2023年浙江省高考數(shù)學試卷(理科)答案與解析

2023年浙江省高考數(shù)學試卷(理科)

參考答案與試題解析

一、選擇題(共10小題，每題5分，總分值50分)

1.15分)(2023?浙江)a是實數(shù)，二二1是純虛數(shù)，那么a=()

_1+i

A.1B.-IC.\[2D.-5/2

【考點】復數(shù)代數(shù)形式的混合運算.

【分析】化簡復數(shù)分母為實數(shù)，復數(shù)化為a+bi(a、b是實數(shù))明確分類即可.

[解答]解：由工匚=一(；二?)(1二?_.三1是純虛數(shù),

1+i(1+i)(1-1)22

那么與工=0且警產(chǎn)0,故a=l

應選A.

【點評】本小題主要考查復數(shù)的概念.是根底題.

2.(5分)(2023?浙江)U=R,A={x|x>0),B={x|x4-1},那么(AnCuB)U(BcCuA)=

()

A.0B.{x|x<0}C.{x|x>-1}D.{x|x>0或xS-1}

【考點】交、并、補集的混合運算.

【分析】由題意知U=R,A={x|x>0},B={x|x<-1},然后根據(jù)交集的定義和運算法那么進

行計算.

【解答】解：U=R,A={x|x>0),B={x|x<-1},

CuB={x|x>-1},CuA={x|x<0}

AnCuB={x|x>0},BnCuA={x|x<-1}

(AnCuB)U(BnCuA)={x|x>0或x4-1},

應選D.

【點評】此題主要考查一元二次不等式的解法及集合的交集及補集運算，一元二次不等式的

解法及集合間的交、并、補運算布高考中的?？純?nèi)容，要認真掌握，并確保得分.

3.15分)(2023?浙江)a,b都是實數(shù)，那么"a2>b2"是"a>b"的()

A.充分而不必要條件B.必要而不充分條件

C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件

【考點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷.

【專題】常規(guī)題型.

【分析】首先由于，2>b2"不能推出"a>b"；反之，由"a>b"也不能推出"a2>b2".故"a?

>b2"是"a>b"的既不充分也不必要條件.

【解答】解：?.?"a2>b2"既不能推出"a>b"；

反之，由"a>b"也不能推出“a2>b2".

"qAb2"是"a>b"的既不充分也不必要條件.

應選D.

【點評】本小題主要考查充要條件相關知識.

4.(5分)[2023?浙江)在(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)(x-5)的展開式中，含的

項的系數(shù)是()

A.-15B.85C.-120D.274

【考點】二項式定理的應用.

【分析】此題主要考查二項式定理展開式具體項系數(shù)問題.此題可通過選括號(即5個括號

中4個提供x,其余1個提供常數(shù))的思路來完成.

【解答】解：含X"的項是由(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)(x-5)的5個括號中4個括

號出x僅1個括號出常數(shù)

；.展開式中含X,的項的系數(shù)是(-1)+(-2)+(-3)+(-4)+(-5)=-15.

應選A.

【點評】此題考查利用分步計數(shù)原理和分類加法原理求出特定項的系數(shù).

5.(5分)(2023?浙江)在同一平面直角坐標系中，函數(shù)y=cos(]上等)2n])

的圖象和直線產(chǎn)工的交點個數(shù)是()

丫2

A.0B.1C.2D.4

【考點】函數(shù)y=Asin(3x+6)的圖象變換.

【分析】先根據(jù)誘導公式進行化簡，再由x的范圍求出工的范圍，再由正弦函數(shù)的圖象可得

2

到答案.

【解答】解：原函數(shù)可化為：y=cos瑤￡)(xRO,2n])=sirr|x?0,2n].

當x6[0,2可時，.|e[0,n],其圖象如圖，

與直線y=1的交點個數(shù)是2個.

2

應選C.

【點評】本小題主要考查三角函數(shù)圖象的性質(zhì)問題.

6.(5分)(2023?浙江)｛an｝是等比數(shù)列，a2=2,a5=L那么aia2+a2a3+...+anan+i=()

4

A.16(1-4n)B.16(1-2n)C.(1-4n)D.(1-2")

33

【考點】等比數(shù)列的前n項和.

【專題】計算題.

