理科数学-2023年高三1月大联考（全国乙卷）（全解全析及评分标准）_02高考数学_数学高考模拟题_2023年模拟题_老高考_2023届高三上学期1月大联考（全国乙卷）理科数学

2023 年高三 1 月大联考（全国乙卷）
理科数学·全解全析及评分标准
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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
A B C B D C A B D C B C
1 1
1．A 【解析】  A{x| x0}，B{x|(3x1)(x1)0}{x| 3 x1}，A  B{x|x 3 }，
1
R (A

B){x|x
3
}，故选A．
1
2．B 【解析】设zabi(a,bR)，则zabi，z2z 3abi32i，则a1,b2， 
z
1 12i 12i 1 2
    i，故选B.
12i (12i)(12i) 5 5 5
3．C 【解析】观察主视图中的木条位置，分析可知侧视图不可能是A和B，观察木条的层次位置，分析可
知侧视图也不可能是D，故选C．
4．B 【解析】因为|ab|2a2 2abb2 10，|a| 10,|b|2，所以ab2，所以(2ab) (ab)
2a2 b2 ab204214．故选B．
2  1   7
5．D【解析】∵sin 3cos ，∴cos( ) ，∴cos(2 )2cos2( )1 ，故选D．
3 6 3 3 6 9
6．C 【解析】由函数 f(x)3x23tx在区间(2,3)上单调递减，得yx2 3tx在区间(2,3)上单调递减，所以
3t
3，解得t 2.结合A，B，C，D四个选项，知使得“函数 f(x)3x23tx在区间(2,3)上单调递减”成立
2
的一个充分不必要条件可以是t3．故选C．
7．A【解析】设第i次电压不稳仪器损坏为事件A(i1,2)，则P(A)0.1,P(A)0.9，P(A |A)0.2，
i 1 1 2 1
P(A |A)0.8，故连续两次电压不稳仪器未损坏的概率为P(A A )P(A |A)P(A)0.80.9 0.72．故
2 1 1 2 2 1 1
选A．
  1
8．B 【解析】方法一：由题意，得g(x)4cos(x ).由h(x) g(x)20，得cos(x ) ，
3 3 2
2
2k
    3 2k
所以x 2k 或x 2k ，kZ，解得x 或x ，kZ,欲使函数h(x)在
3 3 3 3  
16
4 3 8
(0,2)上有且仅有4个零点，则 2 ，解得2 ，故选B.
  3
理科数学 全解全析及评分标准 第1页（共13页）  1 
方法二：由题意，得 g(x)4cos(x ).由h(x) g(x)20 ，得cos(x ) .令x t ，由
3 3 2 3
     1  
x(0,2)，得x ( ,2 )，即t( ,2 )，欲使方程cost  在t( ,2 )上有且仅
3 3 3 3 3 2 3 3
13  17 8
有4个实根，则 2  ,所以2 ，故选B.
3 3 3 3
lnx
9．D 【解析】 alog 1.1log 1.21 ， b1.21.1 1.20 1, c1.11.2 1.10 1 ．设 f(x) ，则
1.2 1.2 x
1lnx
f(x) .当0 xe时，f(x)0，当xe时，f(x)0, f(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+)上
x2
ln1.2 ln1.1
单调递减，  1.11.2e，  ，即1.1ln1.21.2ln1.1,也即ln1.21.1  ln1.11.2,1.21.1 1.11.2,
1.2 1.1
acb，故选D．
1 1 1
10．C 【解析】由题意，知a +1 (a 1),a +12( )n1, a 2( )n11,
n1 2 n n 2 n 2
1
1( )n
S 2 2 n4( 1 )n 4n,  6n7  6n7 2 3 ,
n 1 2 a S 4n8 3n5 3n5
1 n n
2
6n7
当n2时，( ) 5，5，的最小值为5，故选C．
3n5 max
   
