分离法进行求解即可． 本题主要考查函数单调性和导数的关系，利用参数分离法是解决本题的关键，比较基础． 17.答案：解：(1)设等差数列{a n }的公差是d ．由题意，a 4+a 5=16，S 6=36，得{a 4+a 5=2a 1+7d =16S 6=6a 1+6×52d =36, 解得{a 1=1d =2, 所以a n =1+2(n −1)=2n −1；(2)由(1)得，b n =1an ⋅a n+1=1(2n−1)(2n+1) =12(12n−1−12n+1)，所以T n =12×(1−13+13−15+⋅⋅⋅+12n−1−12n+1)=12×(1−12n+1)=n2n+1．解析：本题考查了等差数列的通项公式，裂项相消法求和，考查运算求解能力，属于中档题．(1)根据条件列关于首项与公差的方程组，求出a 1,d ，再代入通项公式即可得数列{a n }的通项公式；(2)由(1)可得b n =12(12n−1−12n+1)，根据裂项相消法即可求得数列{b n }的前n 项和T n ． 18.答案：(1)证明：取PA 的中点F ，连接EF ，BF ，因为E 是PD 的中点，所以EF = //12AD ，AB =BC =12AD ，∠BAD =∠ABC =90°，∴BC = //12AD ， ∴BCEF 是平行四边形，可得CE//BF ，BF ⊂平面PAB ，CE ⊄平面PAB ，∴直线CE//平面PAB ；(2)解：四棱锥P −ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB =BC =12AD ，∠BAD =∠ABC =90°，E 是PD 的中点．取AD 的中点O ，M 在底面ABCD 上的射影N 在OC 上，设AD =2，则AB =BC =1，OP =√3，∴∠PCO =60°，直线BM 与底面ABCD 所成角为45°，可得：BN =MN ，CN =√33MN ，BC =1， 可得：1+13BN 2=BN 2，BN =√62，MN =√62， 作NQ ⊥AB 于Q ，连接MQ ，AB ⊥MN ，所以∠MQN 就是二面角M −AB −D 的平面角，MQ =√12+(√62)2=√102， 二面角M −AB −D 的余弦值为：√102=√105．解析：(1)取PA 的中点F ，连接EF ，BF ，通过证明CE//BF ，利用直线与平面平行的判定定理证明即可．(2)利用已知条件转化求解M 到底面的距离，作出二面角的平面角，然后求解二面角M −AB −D 的余弦值即可．本题考查直线与平面平行的判定定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力以及计算能力．19.答案：16解析：解：用分层抽样的方法从该校这四个专业共抽取40名学生进行调查，应在丙专业抽取的学生人数为400150+150+400+300×40=4001000×40=16人，故答案为：16根据分层抽样的定义建立比例关系即可得到结论．本题主要考查分层抽样的应用，根据条件建立比例关系是解决本题的关键．比较基础． 20.答案：解：(Ⅰ)当l ⊥y 轴时，|AB |=4⇒2a =4，当l ⊥x 轴时，|AB |=√3，得1a 2+(√32)2b 2=1，解得a =2，b =1． 所以椭圆C 的方程为：x 24+y 2=1．(Ⅱ)若AB 的中点为M ，且|AB|=2|OM|，即以AB 为直径的圆过坐标原点O ，设直线l:x =ty −1，与方程x 24+y 2=1联立，得(t 2+4)y 2−2ty −3=0.设A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)，则y 1+y 2=2t t 2+4，y 1y 2=−3t 2+4 .①因为若以AB 为直径的圆过坐标原点O 所以OA ⊥OB ，即OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x 1x 2+y 1y 2=0， 所以(ty 1−1)(ty 2−1)+y 1y 2=0，则(t 2+1)y 1y 2−t (y 1+y 2)+1=0，将①式代入并整理得：−3(t 2+1)t 2+4−2t 2t 2+4+1=0，解出t =±12， 此时直线l 的方程为：x =±12y −1，即2x +y +2=0或2x −y −2=0．