2021年全国高考甲卷数学(理)试题(解析版)

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绝密★启用前

2021年普通高等学校招生全国统一考试

理科数学

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.

一､选择题：本题共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.

1. 设集合Mx0x4,Nx



1

x5，则M3

N（ ）

A. x0x B. x

1

31

x4 C. x4x5 D. x0x5 3

11

x5}，所以MNx|x4,故选：B. 33

【详解】因为M{x|0x4},N{x|

【点睛】本题考查集合的运算，属基础题，在高考中要求不高，掌握集合的交并补的基本概念即可求解. 2. 为了解某地农村经济情况，对该地农户家庭年收入进行抽样调查，将农户家庭年收入的调查数据整理得到如下频率分布直方图：








根据此频率分布直方图，下面结论中不正确的是（ ） A. 该地农户家庭年收入低于4.5万元的农户比率估计为6% B. 该地农户家庭年收入不低于10.5万元的农户比率估计为10% C. 估计该地农户家庭年收入的平均值不超过6.5万元

D. 估计该地有一半以上的农户，其家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间

【分析】根据直方图的意义直接计算相应范围内的频率，即可判定ABD,以各组的中间值作为代表乘以相应的频率，然后求和即得到样本的平均数的估计值，也就是总体平均值的估计值，计算后即可判定C. 【详解】因为频率直方图中的组距为1，所以各组的直方图的高度等于频率.样本频率直方图中的频率即可作为总体的相应比率的估计值.

该地农户家庭年收入低于4.5万元的农户的比率估计值为0.020.040.066%,故A正确； 该地农户家庭年收入不低于10.5万元的农户比率估计值为0.040.0230.1010%,故B正确； 该地农户家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间的比例估计值0.100.140.2020.6464%50%,故D正确；

该地农户家庭年收入的平均值的估计值为

30.0240.0450.1060.1470.2080.2090.10100.10110.04120.02130.02140.027.68(万元)，超过

6.5万元，故C错误.综上，给出结论中不正确的是C.故选：C.

【点睛】本题考查利用样本频率直方图估计总体频率和平均值，属基础题，样本的频率可作为总体的频率的估计值，样本的平均值的估计值是各组的中间值乘以其相应频率然后求和所得值，可以作为总体的平均值的估计值.注意各组的频率等于

频率

组距. 组距

3. 已知(1i)2z32i，则z（ ） A. 1

3i 2

B. 1

3i 2

C. 

3i 2

D. 

3i 2

【分析】由已知得z

32i

，根据复数除法运算法则，即可求解. 2i

32i(32i)i23i3

1i.故选：B. 2i2ii22

【详解】(1i)2z2iz32i，z

4. 青少年视力是社会普遍关注的问题，视力情况可借助视力表测量．通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据L和小数记录表的数据V的满足L5lgV．已知某同学视力的五分记录法的数据为4.9，则其视力的小数记录法的数据为（ ）（10101.259）




A. 1.5 B. 1.2 C. 0.8 D. 0.6

分析】根据L,V关系，当L4.9时，求出lgV，再用指数表示V，即可求解. 【详解】由L5lgV，当L4.9时，lgV0.1，则V10故选：C.

0.1

110

10

【

（ ） A.

10

110.8. 101.259

5. 已知F1,F2是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且F1PF260,PF13PF2，则C的离心率为

7

2

B.

13 2

C. 7 D. 13

【分析】根据双曲线的定义及条件，表示出PF1,PF2，结合余弦定理可得答案.