11．B 【解析】设双曲线 C 的半焦距为 c, OBOD2,|OB||OD|2.由圆的相交弦定理知，

ac ac 9 25 9 a2 2acc2
ac|OA||OF| |OB||OD|2.又圆M 的半径r  ,S ( )2[ , ]， 
2 2 4 8 4 4
25 25 17 5 a2 c2 17 5 1 17
 ，9a2 c2 2ac ,5a2 c2  ,   .又 ac2, e  ,
8 2 2 ac ac 2ac 2 e 4
2e4,故选B.
12．C 【解析】因为 f(1x) f(x1)0,所以 f(x)f(x),所以函数 f(x)为奇函数， f(0)0.因为
f(x8) f(x),所以 f(x)的周期为8.又 f(1)(1a)2 11,所以a10,所以a1, f(3)|3b|1
1，所以b3,故①正确.
因为 f(2023) f(25381) f(1)f(1)1，故②错误.
(x1)2 1,0 x2
易知 f(x) ，作出函数 f(x)在[0,4]上的图象，根据函数 f(x)为奇函数，及其周
|x3|1,2 x4
期为8，得到函数 f(x)在R上的图象，如图所示，由 f(x)的图象知，当x[4,6]时， f(x)0的解集
为(2,0)

(2,4),故③正确.
理科数学 全解全析及评分标准 第2页（共13页）由题意，知直线ymxm=m(x1)恒过点(1,0)，与函数 f(x)的图象在y轴右侧有3个交点.根据图象
1
可知当m0时，应有m5m<1，即m ，且同时满足mxm f(x), x[8,10]无解，即当x[8,10]
4
时， f(x)(10x)(x8)，(10x)(x8)mxm无解，所以0，解得166 7<m<166 7，所
1 1
以166 7<m< .当m0时，应有m3m>1，即m> ，且同时满足mxm f(x), x[6,8]无
4 2
解 ，即 当 x[6,8] 时 ， f(x)(x6)(x8) ， (x6)(x8)mxm 无 解， 所 以 0 ， 解 得
1
122 35m122 35，所以 m122 35.
2
1 1
综上，166 7<m< 或 m122 35，④错误.故选C．
4 2
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
1 1 1 1
13．9 【解析】因为(x1)(1 )6 x(1 )6 (1 )6，所以其展开式中含有 项的系数有两部分：一部分
x x x x
1 1 1 1
是(1 )6展开式中 的系数C2 15，另一部分是(1 )6展开式中 的系数C1 6，所以所求的系数
x x2 6 x x 6
为1569．故填9.
S S S S
14．4039 【解析】方法一：由题意，知{ n}是等差数列， 1 5, 2 4, 所以 n 5n1n6，即
n 1 2 n
S n2 6n.当n2时，S (n1)2 6(n1)，以上两式相减，得a 2n7 (n2).又a 5也适合
n n1 n 1
上式，所以a 2n7，所以当n2023时，a 2202374039，故填4039.
n 2023
S
方法二：由题意，知{ n}是等差数列，所以数列{a }也是等差数列，所以数列{a }的公差
n n n
d a a 352，所以a a (n1)22n7，所以a 2202374039．故填4039.
2 1 n 1 2023
15．2 3 【解析】由抛物线的定义知，|AH ||AF|.又|AH |2|BF|，所以|AF|2|BF|.如图，过点B作
直线l 的垂线，垂足为E ，则|BE||BF|，过点B 作 AH 的垂线，垂足为C .设|BE||BF|m，则
理科数学 全解全析及评分标准 第3页（共13页）|AC| m
|AH ||AF|2m，显然|AC||AH ||BE|2mmm，所以 cosCAF   
|AB| |AF||BF|
m 1
 ，所以tanCAF 2 2,所以直线AB的斜率为2 2，所以直线AB的方程为y2 2(x1).
2mm 3
y 2 2(x 1)  x 2
不妨设 A(x,y )， x 0,y 0，由 1 1 ，解得 1 ，所以|HF| y2|DF|2 
1 1 1 1 y
1
2 4x
1
y
1
2 2 1
12 2 3．故填2 3.
16．③④ 【解析】由题意，知平面DEF截正方体ABCD ABC D 所得截面图形为DHEFG，如图，易得
1 1 1 1 1 1
2 4 16 2 13 4 13
CG AH  ,GC  AH  ，所以DGDH  4  ，HE GF  1  ,所以所求周
3 1 1 3 1 1 9 3 9 3
2 13 13
长为2 2  2 2 13 2，故①错误；
3 3
1 1 1
设点 B 到平面DEF 的距离为 h，由题意，得V   2 ，DE DF 3,EF  2 ，所以
1 D1BEF 3 2 3 1 1
1 17 17 1 1 17 2 17
S   2  ，所以  h ，即h ，故②错误；
△D1EF 2 2 2 3 3 2 17
正 方 体 ABCD ABC D 的 体 积 为 2228 ， 其 中 一 部 分 的 体 积
1 1 1 1
1 3 1 1 2 1 1 2 25
V V V V  2   ( 2)21  ( 2)21 ，则另一部分
D1DEF FD1DCG ED1DAH 3 2 3 2 3 3 2 3 9
25 47
的体积为8  ，所以平面DEF将正方体ABCD ABC D 分割成两部分，较小一部分的体积为
9 9 1 1 1 1 1
25
，故③正确；
9
对于三棱锥BDEF ，先找到△BEF 的外接圆的圆心，即为EF中点，设为M，过点M作MN∥BB ，
1 1
交BD 于点N ，则外接球球心在直线 MN 上，设球心为 O，外接球半径为 R，MO x ，所以
1 1
2 3 2 9
R2  x2 ( )2 (2x)2 ( )2，所以x2,R2  ,球O的表面积S 4R2 18，④正确.
2 2 2
故填③④.
理科数学 全解全析及评分标准 第4页（共13页）说明：第15题填成 12也给分.
第16题，除了填成③④得5分，其他情况均为0分.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17~21题为必考题，每个试题考生
都必须做答。第22、23题为选考题，考生根据要求做答。
（一）必考题：共60分。
17．（12分）
【解析】（1）由题意，得asinAbsinB(cb)sinC，（1分）
由正弦定理，得a2 b2 (cb)cb2 c2 bc.（2分）
b2 c2 a2 bc 1
由余弦定理，得cosA   .（3分）
2bc 2bc 2

