2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 分層特訓(xùn)卷 模擬仿真專練（四） 文

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1、專練(四) 一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的) 1．[2019·廣東深圳高級(jí)中學(xué)期末]已知集合A＝{x∈Z|－1≤x≤4}，B＝{－2，－1,4,8,9}，設(shè)C＝A∩B，則集合C的元素個(gè)數(shù)為(　　) A．9　　　　　　　　　　B．8 C．3 D．2 答案：D 解析：A＝{x∈Z|－1≤x≤4}＝{－1,0,1,2,3,4}，B＝{－2，－1,4,8,9}，則C＝A∩B＝{－1,4}，集合C的元素個(gè)數(shù)為2，故選D. 2．[2019·福建晉江四校聯(lián)考]復(fù)數(shù)z＝a＋i(a∈R)的共軛復(fù)數(shù)為，滿足||＝1，則復(fù)數(shù)z＝

2、(　　) A．2＋i B．2－i C．1＋i D．i 答案：D 解析：根據(jù)題意可得＝a－i，所以||＝＝1，解得a＝0，所以復(fù)數(shù)z＝i.故選D. 3．[2019·重慶一中月考]設(shè)a，b，c是平面向量，則a·b＝b·c是a＝c的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 答案：B 解析：由a·b＝b·c得(a－c)·b＝0，∴a＝c或b＝0或(a－c)⊥b，∴a·b＝b·c是a＝c的必要不充分條件．故選B. 4．[2019·黑龍江牡丹江一中月考]關(guān)于函數(shù)f(x)＝sin與函數(shù)g(x)＝cos，下列說(shuō)法正確的是(　　) A

3、．函數(shù)f(x)和g(x)的圖象有一個(gè)交點(diǎn)在y軸上 B．函數(shù)f(x)和g(x)的圖象在區(qū)間(0，π)內(nèi)有3個(gè)交點(diǎn) C．函數(shù)f(x)和g(x)的圖象關(guān)于直線x＝對(duì)稱 D．函數(shù)f(x)和g(x)的圖象關(guān)于原點(diǎn)(0,0)對(duì)稱 答案：D 解析：∵g(－x)＝cos＝cos＝cos＝－sin，∴g(－x)＝－f(x)，∴函數(shù)f(x)和g(x)的圖象關(guān)于原點(diǎn)(0,0)對(duì)稱，故選D. 5．[2019·湖北武漢武昌調(diào)研考]已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝n2－1，則a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝(　　) A．40 B．44 C．45 D．49 答案：B 解析：解法一　因?yàn)镾n＝n2－1，

4、所以當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝n2－1－(n－1)2＋1＝2n－1，又a1＝S1＝0，所以an＝所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝0＋5＋9＋13＋17＝44.故選B. 解法二　因?yàn)镾n＝n2－1，所以當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝n2－1－(n－1)2＋1＝2n－1，又a1＝S1＝0，所以an＝所以{an}從第二項(xiàng)起是等差數(shù)列，a2＝3，公差d＝2，所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝0＋4a6＝4×(2×6－1)＝44.故選B. 6．[2019·黑龍江哈爾濱四校聯(lián)考]已知函數(shù)f(x)＝cos，執(zhí)行如圖所示的程序框圖，則輸出的S值為(　　) A．670 B．670 C

5、．671 D．672 答案：C 解析：執(zhí)行程序框圖，y＝f(1)＝cos＝，S＝0＋＝，n＝1＋1＝2；y＝f(2)＝cos＝－，S＝，n＝2＋1＝3；y＝f(3)＝cos π＝－1，S＝，n＝3＋1＝4；y＝f(4)＝cos＝－，S＝，n＝4＋1＝5；y＝f(5)＝cos＝，S＝＋＝1，n＝6；y＝f(6)＝cos2π＝1，S＝1＋1＝2，n＝7……直到n＝2 016時(shí)，退出循環(huán)．∵函數(shù)y＝cos是以6為周期的周期函數(shù)，2 015＝6×335＋5，f(2 016)＝cos 336π＝cos(2π×138)＝1，∴輸出的S＝336×2－1＝671.故選C. 7．[2019·湖南衡陽(yáng)八中

6、模擬]如圖，在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，A1B1的中點(diǎn)是P，過(guò)點(diǎn)A1作與截面PBC1平行的截面，則該截面的面積為(　　) A．2 B．2 C．2 D．4 答案：C 解析：易知截面是菱形，如圖，分別取棱D1C1，AB的中點(diǎn)E，F(xiàn)，連接A1E，A1F，CF，CE，則菱形A1ECF為符合題意的截面． 連接EF，A1C，易知EF＝2，A1C＝2，EF⊥A1C，所以截面的面積S＝EF·A1C＝2.故選C. 8．[2019·河北張家口期中]已知x>0，y>0，lg 2x＋lg 8y＝lg 2，則＋的最小值是(　　) A．1 B．2 C．2 D．4