【分析】首先根據(jù)a2和as求出公比q,根據(jù)數(shù)列｛anan+i｝每項的特點發(fā)現(xiàn)仍是等比數(shù)列，且

首項是aia2=8,公比為工.進而根據(jù)等比數(shù)列求和公式可得出答案.

4

【解答】解：由a5、=a2?q3=2?q3,解得q=￡

數(shù)列｛anan+i｝仍是等比數(shù)列：其首項是aia2=8,公比為上

4

n

8口-中]

所以，&]&?+&2a+&n+1=革(l-4-n)

O

應選：C.

【點評】此題主要考查等比數(shù)列通項的性質(zhì)和求和公式的應用.應善于從題設條件中發(fā)現(xiàn)規(guī)

律，充分挖掘有效信息.

22

7.（5分）（2023?浙江）假設雙曲線馬-鼻口的兩個焦點到一條準線的距離之比為3：2,

ab

那么雙曲線的離心率是（）_

A.3B.5C.V3D.V5

【考點】雙曲線的定義.

【專題】計算題.

【分析】先取雙曲線的一條準線，然后根據(jù)題意列方程，整理即可.

2

【解答】解：依題意，不妨取雙曲線的右準線x3，

C

22,2

那么左焦點Fi到右準線的距離為且_+c=3~土二，

CC

2」-」

右焦點F2到右準線的距離為C-且-=^一工，

CC

22

c+a

22

C+a32

=

可得一EI!=c2T^22'即今:5,

Caa

c

???雙曲線的離心率e^r=V5-

a

應選D.

【點評】此題主要考查雙曲線的性質(zhì)及離心率定義.

8.（5分）（2023?浙江）假設cosa+2sina=-加，那么tana=（）

A.1B.2C.-1D.-2

22

【考點】同角三角函數(shù)根本關系的運用.

【分析】本小題主要考查三角函數(shù)的求值問題，需要把正弦和余弦化為正切和正割，兩邊平

方，根據(jù)切割的關系進行切割互化，得到關于正切的方程，解方程得結(jié)果.

【解答】解：:cosa+2sina=-&,

cosa^O,

兩邊同時除以cosa得l+2lana=-，

（l+2tana）2=5sec2a=5（l+tan2a）,

tan2a-4tana+4=0,

tana=2.

應選B.

【點評】同角三角函數(shù)之間的關系，其主要應用于同角三角函數(shù)的求值和同角三角函數(shù)之間

的化簡和證明.在應用這些關系式子的時候就要注意公式成立的前提是角對應的三角函數(shù)要

有意義.

9.（5分）（2023?浙江）a，吊是平面內(nèi)兩個互相垂直的單位向量，假設向量W滿足（^-會

?（b-C）=0?那么Id的最大值是（）

A.IB.2C.5/2D.

2

【考點】平面向量數(shù)量積的坐標表示、模、夾角.

【專題】壓軸題.

【分析】本小題主要考查向量的數(shù)量積及向量模的相關運算問題，所給出的兩個向量是互相

垂直的單位向量，這給運算帶來很大方便，利用數(shù)量積為零的條件時要移項變化.

【解答】解:?|=|E|=1,a*b=O,

'''(a-c),(b-c)=0=>Ic12=c?(a+b)=Ic|,|a+b|cos8，

…Ic|=|a+b|cos6=V2cos6'

cos0e[-1,1],

的最大值是我.

應選C.

【點評】啟發(fā)學生在理解數(shù)量積的運算特點的根底上，逐步把握數(shù)量積的運算律，引導學生

注意數(shù)量積性質(zhì)的相關問題的特點，以熟練地應用數(shù)量積的性質(zhì)，此題也可以利用數(shù)形結(jié)合,

a，E對應的點A,B在圓x?+y2=l上，M對應的點C在圓x?+y2=2上即可.

10.15分)(2023?浙江)如圖，AB是平面a的斜線段，A為斜足，假設點P在平面a內(nèi)運

動，使得△ABP的面積為定值，那么動點P的軌跡是〔)

A.圓B.橢圓C.一條直線D.兩條平行直線

【考點】橢圓的定義；平面與圓柱面的截線.

【專題】壓軸題；轉(zhuǎn)化思想.

【分析】根據(jù)題意，因為三角形面積為定值，從而可得P到直線AB的距離為定值，分析可

得，點P的軌跡為一以AB為軸線的圓柱面，與平面a的交線，分析軸線與平面的性質(zhì)，可

得答案.