又A(0,)， 所以A .（5分）
3
（2）因为△ABD与△ACD的面积之和等于△ABC的面积，且AD为角A的平分线，（6分）
 1  1  1 
由（1）知，A ，所以 3bsin  3csin  bcsin ，（7分）
3 2 6 2 6 2 3
所以bcbc.（8分）
bc bc
又bc( )2，当且仅当 ，即bc2时取等号，（9分）
2 bcbc
bc
所以bc( )2，（10分）
2
所以bc4，（11分）
所以bc的最小值为4．（12分）
说明：第（2）问中8分之后这样写也给分：
bc
bcbc2 bc ，当且仅当 ，即bc2时取等号，（9分）
bcbc
所以 bc 2，则bc4，（10分）
理科数学 全解全析及评分标准 第5页（共13页）所以bc4，（11分）
所以bc的最小值为4．（12分）
或者：(bc)2 b2c2，
bc
即b2c2 (bc)2 4bc，当且仅当 ，即bc2时取等号，（9分）
bcbc
所以bc4，（10分）
所以bc4，（11分）
所以bc的最小值为4．（12分）
以上方法中未写取等条件扣一分.
18．（12分）
120(40402020)2
【解析】（1）由于K2  （2分）
60606060
40
= 13.333（3分）
3
10.828，（4分）
所以有99.9%的把握认为教师是否经常使用多媒体教学与教师年龄有关．（5分）
40
（2）抽取的6名教师中，经常使用多媒体教学的教师人数为6 4，
4020
20
不经常使用多媒体教学的教师人数为6 2.（6分）
4020
X 的所有可能取值为1,2,3，
C2C1 1 C1C2 3 C3 1
P(X 1) 2 4  ，P(X 2) 2 4  ，P(X 3）= 4 = ，（9分）
C3 5 C3 5 C3 5
6 6 6
所以X 的分布列为
X 1 2 3
1 3 1
P
5 5 5
（10分）
1 3 1
所以E(X)1 2 3 （11分）
5 5 5
2. （12分）
说明：第（1）问解答中：未写出“13.333”，但比较大小正确，不扣分；
第（2）问解答过程中：得出经常使用多媒体教学的教师人数为 4，不经常使用多媒体教学的教
师人数为2，但没有用比例计算，不扣分；
理科数学 全解全析及评分标准 第6页（共13页）C2C1 1 C1C2 3 C3 1
P(X 1) 2 4  ，P(X 2) 2 4  ，P(X 3）= 4 = ，三个概率各1分，如果这三个概率至少
C3 5 C3 5 C3 5
6 6 6
有一个计算错误，后面的结果则不再给分.
19．（12分）
1 1
【解析】（1）如图，连接ED，AD//BC ，∵E为BC的中点，AD BC，∴BE  BC，
2 2
∴ADBE，AD//BE，∴四边形ABED为平行四边形.
又AB  AD，∴四边形ABED为菱形，∴AE BD．（2分）
∵PA平面ABCD，BD平面ABCD，∴PA BD．（4分）
又AE,PA平面PAE，且AE

