湖南省益阳市2017届高三（上）9月调研数学试卷（理科）（解析版）

2016-2017学年湖南省益阳市高三（上）9月调研数学试卷（理科）

参考答案与试题解析

一、选择题：本大题共12个小题，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.

1．若z=（a²﹣1）+（a﹣1）i为纯虚数，其中a∈R，则等于（ ）

A．﹣i B．i C．1 D．1或i

【考点】复数代数形式的乘除运算．

【分析】由纯虚数的定义得a=﹣1，从而=，由此利用复数代数形式的运算法则能求出的值．

【解答】解：∵z=（a²﹣1）+（a﹣1）i为纯虚数，其中a∈R，

∴，解得a=﹣1，

∴====i．

故选：B．

2．设A、B是两个集合，则“A∩B=A”是“A?B”的（ ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．

【分析】直接利用两个集合的交集，判断两个集合的关系，判断充要条件即可．

【解答】解：A、B是两个集合，则“A∩B=A”可得“A?B”，

“A?B”，可得“A∩B=A”．

所以A、B是两个集合，则“A∩B=A”是“A?B”的充要条件．

故选：C．

3．设a=1.7^0.3，b=log₃0.2，c=0.2⁵，则a，b，c的大小关系是（ ）

A．a＜b＜c B．b＜a＜c C．c＜b＜a D．b＜c＜a

【考点】对数值大小的比较．

【分析】化简成底数相同，如果底数无法化成同底数，则利用中间值，再利用对数函数和指数函数的性质求解．

【解答】解：由指数函数的性质可知，底数大于1时，是增函数，指数越大，函数值越大．

∵a=1.7^0.3＞1.7⁰=1，∴a＞1．

由对数函数的性质可知，底数大于1时，是增函数，真数越大，函数值越大．

∵b=log₃0.2，∴b＜0．

c=0.2⁵=，∴0＜c＜1．

所以：b＜c＜a

故选：D

4．从一个边长为2的等边三角形的中心、各边中点及三个顶点这7个点中任取两个点，则这两点间的距离小于1的概率是（ ）

A． B． C． D．

【考点】几何概型．

【分析】根据等边三角形的性质，分别求出任取两个点间的距离，然后求出这7个点中任取两个点的所有种数，找到满足两点间的距离小于1的种数，根据概率公式计算即可．

【解答】解：如图，△ABC为等边三角形，D，E，F分别为BC，AC，AB上中点，交点为O，

∴AB=BC=AC=2，AD=BE=CF=，EF=DE=DF=1，AE=CE=AF=BF=BD=CD=1，A0=BO=CO=，OD=OE=OF=，

由这7个点中任取两个点共有C₇²=21种，其中这两点间的距离小于1只能是OD，OE，OF共三种，

故这两点间的距离小于1的概率是=，

故选：A．

5．在等差数列{a_n}中，已知a₅+a₁₀=12，则3a₇+a₉=（ ）

A．12 B．18 C．24 D．30

【考点】等差数列的通项公式．

【分析】由等差数列的通项公式得2a₁+13d=12，由此能求出3a₇+a₉的值．

【解答】解：∵在等差数列{a_n}中，a₅+a₁₀=12，

∴2a₁+13d=12，

3a₇+a₉=3（a₁+6d）+a₁+8d=4a₁+26d=2（a₁+13d）=2×12=24．

故选：C．

6．已知（ax+1）⁶的二项展开式中含x³项的系数为，则a的值是（ ）

A． B． C． D．2

【考点】二项式系数的性质．

【分析】先求得二项式展开式的通项公式，再令x的幂指数等于3，求得r的值，即可求得含x³项的系数，于是可是得到关于a的方程解得即可．

【解答】解：二项式的展开式的通项公式为T_r+1=C₆^r·a^r·x^r，

令r=3，故开式中含x³项系数为C₆³·a³=，

解得a=，

故选：C．

7．三角函数y=sin（﹣2x）+cos2x的振幅和最小正周期分别为（ ）