【详解】因为PF由双曲线的定义可得PF所以PF2a，PF 13PF2，1PF22PF22a，13a；因为F1PF260,由余弦定理可得4c29a2a223aacos60，整理可得4c27a2，所以

c277

.故选：A e2，即e

a42

2

【点睛】关键点睛：双曲线的定义是入手点，利用余弦定理建立a,c间的等量关系是求解的关键. 6. 在一个正方体中，过顶点A的三条棱的中点分别为E，F，G．该正方体截去三棱锥AEFG后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是（ ）



A. B. C. D.

【分析】根据题意及题目所给的正视图还原出几何体的直观图，结合直观图进行判断. 【详解】由题意及正视图可得几何体的直观图，如图所示，




所以其侧视图为故选：D

7. 等比数列an的公比为q，前n项和为Sn，设甲：q0，乙：Sn是递增数列，则（ ） A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件 B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件 C. 甲是乙的充要条件

D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件

【分析】当q0时，通过举反例说明甲不是乙的充分条件；当Sn是递增数列时，必有an0成立即可说明q0成立，则甲是乙的必要条件，即可选出答案． 【详解】由题，当数列

2,4,8,时，满足q0，

但是Sn不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件．

若Sn是递增数列，则必有an0成立，若q0不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则q0成立，所以甲是乙的必要条件．故选：B．

【点睛】在不成立的情况下，我们可以通过举反例说明，但是在成立的情况下，我们必须要给予其证明过程．

8. 2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86（单位：m），三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一

ABC60．水平面上的投影A,B,C满足ACB45，由C点测得B点的仰角为15，BB与CC

的差为100；由B点测得A点的仰角为45，则A，C两点到水平面ABC的高度差AACC约为（31.732）（ ）



A. 346 B. 373 C. 446 D. 473




【分析】通过做辅助线，将已知所求量转化到一个三角形中，借助正弦定理，求得A'B'，进而得到答案．

详解】

【

过C作CHBB'，过B作BDAA'， 所以AA'CC'DB100A'B'100． 因为BCH15，所以CHC'B'在A'B'C'中，由正弦定理得：

故AA'CC'AA'BB'BHAA'BB'100AD100， 由题，易知△ADB为等腰直角三角形，所以ADDB．

100



tan15

A'B'C'B'100100

，

sin45sin75tan15cos15sin15

而sin15sin(4530)sin45cos30cos45sin30

62

， 4

所以

1004

A'B'

2

2100(31)273， 62

所以AA'CC'A'B'100373． 故选：B．

【点睛】本题关键点在于如何正确将AA'CC'的长度通过作辅助线的方式转化为A'B'100． 9. 若0,

cos

,tan2，则tan（ ） 

2sin2

B.

5

5

A.

15 15

C.

5 3

D.

15 3

【分析】由二倍角公式可得tan2角函数的基本关系即可求解.

sin22sincos1

sin，再结合已知可求得，利用同角三

4cos212sin2




【详解】

cos



2sin

sin22sincoscos

tan2，

cos212sin22sin

tan2

2sin11

0,，cos0，sin，解得， 2

2412sin2sin

cos1sin2

15sin15

.故选：A. ，tan

4cos15

【点睛】关键点睛：本题考查三角函数的化简问题，解题的关键是利用二倍角公式化简求出sin. 10. 将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（ ） A.

1

3

B.

2 5

C.

2 3

D.

4 5

【分析】采用插空法，4个1产生5个空，分2个0相邻和2个0不相邻进行求解.

【详解】将4个1和2个0随机排成一行，可利用插空法，4个1产生5个空，若2个0相邻，则有C55种排法，若2个0不相邻，则有C510种排法，所以2个0不相邻的概率为

2

1

102

.故选：C. 5103

11. 已如A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且ACBC,ACBC1，则三棱锥OABC的体积为（ ） A.

2 12

B.

3 12

C.

2 4

D.

3 4

【分析】由题可得ABC为等腰直角三角形，得出ABC外接圆的半径，则可求得O到平面ABC的距离，进而求得体积. 【详解】

ACBC,ACBC1，ABC为等腰直角三角形，AB2，

则ABC外接圆的半径为

2

2

，又球的半径为1，设O到平面ABC的距离为d， 2

1122

.故选：A. d11ABC

32212

212

则d12，所以VSOABC232

【点睛】关键点睛：本题考查球内几何体问题，解题的关键是正确利用截面圆半径、球半径、球心到截面距离的勾股关系求解.

12. 设函数fx的定义域为R，f

当x1,2时，f(x)axx1为奇函数，fx2为偶函数，

2

若b．

9

f0f36，则f（ ）

2




A. 