【解答】解：此題其實就是一個平面斜截一個圓柱外表的問題，

因為三角形面積為定值，以AB為底，那么底邊長一定，從而可得P到直線AB的距離為定

值，

分析可得，點P在以AB為軸線的圓柱面與平面a的交線上，且a與圓柱的軸線斜交，

由平面與圓柱面的截面的性質(zhì)判斷，可得P的軌跡為橢圓；

應選：B.

【點評】此題考查平面與圓柱面的截面性質(zhì)的判斷，注意截面與圓柱的軸線的不同位置時，

得到的截面形狀也不同.

二、填空題(共7小題，每題4分，總分值28分)

11.(4分)(2023?浙江)平面內(nèi)三點A(2,-3),B(4,3),C[5,a)共線，那么a=6

【考點】平行向量與共線向量.

【分析】利用向量坐標的求法求出兩個向量的坐標，將三點共線轉(zhuǎn)化為兩向量共線，利用向

量共線的充要條件列出方程求出a.

【解答】解：族=(2,6),AC=(3,a+3)

由知標//AC

所以2（a+3）=6x3

解得a=6

故答案為：6

【點評】此題考查向量坐標的求法、向量共線的坐標形式的充要條件.

22

12.（4分）（2023?浙江）Fi、F2為橢圓工+二=1的兩個焦點，過Fi的直線交橢圓于A、B

259

兩點，假設|F2A|+|F2B|=12,那么IABI=8.

【考點】橢圓的簡單性質(zhì).

【專題】計算題；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程.

【分析】運用橢圓的定義，可得三角形ABF2的周長為4a=20,再由周長，即可得到AB的

長.

22

【解答】解：橢圓工+工的a=5,

259

由題意的定義,可得，|AFi|+|AF2|=|BFi|+|BF2|=2a,

那么三角形ABF2的周長為4a=20,

假設|F2A|+|F2B|=12,

那么|AB|=20-12=8.

故答案為：8

【點評】此題考查橢圓的方程和定義，考查運算能力，屬于根底題._

13.（4分）（2023?浙江）在△ABC中，角A、B、C所對的邊分別為a、b、C、假設

-c）cosA=acosC,那么cosA=1.

3

【考點】正弦定理的應用；兩角和與差的正弦函數(shù).

【專題】計算題.

【分析】先根據(jù)正弦定理將邊的關系轉(zhuǎn)化為角的正弦值的關系，再運用兩角和與差的正弦公

式化簡可得到J5sinBcosA=sinB,進而可求得cosA的值.

【解答】解：由正弦定理，知

由（J5b-c）cosA=acosC可得

（V§sinB-sinC）cosA=sinAcosC,

\Z"§sinBcosA=sinAcosC+sinCcosA

=sin（A+C）=sinB,

cosA=近.

3_

故答案為：亞

3

【點評】此題主要考查正弦定理、兩角和與差的正弦公式的應用.考查對三角函數(shù)公式的記

憶能力和綜合運用能力.

14.（4分）（2023?浙江）如圖，球O的面上四點A、B、C、D,DAJL平面ABC,AB_LBC,

DA=AB=BC=/，那么球O的體積等于鳥」.

2-

【考點】球的體積和外表積；球內(nèi)接多面體.

【專題】計算題.

【分析】說明ACDB是直角三角形，AACD是直角三角形，球的直徑就是CD,求出CD,

即可求出球的體積._

【解答]解：AB±BC,△ABC的外接圓的直徑為AC,AC=&,

由DA上面ABC得DA_LAC,DA±BC,ACDB是直角三角形，△ACD是直角三角形，

=22=3,

.?.CD為球的直徑，CD7DA+AC二球的半徑R=g，VH：=WnR3=9n.

232

故答案為：2T.

2

【點評】此題是根底題，考查球的內(nèi)接多面體，說明三角形是直角三角形，推出CD是球的

直徑，是此題的突破口，解題的重點所在，考查分析問題解決問題的能力.

15.14分)[2023?浙江)t為常數(shù)，函數(shù)y=*-2x-t|在區(qū)間[0,3]上的最大值為2,那么

t=1.

【考點】分段函數(shù)的解析式求法及其圖象的作法.

【專題】壓軸題.

【分析】此題應先畫出函數(shù)的大體圖象，利用數(shù)形結(jié)合的方法尋找解題的思路.畫出大體圖

象后不難發(fā)現(xiàn)函數(shù)的最大值只能在x=l或x=3處取得，因此分情況討論解決此題.