A．， B．，π C．， D．，π

【考点】y=Asin（ωx+φ）中参数的物理意义．

【分析】直接利用特殊角的三角函数值以及两角和的正弦函数公式、余弦函数公式化简函数解析式为y=cos（2x+），然后求解最小正周期和振幅．

【解答】解：∵y=sin（﹣2x）+cos2x

=cos2x﹣sin2x+cos2x

=cos2x﹣sin2x

=cos（2x+），

∴三角函数y=sin（﹣2x）+cos2x的振幅和最小正周期分别为：，π．

故选：B．

8．一空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）

A．1 B．3 C．6 D．2

【考点】由三视图求面积、体积．

【分析】几何体是一个四棱锥，四棱锥的底面是一个直角梯形，直角梯形的上底是1，下底是2，垂直于底边的腰是2，一条侧棱与底面垂直，这条侧棱长是2，

【解答】解：由三视图知，几何体是一个四棱锥，四棱锥的底面是一个直角梯形，

直角梯形的上底是1，下底是2，垂直于底边的腰是2，

一条侧棱与底面垂直，这条侧棱长是2，

∴四棱锥的体积是=2，

故选D．

9．给出一个如图所示的程序框图，若要使输入的x的值一输出的y的值相等，则x的可能值的个数为（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

【考点】选择结构．

【分析】由已知的程序框图，我们可得该程序的功能是计算并输出分段函数y=的值，结合输入的x值与输出的y值相等，我们分类讨论后，即可得到结论．

【解答】解：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：

该程序的作用是计算并输出分段函数y=的值

又∵输入的x值与输出的y值相等

当x≤2时，x=x²，解得x=0，或x=1

当2＜x≤5时，x=2x﹣3，解得x=3，

当x＞5时，x=，解得x=±1（舍去）

故满足条件的x值共有3个

故选C．

10．已知F₁，F₂分别是椭圆的左，右焦点，现以F₂为圆心作一个圆恰好经过椭圆中心并且交椭圆于点M，N，若过F₁的直线MF₁是圆F₂的切线，则椭圆的离心率为（ ）

A．﹣1 B．2﹣ C． D．

【考点】椭圆的简单性质．

【分析】由已知条件推导出|MF₂|=c，|F₁F₂|=2c，∠F₁MF₂=90°，从而得到|MF₁|=，由此能求出椭圆的离心率．

【解答】解：∵F₁，F₂分别是椭圆的左，右焦点，

现以F₂为圆心作一个圆恰好经过椭圆中心并且交椭圆于点M，N，

过F₁的直线MF₁是圆F₂的切线，

∴|MF₂|=c，|F₁F₂|=2c，∠F₁MF₂=90°，

∴|MF₁|==，

∴2a=，

∴椭圆的离心率e===．

故选：A．

11．设两个向量=（λ+2，λ²﹣cos²α）和=（m， +sinα），其中λ，m，α为实数．若=2，则的取值范围是（ ）

A．[﹣1，6] B．[﹣6，1] C．（﹣∞，] D．[4，8]

【考点】平面向量数量积的运算．

【分析】根据向量相等的概念，向量相等，即向量的横纵坐标相等，可哪λ用m表示，所以可化简为2﹣，所以只需求的范围即可，再利用向量相等得到的关系式，把m用α的三角函数表示，根据三角函数的有界性，求出m的范围，就可得到的范围．

【解答】解：∵ =2，

∴λ+2=2m，①λ²﹣cox²α=m+2sinα．②

∴λ=2m﹣2代入②得，4m²﹣9m+4=cox²α+2sinα=1﹣sin²α+2sinα

=2﹣（sinα﹣1）²

∵﹣1≤sinα≤1，∴0≤（sinα﹣1）²≤4，﹣4≤﹣（sinα﹣1）²≤0

∴﹣2≤2﹣（sinα﹣1）²≤2

∴﹣2≤4m²﹣9m+4≤2

分别解4m²﹣9m+4≥﹣2，与4m²﹣9m+4≤2得，≤m≤2

∴≤≤4

∴==2﹣

∴﹣6≤2﹣≤1

∴的取值范围是[﹣6，1]