9 4

B. 

3 2

C.

7 4

D.

5 2

【分析】通过

fx1是奇函数和fx2是偶函数条件，可以确定出函数解析式fx2x22，进

而利用定义或周期性结论，即可得到答案． 【详解】因为

fx1是奇函数，所以fx1fx1①；因为fx2是偶函数，所以

fx2fx2②．

令x1，由①得：f0f24ab，由②得：f3f1ab， 因为f0f36，所以4abab6a2，

令x0，由①得：f1f1f10b2，所以fx2x2．

2

思路一：从定义入手．

9551ff2f2f 22221335ff1f1f 22225

ff2

所以f

1

2f21

2=23

f 2

9

f235

． 22

思路二：从周期性入手

由两个对称性可知，函数fx的周期T所以f

4．

91

ff2235

． 22

故选：D．

【点睛】在解决函数性质类问题的时候，我们通常可以借助一些二级结论，求出其周期性进而达到简便计算的效果．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 曲线y

2x1

在点1,3处的切线方程为__________． x2

【答案】5xy20




【分析】先验证点在曲线上，再求导，代入切线方程公式即可． 【详解】由题，当x1时，y3，故点在曲线上． 求导得：y

2x22x1

x2

2



5

x2

2

，所以y|x15．故切线方程为5xy20．

故答案为：5xy20．

14. 已知向量a3,1,b1,0,cakb．若ac，则k________．

【分析】利用向量的坐标运算法则求得向量c的坐标，利用向量的数量积为零求得k的值 【详解】

a3,1,b1,0,cakb3k,1,

1010,故答案为：. 33

ac,ac33k110，解得k

【点睛】本题考查平面向量的坐标运算，平面向量垂直的条件，属基础题，利用平面向量

px1,y1,qx2,y2垂直的充分必要条件是其数量积x1x2y1y20.

22

xy

15. 已知F1,F2为椭圆C：P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且PQF1两个焦点，1F2，

164

则四边形PFQF12的面积为________．

mn，四【分析】根据已知可得PF1PF2，设|PF1|m,|PF2|n，利用勾股定理结合mn8，求出mn，即可求解. 边形PFQF12面积等于

【详解】因为P,Q为C上关于坐标原点对称的两点， 且|PQ||F1F2|，所以四边形PFQF12为矩形，

22设|PF1|m,|PF2|n，则mn8,mn48，

所以64(mn)2m22mnn2482mn，

mn8，即四边形PFQF12面积等于8.

故答案

：8.

16. 已知函数fx2cos(x)的部分图像如图所示，则满足条件



f(x)7f4

f(x)4f3

0的最小正整数x为________． 

的






【分析】先根据图象求出函数f(x)的解析式，再求出f(正整数或验证数值可得. 【详解】由图可知T由五点法可得2

7

),f()的值，然后求解三角不等式可得最小43

3

41332

，即T，所以2；

1234



3





2

，即



6

；

所以f(x)2cos2x







. 6

因为f(

7)2cos1f()2cos，0； 4332

所以由(f(x)f(

74

))(f(x)f())0可得f(x)1或f(x)0； 43

因为f12cos2





2cos1，所以， 626







0， 6

方法一：结合图形可知，最小正整数应该满足f(x)0，即cos2x

解得k

5xk,kZ，令k0，可得x，

3636

可得x的最小正整数为2.

方法二：结合图形可知，最小正整数应该满足f(x)0，又f(2)2cos4最小正整数为2.故答案为：2.

【点睛】关键点睛：根据图象求解函数的解析式是本题求解的关键，根据周期求解，根据特殊点求解.





0，符合题意，可得x的6




三、解答题：共70分．解答应写出交字说明、证明过程或演算步骤，第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答． （一）必考题：共60分．

17. 甲、乙两台机床生产同种产品，产品按质量分为一级品和二级品，为了比较两台机床产品的质量，分别用两台机床各生产了200件产品，产品的质量情况统计如下表：

甲机床 乙机床 合计

一级品 150 120 270

二级品 50 80 130

合计 200 200 400

（1）甲机床、乙机床生产的产品中一级品的频率分别是多少?