【解答】解：記g(x)=x2-2x-t,x6[0,3],

那么y=f(x)=|g(x)I，xe[0,3]

f(x)圖象是把函數(shù)g(x)圖象在X軸下方的局部翻折到X軸上方得到，

其對稱軸為x=l,那么f(x)最大值必定在x=3或x=l處取得

⑴當在x=3處取得最大值時f(3)=|32-2x3-t|=2,

解得t=l或5,

當t=5時;此時，f(0)=5>2不符條件，

當t=l時，此時，f(0)=1,f(1)=2,符合條件.

(2)當最大值在x=l處取得時f[1)=|l2-2xl-t|=2,

解得t=l或-3,

當t=-3時，f(0]=3>2不符條件，

當t=l此時，f(3)=2,f(1)=2,符合條件.

綜上t=l時

故答案為：1.

【點評】此題主要考查二次函數(shù)的圖象性質(zhì)和絕對值對函數(shù)圖象的影響變化.

16.(4分〕〔2023?浙江)用1,2,3,4,5,6組成六位數(shù)(沒有重復數(shù)字)，要求任何相

鄰兩個數(shù)字的奇偶性不同，且1和2相鄰.這樣的六位數(shù)的個數(shù)是3—(用數(shù)字作答).

【考點】分步乘法計數(shù)原理.

【專題】計算題；壓軸題.

【分析】欲求可組成符合條件的六位數(shù)的個數(shù)，只須利用分步計數(shù)原理分三步計算：第一步：

先將3、5排列，第二步：再將4、6插空排列，第三步：將1、2放到3、5、4、6形成的空

中即可.

【解答】解析：可分三步來做這件事：

第一步：先將3、5排列，共有A22種排法；

第二步：再將4、6插空排列，共有2A22種排法；

第三步：將1、2放到3、5、4、6形成的空中，共有C5I種排法.

221

由分步乘法計數(shù)原理得共有A2?2A2?C5=4O(種).

答案：40

【點評】此題考查的是分步計數(shù)原理，分步計數(shù)原理（也稱乘法原理）完成一件事，需要分

成n個步驟，做第1步有ml種不同的方法，做第2步有m2種不同的方法…做第n步有mn

種不同的方法.那么完成這件事共有N=mlxm2x...xmn種不同的方法.

'x〉0

17.（4分）（2023?浙江）假設aW,b>0,且當，y>0時，恒有ax+bySl,那么以a、b為

x+yCl

坐標的點P（a,b）所形成的平面區(qū)域的面積等于」

【考點】二元一次不等式（組）與平面區(qū)域.

【專題】壓軸題；圖表型.

'x〉0

【分析】先依據(jù)不等式組］y>0,結(jié)合二元一次不等式（組）與平面區(qū)域的關系畫出其

x+yCl

表示的平面區(qū)域，再利用求最優(yōu)解的方法，結(jié)合題中條件："恒有ax+byvl"得出關于a,b

的不等關系，最后再據(jù)此不等式組表示的平面區(qū)域求出面積即可.

【解答】解：az=ax+by,

1.,ax+bySl恒成立，

即函數(shù)z=ax+by在可行域要求的條件下，ZmaxR恒成立.

當直線ax+by-z=0過點（1,0）或點（0,1）時，OVaSl,0<b<1.

點P（a,b）形成的圖形是邊長為1的正方形.

所求的面積S=l2=l.

故答案為：1

【點評】此題主要考查了用平面區(qū)域二元一次不等式組，以及簡單的轉(zhuǎn)化思想和數(shù)形結(jié)合的

思想，屬中檔題.目標函數(shù)有唯一最優(yōu)解是我們最常見的問題，這類問題一般要分三步：畫

出可行域、求出關鍵點、定出最優(yōu)解.

三、解答題（共5小題，總分值72分）

18.（12分）（2023?浙江）如圖，矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直，

ZBCF=ZCEF=90°,AD=近，EF=2.

（I）求證：AEII平面DCF；

（口）當AB的長為何值時，二面角A-EF-C的大小為60。？

【考點】直線與平面平行的判定；與二面角有關的立體幾何綜合題.

【專題】計算題：證明題；綜合題.