故选：B

12．定义在（0，）上的函数f（x），f′（x）是它的导函数，且恒有f′（x）＞f（x）·tanx成立．则（ ）

A． f（）＜f（） B． f（1）＜2cos1·f（）

C． f（）＞2f（） D． f（）＞f（）

【考点】利用导数研究函数的单调性．

【分析】根据条件构造函数g（x）=f（x）cosx，求函数的导数，利用函数的单调性即得到结论．

【解答】解：当x∈（0，），cosx＞0，

则不等式f′（x）＞f（x）·tanx等价为f′（x）＞f（x）·，

即cosxf′（x）﹣sinxf（x）＞0，

设g（x）=f（x）cosx，

则g′（x）=cosxf′（x）﹣sinxf（x）＞0，

即函数g（x）在（0，）单调递增，

则g（）＜g（），g（1）＞g（），g（）＜g（），g（）＜g（），

即f（）＜f（），cos1f（1）＞f（），

f（）＜f（），f（）＜f（），

则f（）＜f（），故A正确．

2cosf（1）＞f（），故B错误．

f（）＜2f（），故C错误．

f（）＜f（），故D错误．

故选A．

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.

13．若过点（0，2）的直线l与圆（x﹣2）²+（y﹣2）²=1有公共点，则直线l的斜率的取值范围是 ．

【考点】直线与圆的位置关系．

【分析】用代数法，先联立方程，消元后得到一个方程，利用△≥0，即可求得直线l的斜率的取值范围．

【解答】解：设直线方程为y=kx+2（k≠0），

代入圆（x﹣2）²+（y﹣2）²=1，

消去y整理得（1+k²）x²﹣4x+3=0，

∵过点（0，2）的直线l与圆（x﹣2）²+（y﹣2）²=1有公共点，

∴△≥0，即16﹣12（1+k²）≥0，

∴k∈．

故答案为：．

14．已知变量x，y满足约束条件，则z=x+2y的最大值是 9 ．

【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z的几何意义，即可求出z的最大值．

【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：

由z=x+2y得y=﹣x+z，

平移直线y=﹣x+z，

由图象可知当直线y=﹣x+z经过点A，y=﹣x+z的截距最大，此时z最大．

由，

解得，即A（1，4），

代入z=x+2y=1+2×4=9．

即目标函数z=x+2y最大值为9．

故答案为：9．

15．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，且S_n=n﹣5a_n+23，n∈N^*，则数列{a_n}的通项公式是a_n= 1+ ．

【考点】数列递推式．

【分析】由S_n=n﹣5a_n+23，n∈N^*，可得n=1时，a₁=1+23﹣5a₁，解得a₁．n≥2时，a_n=S_n﹣S_n﹣1，变形为：a_n﹣1=（a_n﹣1﹣1），再利用等比数列的通项公式即可得出．

【解答】解：∵S_n=n﹣5a_n+23，n∈N^*，∴n=1时，a₁=1+23﹣5a₁，解得a₁=4．

n≥2时，a_n=S_n﹣S_n﹣1=n﹣5a_n+23﹣[（n﹣1）﹣5a_n﹣1+23]=1﹣5a_n+5a_n﹣1，

变形为：a_n﹣1=（a_n﹣1﹣1），

∴数列{a_n﹣1}是等比数列，首项为3，公比为，

∴a_n﹣1=，即a_n=1+，

故答案为：1+．

16．已知三棱锥P﹣ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为2的正三角形，PC为球O的直径，且PC=4，则此三棱锥的体积为 ．