（2）能否有99%的把握认为甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差异?

n(adbc)2

附：K

(ab)(cd)(ac)(bd)

2

PK2k 0.050 0.010

k

0.001

3.841 6.635 10.828

【答案】（1）75%；60%；（2）能. 【解析】

【分析】本题考查频率统计和独立性检验，属基础题，根据给出公式计算即可 【详解】（1）甲机床生产的产品中的一级品的频率为

150

75%, 200

乙机床生产的产品中的一级品的频率为

120

60%. 200

（2）K2

4001508012050270130200200

2



400

106.635, 39

故能有99%的把握认为甲机床的产品与乙机床的产品质量有差异.

18. 已知数列an的各项均为正数，记Sn为an的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．




①数列an是等差数列：②数列

S是等差数列；③a

n

2

3a1．

注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．

【分析】选①②作条件证明③时，可设出Sn，结合an,Sn的关系求出an，利用an是等差数列可证

a23a1；

选①③作条件证明②时，根据等差数列的求和公式表示出Sn，结合等差数列定义可证；

选②③作条件证明①时，设出Snanb，结合an,Sn的关系求出an，根据a23a1可求b，然后可证an是等差数列.

【详解】选①②作条件证明③：

设S2

nanb(a0)，则Snanb， 当n1时，a2

1S1ab；

当n2时，a2

2

nSnSn1anbanaba2ana2b；

因为an也是等差数列，所以ab2

a2aa2b，解得b0；

所以a2

na

2n1，所以a23a1.

选①③作条件证明②：

因为a23a1，an是等差数列， 所以公差da2a12a1， 所以Sn1

nna1

n2

dn2a1，即Sna1n， 因为Sn1Sna1n1a1na1，

所以

Sn

是等差数列.

选②③作条件证明①：

设Sb(a0)，则S2

nannanb， 当n1时，a2

1S1ab；

当n2时，a2

nSnSn1anbanab2

a2ana2b；




因为a23a1，所以a3a2b3ab，解得b0或b当b0时，a1a,ana数列； 当b

2

2

2

4a； 3

2n1，当n2时，an-an-12a2满足等差数列的定义，此时an为等差

4a4a

时，Snanb=ana，S10不合题意，舍去.

333

综上可知an为等差数列.

【点睛】这类题型在解答题中较为罕见，求解的关键是牢牢抓住已知条件，结合相关公式，逐步推演，等差数列的证明通常采用定义法或者等差中项法.

19. 已知直三棱柱ABCA1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，ABBC2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点．BFA1B1



（1）证明：BFDE；

（2）当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小? 【答案】（1）见解析；（2）B1D【解析】

【分析】通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直和求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案．

【详解】因为三棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，所以BB1底面ABC，所以BB1AB 因为A1B1//AB，BFA1B1，所以BFAB， 又BB1BFB，所以AB平面BCC1B1． 所以BA,BC,BB1两两垂直．