【分析】（I）過點E作EG_LCF并CF于G,連接DG,證明AE平行平面DCF內(nèi)的直線

DG,即可證明AEII平面DCF；

III）過點B作BH_LEF交FE的延長線于H,連接AH,說明NAHB為二面角A-EF-C

的平面角，通過二面角A-EF-C的大小為60。，求出AB即可.

【解答】（I）證明：過點E作EGJ_CF并CF于G,連接DG,可得四邊形BCGE為矩形.又

ABCD為矩形，

所以AD_LIIEG,從而四邊形ADGE為平行四邊形，AEIIDG.

因為AEC平面DCF,DGu平面DCF,所以AEII平面DCF.

（口）解：過點B作BHLEF交FE的延長線于H,連接AH.

由平面ABCD_L平面BEFG,ABJLBC,得

AB_L平面BEFC,

從而AH±EF,

所以NAHB為二面角A-EF-C的平面角.

在RSEFG中，因為EG=AD=d^,EF=2,所以/CFE=60°,FG=1.

又因為CEJ_EF,所以CF=4,

從而BE=CG=3.

于是BH=BE?sinNBEH=&Z1

2

因為AB=BH?tanNAHB,

所以當AB=X時,二面角A-EF-G的大小為60。.

2

【考點】空間點、線、面位置關系，空間向量與立體幾何.

【點評】由于理科有空間向量的知識，在解決立體幾何試題時就有兩套根據(jù)可以使用，這為

考生選擇解題方案提供了方便，但使用空間向量的方法解決立體幾何問題也有其相對的缺

陷，那就是空間向量的運算問題，空間向量有三個分坐標，在進行運算時極易出現(xiàn)錯誤，而

且空間向量方法證明平行和垂直問題的優(yōu)勢并不明顯，所以在復習立體幾何時，不要純粹以

空間向量為解題的工具，要注意綜合幾何法的應用.

【點評】此題主要考查空間線面關系、空間向量的概念與運算等根底知識，同時考查空間想

象能力和推理運算能力.

19.(14分)(2023?浙江)一個袋中有假設干個大小相同的黑球、白球和紅球.從袋中任意

摸出1個球，得到黑球的概率是工；從袋中任意摸出2個球，至少得到1個白球的概率是工

59

(I)假設袋中共有10個球，從袋中任意摸出3個球，記得到白球的個數(shù)為講求隨機變

量￡的數(shù)學期望E2

(H)求證：從袋中任意摸出2個球，至少得到1個黑球的概率不大于上.并指出袋中哪

10

種顏色的球個數(shù)最少.

【考點】離散型隨機變量及其分布列；等可能事件的概率；離散型隨機變量的期望與方差.

【專題】計算題；應用題；證明題；壓軸題.

【分析】(I)首先根據(jù)從袋中任意摸出2個球，至少得到1個白球的概率是工列出關系式,

9

得到白球的個數(shù)，從袋中任意摸出3個球，白球的個數(shù)為"根據(jù)題意得到變量可能的取值,

結(jié)合對應的事件，寫出分布列和期望.

(II)設出兩種球的個數(shù)，根據(jù)從袋中任意摸出2個球，至少得到1個黑球的概率不大于上,

10

得到兩個未知數(shù)之間的關系，得到白球的個數(shù)比黑球多，白球個數(shù)多于2仃紅球的個數(shù)少

5

于工，得到袋中紅球個數(shù)最少.

5

【解答】解：(I)記"從袋中任意摸出兩個球，至少得到一個白球"為事件A,

設袋中白球的個數(shù)為X,

「2

那么P(A)=1-^^=4，

「29

L10

得到x=5.

故白球有5個.

隨機變量￡的取值為0,1，2,3,

分布列是

1的數(shù)學期望E8,xo*x1*x2哈x3=^

ini證明：設袋中有n個球，其中y個黑球，由題意得打

5

2y<n,2y<n-1,

故工。

n-廣2

記"從袋中任意摸出兩個球，至少有1個黑球"為事件B,

那么p⑻哈

55n-155210

白球的個數(shù)比黑球多，白球個數(shù)多于2萬紅球的個數(shù)少于三

5n5

故袋中紅球個數(shù)最少.

【點評】此題主要考查排列組合、對立事件、相互獨立事件的概率和隨機變量分布列和數(shù)學

期望等概念，同時考查學生的邏輯思維能力和分析問題以及解決問題的能力.