PA A，∴BD平面PAE．（5分）
1
（2）设PA AB AD BC 1，则AE BE  AB1，∴△ABE为正三角形．（6分）
2
过点A作AH  AD交BC于点H ，由题意，知AH,AD,AP两两垂直，以A为坐标原点，AH,AD,AP所
在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
3 1 3 3
则P(0,0,1), E( , ,0), C( , ,0), D(0,1,0),
2 2 2 2
 3 1   3 1
∴PE ( , ,1), PD(0,1,1), DC ( , ,0).（7分）
2 2 2 2
设平面PCD的法向量为n(x,y,z)，
 yz0
nPD0

则  ,∴ 3 1 ，令x1，得y 3,z 3，
nDC 0  x y0
 2 2
∴n(1, 3, 3)是平面PCD的一个法向量．（9分）
设直线PE 与平面PCD所成的角为，

 |PEn| 3 42
∴sin|cos PE,n |    ，（11分）
|PE||n| 2 7 14
42
∴直线PE 与平面PCD所成角的正弦值为 .（12分）
14
说明：第（1）问解答中：
1.“∴四边形ABED为平行四边形，”后面这样写“∴四边形ABED为平行四边形，且△ABD为等腰三
角形，设AE

BDO，则AO BD，得到AE BD”同样给2分.
理科数学 全解全析及评分标准 第7页（共13页）2. 4分段中，无“BD平面ABCD”，不扣分.
3. 5分段中，无“AE,PA平面PAE，且AE

PA A”，不扣分.
第（2）问解答中：
 3 1   3 1
1.没有垂直关系的推导过程，直接写如图建系的，并且PE ( , ,1), PD(0,1,1), DC ( , ,0).
2 2 2 2
都写对了给到6分.
2.7分段至9分段，法向量正确，但没有过程，扣1分；过程正确，法向量错误，扣1分.
3
3. 最后结果写为： ，不扣分.
14
20．（12分）
【解析】（1）依题意，得A(a,0),B(0,b)，设|MB|，则|AM |2，|AB|3，a2 b2 (3)2①．
（1分）
4
由ABOM ，知|OM |2|OA|2 |AM |2|OB|2 |MB|2，a2 (2)2 b2 2  ②．（3分）
3
由①②，解得a2 4,b2 2，（4分）
x2 y2
椭圆C的标准方程为  1.（5分）
4 2
2 2
（2）方法一:①当直线EF 的斜率不存在时，即EF x轴时，P( 3,0)或P( 3,0)，直线EF 的方程
3 3
2 2 x2 y2 2 2 3 2 3 4
为x 3或x 3，代入方程  1中，得y 3，所以|PE||PF|   ．（6分）
3 3 4 2 3 3 3 3
②当直线EF 的斜率存在时，设直线EF 的方程为ykxm，E(x,y ),F(x ,y ).
1 1 2 2
4 |m| 2 3

直线EF 与圆O:x2  y2  相切于点P，圆心O到EF 的距离|OP|  ，
3 k21 3
即m2  4 (k2 1)()．（7分）
3
x2 y2
  1
联立 4 2 ，整理，得(12k2)x2 4kmx2m2 40，