1 2




以B为坐标原点，分别以BA,BC,BB1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图．



所以B0,0,0,A2,0,0,C0,2,0,B10,0,2,A12,0,2,C10,2,2，

E1,1,0,F0,2,1．

由题设Da,0,2（0a2）．

（1）因为BF0,2,1,DE1a,1,2，

所以BFDE01a21120，所以BFDE． （2）设平面DFE的法向量为mx,y,z， 因为EF1,1,1,DE1a,1,2，

所以

mEF0mDE0

，即

xyz0

．

1axy2z0

令z2a，则m3,1a,2a

因为平面BCC1B1的法向量为BA2,0,0， 设平面BCC1B1与平面DEF的二面角的平面角为， 则cos当a

mBAmBA



6

22a2a14

2



32a2a14

2

．

127

时，2a22a4取最小值为， 22




36



此时cos取最大值为273．

2

所以sin此时B1D

min

63

， 133

2

1

． 2

【点睛】本题考查空间向量的相关计算，能够根据题意设出Da,0,2（0a2），在第二问中通过余弦值最大，找到正弦值最小是关键一步．

20. 抛物线C的顶点为坐标原点O．焦点在x轴上，直线l：x1交C于P，Q两点，且OPOQ．已知点M2,0，且（1）求C，

M与l相切．

M的方程；

M相切．判断直线A2A3与M的位置关系，

（2）设A1,A2,A3是C上的三个点，直线A1A2，A1A3均与并说明理由．

【答案】（1）抛物线C:y2x，【解析】

M方程为(x2)2y21；（2）相切，理由见解析

【分析】（1）根据已知抛物线与x1相交，可得出抛物线开口向右，设出标准方程，再利用对称性设出P,Q坐标，由OPOQ，即可求出p；由圆M与直线x1相切，求出半径，即可得出结论；

（2）先考虑A1A2斜率不存在，根据对称性，即可得出结论；若A1,A2,A3三1A2,A1A3,A2A3斜率存在，由A点在抛物线上，将直线A1A2,A1A2,A2A3斜率分别用纵坐标表示，再由A1A2,A1A2与圆M相切，得出

y2y3,y2y3与y1的关系，最后求出M点到直线A2A3的距离，即可得出结论.

【详解】（1）依题意设抛物线C:y2px(p0),P(1,y0),Q(1,y0)，

2

OPOQ,OPOQ1y012p0,2p1，

2

所以抛物线C的方程为y2x，

M(0,2),M与x1相切，所以半径为1，

所以

M的方程为(x2)2y21；




（2）设A1(x1y1),A2(x2,y2),A3(x3,y3)

若A1A2斜率不存在，则A1A2方程为x1或x3， 若A1A2方程为x1，根据对称性不妨设A1(1,1)， 则过A1与圆M相切的另一条直线方程为y1，

此时该直线与抛物线只有一个交点，即不存在A3，不合题意； 若A1A2方程为x3，根据对称性不妨设A1(3,3),A2(3,3), 则过A1与圆M相切的直线A1A3为y3

3

(x3)， 3

又kA1A3

y1y3113

,y30，

x1x3y1y333y3

x30,A3(0,0)，此时直线A1A3,A2A3关于x轴对称，

所以直线A2A3与圆M相切； 若直线A1A2,A1A3,A2A3斜率均存在， 则kA1A2

111

,kA1A3,kA2A3，

y1y2y1y3y2y3

1

xx1，

y1y2

所以直线A1A2方程为yy1

整理得x(y1y2)yy1y20，

同理直线A1A3的方程为x(y1y3)yy1y30， 直线A2A3的方程为x(y2y3)yy2y30，

A1A2与圆M相切，

2

2

|2y1y2|1(y1y2)

2

2

1

整理得(y11)y22y1y23y10，

22

A1A3与圆M相切，同理(y11)y32y1y33y120

所以y2,y3为方程(y11)y2y1y3y10的两根，

222




2y13y12

y2y32,y2y32，

y11y11

M到直线A2A3的距离为：

3y12

|22|

|y121|y121|2y2y3|y11

21， 2222y12y(y11)4y111(y2y3)1(21)2

y11

所以直线A2A3与圆M相切；综上若直线A1A2,A1A3与圆M相切，则直线A2A3与圆M相切.

【点睛】关键点点睛：（1）过抛物线上的两点直线斜率只需用其纵坐标（或横坐标）表示，将问题转化为只与纵坐标（或横坐标）有关；（2）要充分利用A1A2,A1A3的对称性，抽象出y2y3,y2y3与y1关系，把

y2,y3的关系转化为用y1表示.

xa

21. 已知a0且a1，函数f(x)x(x0)．

a

（1）当a2时，求fx的单调区间；

（2）若曲线yfx与直线y1有且仅有两个交点，求a的取值范围． 【答案】（1）0,【解析】

【分析】（1）求得函数的导函数，利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的单调性； （2）利用指数对数的运算法则，可以将曲线yfx与直线y1有且仅有两个交点等价转化为方程