20.(15分)(2023?浙江)曲線C是到點p(-1,8)和到直線尸-至距離相等的點的

288

軌跡，1是過點Q(-1,0)的直線，M是C上〔不在1上)的動點；A、B在1上，MALI,

MB_Lx軸(如圖).

(I)求曲線C的方程；

(n)求出直線1的方程，使得嵯2

-為常數(shù).

IQA

【考點】軌跡方程；直線的一般式方程.

【專題】計算題；壓軸題.

【分析】(I)設N(x,y)為C上的點，進而可表示H1|NP|,根據(jù)N到直線行-下的距離和

8

|NP|進而可得曲線C的方程.

2,

(II)先設M(x,三聲)，直線1：y=kx+k,進而可得B點坐標，再分別表示出IQBI，|QM|,

|MA|,最后根據(jù)|QA|2=|QMF-|AM|2求得k.

【解答】解：⑴設為上的點，那么2R2

N(x,y)C|NP|=1(x+1)+)

o

N到直線尸-向的距離為|什|卜

由題設得J(x+^)+(y，)=ly+-|l,

2

化簡，得曲線c的方程為尸￡(x+x).

UD設M(x,￡，直線1：y=kx+k,那么B(x,kx+k),從而|QB|二Jl+k2|x+l|,

22

在RSQMA中,因為|QM|2=(x+1)2+2=(x+1)2(1+亍)

v2

(x+1)29(k-/

2

IMA|=-----------1一?

所以|QA|2=|QMr-|AM『=''"I)二(kx+2)2

4(1+k2)

|QA*￥也抖

2Vl+k2

|QB|22(1+k2)^1+k2,x+1,

=

~WM烹?

當k=2時，單1；=5“，

iQAl

從而所求直線1方程為2x-y+2=0.

【點評】此題主要考查求曲線軌跡方程，兩條直線的位置關系等根底知識，考查解析幾何的

根本思想方法和綜合解題能力.

21.(15分)(2023?浙江)a是實數(shù)，函數(shù)f(x)=Vx(x-a)

(I)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；

(n)設g(a〕為f(x)在區(qū)間［0,2］上的最小值.

⑴寫出g(a)的表達式；

(ii)求a的取值范圍，使得-64g(a)<-2.

【考點】利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；函數(shù)解析式的求解及常用方法；利用導數(shù)求閉區(qū)間上

函數(shù)的最值；不等式的證明.

【專題】計算題；壓軸題.

【分析】(I)求出函數(shù)的定義域［0,+8),求出。(X),因為a為實數(shù)，討論a?),(x>0)

得到F(x)>0得到函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間；假設a>0,令f(x)=0,得到函數(shù)駐點討論x

取值得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可.

(n)①討論假設aso,f(x)在［0,2］上單調(diào)遞增，所以g(a)=f⑻=0；假設0<a<6,

f(x)在［0,爭上單調(diào)遞減，在G|,2］上單調(diào)遞增，所以g(a)=f(1)=-與，|

假設的6,f(x)在［0,2］上單調(diào)遞減，所以g(a)=f(2)=V2(2-a).得至ijg(a)

為分段函數(shù)，寫出即可；②令-6Sg(a)S-2,代到第一段上無解；假設0VaV6,解得34a

<6；假設a26,解得6<a<2+3后.那么求出a的取值范圍即可.

【解答】解；(I)解：函數(shù)的定義域為［0,+8),f(x)"第金|譚(x>0).

假設處0,那么f(x)>0,f(x)有單調(diào)遞增區(qū)間［0,+8).

假設a>0,令f(x)=0,得x/，當0<x<且時，f(x)<0,

33

當X>總時，f(x)>0.f(x)有單調(diào)遞減區(qū)間［0,月］,單調(diào)遞增區(qū)間,+8).

3

(n)解：⑴假設avo,f(x)在［0,2］上單調(diào)遞增，所以g(a)=f(0)=0.

假設0<a<6,f(x)在［0,0］上單調(diào)遞減，在(月,2］上單調(diào)遞增,

33

所以g(a)=f(1)=-邦.

假設a26,f(x)在［0,2］上單調(diào)遞減,

所以g(a)=f⑵=^2(2-a).

，0a<0

g⑹二-徵

綜上所述,0<a<6改天

V2(2-a)a)6

(ii)令-64g(a)<-2.假設a40,無解.假設0<a<6,解得34aV6.

假設a26