【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．

【分析】根据题意，利用截面圆的性质即可求出点O到平面ABC的距离，进而求出点P到平面ABC的距离，即可计算出三棱锥的体积．

【解答】解：因为△ABC是边长为2的正三角形，所以△ABC外接圆的半径r=，

所以点O到平面ABC的距离d=，

PC为球O的直径，点P到平面ABC的距离为2d=，

此棱锥的体积为=，

故答案为：．

三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）

17．已知△ABC是半径为2的圆的内接三角形，内角A，B，C的对边分别为a、b、c，且2acosA=ccosB+bcosC．

（Ⅰ）求A；

（Ⅱ）若b²+c²=18，求△ABC的面积．

【考点】余弦定理；正弦定理．

【分析】（I）利用正弦定理、和差公式、诱导公式即可得出．

（II）利用余弦定理、三角形面积计算公式即可得出．

【解答】解：（Ⅰ）由正弦定理得：a=4sinA，b=4sinB，c=4sinC，

∵2acosA=ccosB+bcosC，

∴2sinA·cosA=sinCcosB+sinBcosC，

∴2sinA·cosA=sin（B+C），

∵A+B+C=π，∴sin（B+C）=sinA，

∴2sinA·cosA=sinA，

∵0＜A＜π，∴sinA≠0，

∴2cosA=1，即cosA=，

∵A∈（0，π），∴A=．

（II）由（I）可得：sinA=．

由（Ⅰ）得．

∵a²=b²+c²﹣2bcosA，∴bc=b²+c²﹣a²=18﹣12=6，

∴．

18．某班50位学生期中考试数学成绩的频率直方分布图如图所示，其中成绩分组区间是：[40，50），[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]．

（1）求图中x的值；

（2）从成绩不低于80分的学生中随机选取2人，该2人中成绩在90分以上（含90分）的人数记为ξ，求ξ的数学期望．

【考点】离散型随机变量的期望与方差；频率分布直方图；古典概型及其概率计算公式．

【分析】（1）根据所以概率的和为1，即所求矩形的面积和为1，建立等式关系，可求出所求；

（2）不低于80分的学生有12人，90分以上的学生有3人，则随机变量ξ的可能取值有0，1，2，然后根据古典概型的概率公式求出相应的概率，从而可求出数学期望．

【解答】解：（1）由30×0.006+10×0.01+10×0.054+10x=1，得x=0.018

（2）由题意知道：不低于80分的学生有12人，90分以上的学生有3人

随机变量ξ的可能取值有0，1，2

∴

19．如图，在直二面角E﹣AB﹣C中，四边形ABEF是矩形，AB=2，AF=2，△ABC是以A为直角顶点的等腰直角三角形，点P是线段BF上的一点，PF=3．

（Ⅰ）证明：BF⊥面PAC；

（Ⅱ）求二面角A﹣BC﹣P的余弦值．

【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定．

【分析】（Ⅰ）推导出PA⊥BF，从而AC⊥平面ABEF，进而AC⊥BF，由此能证明BF⊥平面PAC．

（Ⅱ）以A为原点，方向为x轴的正方向建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A﹣BC﹣P的余弦值．

【解答】证明：（Ⅰ）由题意知：FB=4，，

．

∵PA²+PF²=3+9=12=AF²，∴PA⊥BF．

∵平面ABEF⊥平面ABC，平面ABEF∩平面ABC=AB，AB⊥AC，AC?平面ABC，

∴AC⊥平面ABEF．

∵BF?平面ABEF，∴AC⊥BF．

∵PA∩AC=A，∴BF⊥平面PAC．…

解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知AB、AC、AF两两互相垂直，

以A为原点，方向为x轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，

则A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，2，0），．

∵BF=4，PF=3，∴．

∴，．

设是平面PBC的法向量，则，

∴，取y=1得平面PBC的一个法向量，

又平面ABC的一个法向量，

设二面角A﹣BC﹣P的平面角为θ，由题中条件可知，

则，

∴二面角A﹣BC﹣P的余弦值为．…

20．已知抛物线C：y²=4x，过其焦点F作两条相互垂直且不平行于坐标轴的直线，它们分别交抛物线C于点P₁、P₂和点P₃、P₄，线段P₁P₂、P₃P₄的中点分别为M₁、M₂．