22

,上单调递增；（2）1,ee,. 上单调递减；ln2ln2

lnxlnaa

有两个不同的实数根，即曲线ygx与直线y有两个交点，利用导函数研究gx的xalna

lna1

，发现这正好是单调性，并结合gx的正负，零点和极限值分析gx的图象，进而得到0ae

0gage，然后根据gx的图象和单调性得到a的取值范围.

x

x22x2xx22xln2x22xln2, 【详解】（1）当a2时，fxx,fx2xx242



令f'x0得x∴函数fx在0,

222

,当0x时，fx0,当x时，fx0, ln2ln2ln2

22

,上单调递增；上单调递减； ln2ln2




lnxxalnxlna

,设函数gx, （2）fxx1axxaxlnaalnx

xaxa

则gx

1lnx

,令gx0，得xe, 2

x

在0,e内gx0,gx单调递增； 在e,上gx0,gx单调递减；

gxmaxge

1, e

又g10，当x趋近于时，gx趋近于0，

所以曲线yfx与直线y1有且仅有两个交点，即曲线ygx与直线y要条件是0

a

有两个交点的充分必lna

lna1

,这即是0gage, ae

所以a的取值范围是1,ee,.

【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，根据曲线和直线的交点个数求参数的取值范围问题，属较难试题，关键是将问题进行等价转化，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，图象，利用数形结合思想求解.

（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．

[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）

22. 在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为

22cos．

（1）将C的极坐标方程化为直角坐标方程；

（2）设点A的直角坐标为1,0，M为C上的动点，点P满足AP程，并判断C与C1是否有公共点． 【答案】（1）x2

2AM，写出Р的轨迹C1的参数方



2

x322cos

（2）P的轨迹C1的参数方程为（为参数），C与y2；

y2sin

2

C1没有公共点.

【解析】

【分析】（1）将曲线C的极坐标方程化为222cos，将xcos,ysin代入可得；




（2）设Px,y，设M



22cos,2sin，根据向量关系即可求得P的轨迹C1的参数方程，求出



两圆圆心距，和半径之差比较可得.

【详解】（1）由曲线C的极坐标方程22cos可得222cos， 将xcos,ysin代入可得x2y222x，即x2即曲线C的直角坐标方程为x2（2）设Px,y，设M



2

y22，



2

y22；



22cos,2sin



AP2AM，

x1,y2

则



22cos1,2sin22cos2,2sin，



x122cos2x322cos

，即，

y2siny2sin

x322cos故P的轨迹C1的参数方程为（为参数）

y2sin

曲线C的圆心为



2,0，半径为2，曲线C1的圆心为32,0，半径为2，



则圆心距为322，

32222，两圆内含，

故曲线C与C1没有公共点.

【点睛】关键点睛：本题考查参数方程的求解，解题的关键是设出M的参数坐标，利用向量关系求解.

[选修4-5：不等式选讲]（10分）

23. 已知函数f(x)x2,g(x)2x32x1．






（1）画出yfx和ygx的图像； （2）若fxagx，求a的取值范围． 【答案】（1）图像见解析；（2）a【解析】

【分析】（1）分段去绝对值即可画出图像；

（2）根据函数图像数形结和可得需将yfx向左平移可满足同角，求得yfxa过A11

2

1,4时a的值可求.

【详解】（1）可得f(x)x22x,x2



x2,x2，画出图像如下：





4,x3

2g(x)2x32x1

4x2,31

2x2，画出函数图像如下：



4,x12

2




（2）f(xa)|xa2|，

如图，在同一个坐标系里画出fx,gx图像，

yfxa是yfx平移了a个单位得到，

则要使f(xa)g(x)，需将yfx向左平移，即a0，

1111

Ayfxa当， 过,4时，|a2|4，解得a或5（舍去）

2222

则数形结合可得需至少将yfx向左平移

1111

. 个单位，a

22



【点睛】关键点睛：本题考查绝对值不等式的恒成立问题，解题的关键是根据函数图像数形结合求解.