ykxm
16 4km 2m2 4
8(4k2 m2 2) (4k2 1)0恒成立，且x x  ,x x  ，（8分）
3 1 2 12k2 1 2 12k2
y y (kx m)(kx m)k2xx km(x x )m2，
1 2 1 2 1 2 1 2
2m2 4 4k2m2 3m2 4k2 4
 xx  y y (1k2)xx km(x x )m2 (1k2)  m2  ，
1 2 1 2 1 2 1 2 12k2 12k2 12k2
理科数学 全解全析及评分标准 第8页（共13页）将()式代入上式，得x x  y y 0，OEOF.（10分）
1 2 1 2
|PF| |OP| 4
又 OPEF，△OPF∽△EPO，  ，|PE||PF||OP|2 .
 |OP| |PE| 3
4
综上可得，|PE||PF|为定值 ．（12分）
3
 2 3
x costcos
方法二:设P( 2 3 cos, 2 3 sin)，直线EF 的倾斜角为，则EF 的参数方程为   3
3 3
 2 3
y sintsin
  3
x2 y2
（t为参数），代入椭圆方程  1，（6分）
4 2
4 3 8 3 4 8
整理，得(cos22sin2)t2 ( coscos sinsin)t cos2 sin240，（8分）
3 3 3 3
设点E,F 对应的参数分别为t ,t ，
1 2
4 8
| cos2 sin24|
3 3 4 2cos2sin2
则|PE||PF||t t |   ．（10分）
1 2 cos22sin2 3 cos22sin2
OPEF，sin2cos2, cos2sin2，

4
|PE||PF| ，是定值．（12分）
3
说明：第（1）问解答中：另解
x y
直线AB的方程为：  1，即bxayab0，（1分）
a b
ab 2
圆心(0,0)到直线AB的距离为：d   ，即4(b2 a2)3a2b2，①（2分）
b2 a2 3
4 4
由|AM |2|BM |，则 a2  2 b2  ，即a2 44b2，②（3分）
3 3
由①②解得a2 4,b2 2，（4分）
x2 y2
椭圆C的标准方程为  1.（5分）
4 2
第（2）问解答中：
2 6 6 4
当P为点M时，|PE| MA  ，|PF| MB  ，得到|PE||PF| ，此处给1分，如果一般性
3 3 3
计算正确，此处不重复给分.
21．（12分）
【解析】（1）设直线yxa与函数 f(x)的图象相切于点P(x ,y )，
0 0
理科数学 全解全析及评分标准 第9页（共13页）1
求导，得 f(x)a2x ，（1分）
x
1 1
则a2x  1 ，即a2x  1①.
0 x 0 x
0 0
由题意知ax x2 lnx x a②，
0 0 0 0
1
由①②消去a得，x2 2x  lnx 20.（3分）
0 0 x 0
0
1 2
设h(x)x2 2x lnx2，x ，
x 2
1 1 1
则h(x)2x2  (x1)(2 )，
x2 x x2
2
当x( ,1)时，h(x)0,h(x)单调递减，
2
当x(1,)时，h(x)0,h(x)单调递增，
所以h(x)在x1处取得极小值，也是最小值,h(1)12120，
1 2 1
所以h(x)x2 2x lnx2(x )有唯一零点1，即x2 2x  lnx 20有唯一根1，（5分）
x 2 0 0 x 0
0
所以a2112．（6分）
（2）由题意，知g(x)axx2 lnx(a2 1)lnxaxx2 a2lnx，x0，
a2 (2xa)(xa)
则g(x)a2x  .（7分）
x x
当a0时，g(x)x2 0, 无零点；（8分）
当a0时，若x(0,a)，则g(x)0,g(x)单调递增，若x(a,)，则g(x)0,g(x)单调递减，
所以g(x)在xa处取得极大值，也是最大值，g(a)a2lna，（9分）
欲使g(x)有两个零点，则g(a)a2lna0，解得a1.
1 3
(ae )2 
又g( 1 ) a  1 a2  a2e2 ae1  2 4 0，
e e e2 e2 e2
1 1
且 a，所以x ( ,a)，使g(x )0.
e 1 e 1
易证当x0时，xlnx，所以g(x)axx2 a2lnxaxx2 a2x,xa，
所以g(a2 a1)(a2 a1)(a2 a1a2 a)(a2 a1)0，
所以x (a，a2 a1)，使g(x )0，故g(x)有两个零点.（10分）
2 2
理科数学 全解全析及评分标准 第10页（共13页）a a
当a0时，若x(0, ),则g(x)0,g(x)单调递增，若x( ,),则g(x)0,g(x)单调递减，
2 2
a a 3 a
所以g(x)在x 处取得极大值，也是最大值，g( ) a2 a2ln( ) ，欲使g(x)有两个零点，
2 2 4 2
a 3 a 3
则g( ) a2 a2ln( )0，解得a2e4.（11分）
2 4 2
1 3
(ae )2 
又g( 1 ) a  1 a2  2 4 0，g(a2 a1)0，且 1  a a2 a1 ，
e e e2 e2 e 2
1 a a
所以x ( , )，x ( ,a2 a1)， 使g(x ) g(x )0．
3 e 2 4 2 3 4
3
综上，实数a的取值范围是(，2e4) (1，+)．（12分）