解析：本题考查求椭圆的方程、直线与曲线的位置关系问题，注意解题方法的积累，属于中档题． (Ⅰ)根据题意结合椭圆的标准方程及性质得出a ，b 的值.写出标准方程即可；(Ⅱ)AB 的中点为M ，且|AB|=2|OM|，即以AB 为直径的圆过坐标原点O ，通过联立直线L 与椭圆的方程，利用韦达定理得出y 1+y 2=2t t 2+4，y 1y 2=−3t 2+4 .再利用向量的数量积OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x 1x 2+y 1y 2=0即可求出t 的值．21.答案：解：(1)当a =2e 时，f′(x)=2e−x 2e x x ，所以f′(1)=e ，因为f(1)=0，所以曲线y =f(x)在点(1,f(1)，处的切线方程为y =ex −e ．(2)由已知，f(x)的定义域为(0,+∞)，且f′(x)=a x−xe x =a−x 2e x x ，令g(x)=a −x 2e x ，则由于g(x)在(0,+∞)上单调递减，g(0)=a >0，g(√a)=a −ae √a =a(1−e √a )<0，所以存在唯一的m ∈(0,+∞)，使得g(m)=0，所以当x ∈(0,m)时，g(x)>0，即f′(x)>0;当x ∈(m,+∞)时，g(x)<0，即f′(x)<0． 所以f(x)在(0,+∞)上有唯一极值点．解析：本题考查了导数的几何意义和利用导数研究函数的极值，是中档题．(1)当a=2e时，先求导，代入切点横坐标可得切线斜率，即可得出切线方程；(2)先求导f′(x)=ax −xe x=a−x2e xx，令g(x)=a−x2e x，易知g(x)在(0,+∞)上单调递减，g(0)>0，g(√a)<0，所以存在唯一的m∈(0,+∞)，使得g(m)=0，由单调性可得f(x)在(0,+∞)上有唯一极值点．22.答案：解：(1)由曲线C的参数方程{x=−1+2cosφy=2sinφ，消去参数φ，得曲线C的普通方程为(x+1)2+y2=4．由曲线l1的极坐标方程ρ=√2sin (θ+π4)，得ρsinθ+ρcosθ=1，将x=ρcosθ，y=ρsinθ代入，得l1的直角坐标方程为x+y−1=0；(2)由l1⊥l2，得直线l2的斜率k l2=−1k l1=1，所以l2的倾斜角为π4，又l2过圆心(−1,0)，所以l2的方程为y=x+1，与x+y−1=0联立，得AB的中点M(0,1)，故l2的参数方程为{x=tcosπ4y=1+tsinπ4,(t为参数)，即{x=√22ty=1+√22t,(t为参数)，代入(x+1)2+y2=4中，化简、整理得t2+2√2t−2=0，设P，Q对应的参数分别为t1，t2，则由韦达定理得t1·t2=−2，又线段PQ为圆的直径，所以|PQ|=4，所以|PQ||MP|⋅|MQ|=4|−2|=2．解析：本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题型．(1)直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．(2)利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果．23.答案：解：(1)f(x)={−x+3,x⩽−1,−3x+1,−1<x⩽1,x−3,x>1，作出函数f(x)的图象如下：所以f(x)的最小值为−2．(2)因为f(x)min =−2，所以f(x)+5的取值范围是[3,+∞).因为g(x)=|x +a|−2|x −a|，所以g(x)max =max{g(−a),g(a)}=max{−4|a|,2|a|}=2|a|，∴g(x)的取值范围是(−∞,2|a|]．∃x 1，x 2∈R 使f(x 1)+5=g(x 2)⇒[3,+∞)∩(−∞,2|a|]≠⌀⇒2|a|≥3⇒|a|≥32⇒a ≤−32或a ≥32．所以实数a 的取值范围是(−∞,−32]∪[32,+∞).解析：【试题解析】本题考查绝对值不等式，函数图像的作法，函数的最值，属于中档题．(1)根据零点分段求出f(x)的解析式，再画图并写出最小值即可．(2)由条件得到g(x)的取值范围是(−∞,2|a|]，进而根据条件结合(1)的结论求出答案．。