（Ⅰ）求线段P₁P₂的中点M₁的轨迹方程；

（Ⅱ）求△FM₁M₂面积的最小值；

（Ⅲ）过M₁、M₂的直线l是否过定点？若是，求出定点坐标，若不是，请说明理由．

【考点】轨迹方程．

【分析】（Ⅰ）确定线段M₁M₂的中点P坐标，消去参数，即可得到线段P₁P₂的中点M₁的轨迹方程；

（Ⅱ）利用，即可求△FM₁M₂面积的最小值；

（Ⅲ）分类讨论，利用yk²+（x﹣3）k﹣y=0，即可得出结论．

【解答】解：（Ⅰ）由题设条件得焦点坐标为F（1，0），

设直线P₁P₂的方程为y=k（x﹣1），k≠0．

联立，得k²x²﹣2（2+k²）x+k²=0．△=[﹣2（2+k²）]²﹣4k²k²=16（1+k²）＞0．

设P₁（x₁，y₁），P₂（x₂，y₂），则，，

∴．

∴线段P₁P₂的中点M₁的轨迹方程为：y²=2（x﹣1）（x＞1）．…

（Ⅱ）由（Ⅰ）知：．

同理，设，则．

∴，，

因此．

当且仅当，即k=±1时，取到最小值4．…

（Ⅲ）当k≠±1时，由（Ⅱ）知直线l的斜率为：，

所以直线l的方程为：，即yk²+（x﹣3）k﹣y=0，（*）

当x=3，y=0时方程（*）对任意的k（k≠±1）均成立，即直线l过点（3，0）．

当k=±1时，直线l的方程为：x=3，也过点（3，0）．

所以直线l恒过定点（3，0）．…

21．设函数f（x）=x²+lnx﹣mx（m＞0）．

（I）求f（x）的单调区间；

（Ⅱ）求f（x）的零点个数；

（Ⅲ）证明：曲线y=f（x）上没有经过原点的切线．

【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．

【分析】（I）通过对函数f（x）求导，并令导数为零，分两种情况解方程即得结论；

（Ⅱ）通过（I）可知，当0＜m≤2时函数f（x）有一个零点；当m＞2时，通过令极大值为g（m）并对其求导可知g′（m）＜0，进而可得结论；

（Ⅲ）通过设通过原点的切线为y=kx，切点横坐标为x₀，通过求导可将k=f′（x₀）、切点纵坐标y₀代入切线方程，通过对g（x）=x²﹣lnx+1求导即得结论．

【解答】（I）解：依题意，函数f（x）的定义域为：（0，+∞），

且f′（x）=x+﹣m，

令f′（x）=0，即x+﹣m=0，即x²﹣mx+1=0，则△=m²﹣4，

当△＜0即0＜m＜2时，方程f′（x）=0无根；

当△=0即m=2时，方程f′（x）=0有唯一根x=1；

当△＞0即m＞2时，方程f′（x）=0有两根x=；

故当0＜x＜或x＞时，函数f（x）单调递增，

当＜x＜时，函数f（x）单调递减；

综上所述，当0＜m≤2时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；

当m＞2时，函数f（x）的递增区间为：（0，）、（，+∞），

递减区间为：（，）；

（Ⅱ）解：由（I）可知，当0＜m≤2时，函数f（x）有一个零点；

当m＞2时，为函数f（x）的极大值点，

令g（m）=f（）=·+ln﹣m·，其中m＞2，

则g′（m）=·[2m﹣﹣]+··[1﹣·]

﹣﹣·[1﹣·]

=﹣

＜0，

故g（m）＜g（2）=0.5﹣2=﹣1.5，

∴函数f（x）有一个零点；

综上所述，函数f（x）的零点个数为1；

（Ⅲ）证明：设通过原点的切线为y=kx （极值点的切线平行x轴，且极值小于0，均不过原点，故k≠0），

切点横坐标为x₀，则由导数的几何意义可知

k=f′（x₀）=，切点纵坐标y₀=y?=+lnx₀﹣mx₀，

代入切线方程： +lnx₀﹣mx₀=﹣mx₀+1，

即﹣lnx₀+1=0 （*）

令g（x₀）=﹣lnx₀+1，

则g′（x）=x﹣，故驻点x=1为极小值点，

∴g（x₀）≥g（1）=1.5＞0，即方程（*）无解，

∴曲线y=f（x）上没有经过原点的切线．

请考生在22、23、24三题中任选一题作答.注意：只能做所选定的题目.如果多做，则按所做的第一个题目记分，作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.[选修4-1：几何证明选讲]