说明：第（1）问解答中：
1
3分到5分段，没有用函数的单调性说明只有唯一一个根，并且看出了方程x2 2x  lnx 20的
0 0 x 0
0
一个根为x 1，到此处可得4分.
0
第（2）问解答中：
9分到10分段，得到了a1，未说明两端函数值的正负，此处给了1分之后，答案就不再给分.
如果两端使用极限说明g(x)0，则该分段不扣分；10分到11分段同理.
（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。
22．（10分）[选修4-4：坐标系与参数方程]
【解析】（1）由sin24cos得，2sin24cos，（1分）
将xcos,ysin，代入得y2 4x.（2分）
 2
x1 t
π  2
当 时， ，（3分）
4  2
y t

 2
消去t，得x y10．
∴曲线C的直角坐标方程为y2 4x，直线l的普通方程为x y10．（4分）
x1tcos
（2）设A,B对应的参数分别为t ,t ，将 代入y2 4x得，
1 2 ytsin
t2sin24tcos40，（5分）
4cos 4
∴t t  ，tt  0，∴t ,t 异号，（6分）
1 2 sin2 12 sin2 1 2
理科数学 全解全析及评分标准 第11页（共13页）8
∴||AF||BF||||t||t |||t t | ，（7分）
1 2 1 2 3
4cos 8
∴| | ，（8分）
sin2 3
1 1
解得cos 或cos .（9分）
2 2
π 2π
∵(0,π)，∴ 或 ，
3 3
π 2π
∴直线l的倾斜角为 或 ．（10分）
3 3
说明：第（1）问解答中：
π
当 时，直接得到x y10不扣分，
4
第（2）问解答中：
1 1 π 2π
cos 与cos 只得到一个，扣一分； 与 中，只得到一个答案，扣一分.
2 2 3 3
23．（10分）[选修4-5：不等式选讲]
【解析】（1）当a1时， f(x)|x1|2|x|，
5 5
当x1时，不等式 f(x)4等价于 x12x4，解得x ，则  x1；（2分）
3 3
当1x0时，不等式 f(x)4等价于 x12x4，解得x3，则1x0；（3分）
当x0时，不等式 f(x)4等价于 x12x4，解得x1，则0x1.（4分）
5
综上可得，不等式 f(x)4的解集为[ ,1]．（5分）
3

(a2)x1,x0

1  1
（2）方法一：当a0时， 0，则 f(x)(a2)x1,0 x .
a a

 1
(a2)x1,x

 a
1 1
f(x)在(,0)上单调递减，在(0, )上是单调的函数或常函数，在( ,)上单调递增， f(x)的
a a
1 1 2
最小值为min{f(0), f( )}. f(0)1，要使 f(x)的最小值为1，则 f( ) 1，2a0；（7分）
a a a
当a0时， f(x)2|x|1，其最小值为1，符合题意；（8分）
 1
(a2)x1,x

a

1  1
当a0时， 0，则 f(x)(a2)x1,  x0
a a
 .
(a2)x1,x0


理科数学 全解全析及评分标准 第12页（共13页）1 1
f(x)在(, )上单调递减，在( ,0)上是单调的函数或常函数，在(0,)上单调递增，
a a
1 1 2
 f(x)的最小值为min{f(0), f( )}. f(0)1,要使 f(x)的最小值为1，则 f( ) 1，0a2.
a a a
（9分）
综上可得，实数a的取值范围是[2,2]．（10分）
方法二：若 f(x)的最小值为1，则 f(x)|ax1|2|x|1恒成立，（6分）
即 |ax1|1 2|x|，分别作出函数 y|ax1| 和 y12|x|的图象，（8分）
由图分析可知，当2a2时， |ax1|1 2|x|恒成立．
所以实数a的取值范围是[2,2]．（10分）
说明：第（2）问用方法二解答中：未作图扣1分.
理科数学 全解全析及评分标准 第13页（共13页）