22．如图所示，BC是半圆O的直径，AD⊥BC，垂足为D，，BF与AD、AO分别交于点E、G．

（1）证明：∠DAO=∠FBC；

（2）证明：AE=BE．

【考点】与圆有关的比例线段；圆周角定理．

【分析】（Ⅰ）连接FC，OF，利用，说明OB=OF，然后证明∠AOB=∠FCB，推出∠DAO=∠FBC．

（Ⅱ）证明△OAD≌△OBG，推出OD=OG．然后证明△AGE≌△BDE，即可证明AE=BE．

【解答】证明：（Ⅰ）连接FC，OF，∵，OB=OF，∴点G是BF的中点，OG⊥BF．

因为BC是⊙O的直径，所以CF⊥BF．∴OG∥CF．∴∠AOB=∠FCB，…

∴∠DAO=90°﹣∠AOB，∠FBC=90°﹣∠FCB，∴∠DAO=∠FBC．…

（Ⅱ）在Rt△OAD与Rt△OBG中，由（Ⅰ）知∠DAO=∠GBO，

又OA=OB，所以，△OAD≌△OBG，于是OD=OG．

∴AG=OA﹣OG=OB﹣OD=BD．…

在Rt△AGE与Rt△BDE中，由于∠DAO=∠FBC，AG=BD，

所以，△AGE≌△BDE，因此，AE=BE．…

[选修4-4：坐标系与参数方程]

23．在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ=2sinθ，θ∈[0，2π）．

（1）求曲线C的直角坐标方程；

（2）若点D在曲线C上，求它到直线l：（t为参数，t∈R）的最短距离．

【考点】简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程．

【分析】（1）把已知极坐标方程两边同时乘以ρ，结合得答案；

（2）化直线的参数方程为普通方程，化圆的方程为标准方程，求出圆心坐标和半径，结合点到直线的距离公式求得答案．

【解答】解：（1）由ρ=2sinθ，θ∈[0，2π）．

得ρ²=2ρsinθ，即x²+y²﹣2y=0；

（2）由直线l：，得．

化圆x²+y²﹣2y=0为x²+（y﹣1）²=1，

则圆心坐标为（0，1），

圆心到直线的距离为d=．

∴D到直线的最短距离为1．

[选修4-5：不等式选讲]

24．设函数f（x）=|x﹣a|+5x．

（1）当a=﹣1时，求不等式f（x）≤5x+3的解集；

（2）若x≥﹣1时有f（x）≥0，求a的取值范围．

【考点】其他不等式的解法．

【分析】（1）当a=﹣1时，|x+1|+5x≤5x+3，从而解得；

（2）当x≥0时，f（x）=|x﹣a|+5x≥0恒成立，从而转化为故只需使当﹣1≤x＜0时，f（x）=|x﹣a|+5x≥0，从而化简可得（4x+a）（6x﹣a）≤0，从而分类讨论解得．

【解答】解：（1）当a=﹣1时，|x+1|+5x≤5x+3，

故|x+1|≤3，

故﹣4≤x≤2，

故不等式f（x）≤5x+3的解集为[﹣4，2]；

（2）当x≥0时，f（x）=|x﹣a|+5x≥0恒成立，

故只需使当﹣1≤x＜0时，f（x）=|x﹣a|+5x≥0，

即|x﹣a|≥﹣5x，

即（x﹣a）²≥25x²，

即（x﹣a﹣5x）（x﹣a+5x）≥0，

即（4x+a）（6x﹣a）≤0，

当a=0时，解4x×6x≤0得x=0，不成立；

当a＞0时，解（4x+a）（6x﹣a）≤0得，

﹣≤x≤，

故只需使﹣≤﹣1，

解得，a≥4；

当a＜0时，解（4x+a）（6x﹣a）≤0得，

≤x≤﹣，

故只需使≤﹣1，

解得，a≤﹣6；

综上所述，a的取值范围为a≥4或a≤﹣6．

2016年10月10日