7、答案：D 解析：通解　∵lg 2x＋lg 8y＝lg 2，∴l(xiāng)g 2x＋3y＝lg 2，∴x＋3y＝1.又x>0，y>0，∴＋＝(x＋3y)＝2＋＋≥2＋2＝4，當(dāng)且僅當(dāng)x＝，y＝時(shí)等號(hào)成立，所以＋的最小值是4.故選D. 優(yōu)解　∵lg 2x＋lg 8y＝lg 2，∴l(xiāng)g 2x＋3y＝lg 2，∴x＋3y＝1.又x>0，y>0，∴＋＝＝≥＝4，當(dāng)且僅當(dāng)x＝，y＝時(shí)等號(hào)成立，所以＋的最小值是4，故選D. 9．[2019·河北唐山摸底]已知函數(shù)f(x)＝sin x－sin 3x，x∈[0,2π]，則f(x)的所有零點(diǎn)之和等于(　　) A．5π B．6π C．7π D．8π 答案：C

8、 解析：f(x)＝sin x－sin(2x＋x)＝sin x－sin 2xcos x－cos 2xsin x＝sin x－2sin x(1－sin2x)－(1－2sin2x)sin x＝sin x－(3sin x－4sin3x)＝2sin x(2sin2x－1)， 令f(x)＝0得sin x＝0或sin x＝±. 于是，f(x)在[0,2π]上的所有零點(diǎn)為x＝0，，，π，，，2π. 故f(x)的所有零點(diǎn)之和為0＋＋＋π＋＋＋2π＝7π，故選C. 10．[2019·江西七校聯(lián)考]圖中的圖案是我國(guó)古代建筑中的一種裝飾圖案，形若銅錢，寓意富貴吉祥，在圓內(nèi)隨機(jī)取一點(diǎn)，則該點(diǎn)取自陰影區(qū)域(由

9、四條半徑與大圓半徑相等的四分之一圓弧圍成)內(nèi)的概率是(　　) A. B. C.－1 D．2－ 答案：C 解析：設(shè)圓的半徑為1，則該點(diǎn)取自陰影區(qū)域內(nèi)的概率P＝＝＝－1，故選C. 11．[2019·四川內(nèi)江一模]設(shè)函數(shù)f(x)在R上存在導(dǎo)數(shù)f′(x)，對(duì)任意的x∈R，有f(－x)－f(x)＝0，且x∈[0，＋∞)時(shí)，f′(x)>2x，若f(a－2)－f(a)≥4－4a，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為(　　) A．(－∞，1] B．[1，＋∞) C．(－∞，2] D．[2，＋∞) 答案：A 解析：對(duì)任意的x∈R，有f(－x)－f(x)＝0，所以f(x)為偶函數(shù)． 設(shè)g(x)＝f(x

10、)－x2，所以g′(x)＝f′(x)－2x， 因?yàn)閤∈[0，＋∞)時(shí)f′(x)>2x，所以x∈[0，＋∞)時(shí)，g′(x)＝f′(x)－2x>0，所以g(x)在[0，＋∞)上為增函數(shù)． 因?yàn)閒(a－2)－f(a)≥4－4a，所以f(a－2)－(a－2)2≥f(a)－a2， 所以g(a－2)≥g(a)，易知g(x)為偶函數(shù)，所以|a－2|≥|a|，解得a≤1，故選A. 12．[2019·河北衡水中學(xué)五調(diào)]已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)為F，過(guò)點(diǎn)F的直線l與拋物線C交于A，B兩點(diǎn)，且直線l與圓x2－px＋y2－p2＝0交于C，D兩點(diǎn)．若|AB|＝2|CD|，則直線l的斜率為(　　

11、) A．± B．± C．±1 D．± 答案：C 解析：由題設(shè)可得圓的方程為2＋y2＝p2，故圓心坐標(biāo)為，為拋物線C的焦點(diǎn)，所以|CD|＝2p，所以|AB|＝4p.設(shè)直線l：x＝ty＋，代入y2＝2px(p>0)，得y2－2pty－p2＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＋y2＝2pt，y1y2＝－p2，則|AB|＝＝2p(1＋t2)＝4p，所以1＋t2＝2，解得t＝±1，故選C. 二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．將正確答案填在題中的橫線上．) 13．某學(xué)校舉辦科技節(jié)活動(dòng)，有甲、乙、丙、丁四個(gè)團(tuán)隊(duì)參加“智能機(jī)器人”項(xiàng)目比賽，該項(xiàng)目只設(shè)置一個(gè)一等獎(jiǎng)，

12、在評(píng)獎(jiǎng)結(jié)果揭曉前，小張、小王、小李、小趙四位同學(xué)對(duì)這四個(gè)參賽團(tuán)隊(duì)獲獎(jiǎng)結(jié)果預(yù)測(cè)如下： 小張說(shuō)：“甲團(tuán)隊(duì)獲得一等獎(jiǎng)．” 小王說(shuō)：“甲或乙團(tuán)隊(duì)獲得一等獎(jiǎng)．” 小李說(shuō)：“丁團(tuán)隊(duì)獲得一等獎(jiǎng)．” 小趙說(shuō)：“乙、丙兩個(gè)團(tuán)隊(duì)均未獲得一等獎(jiǎng)．” 若這四位同學(xué)中只有兩位的預(yù)測(cè)結(jié)果是對(duì)的，則獲得一等獎(jiǎng)的團(tuán)隊(duì)是________． 答案：丁 解析：①若獲得一等獎(jiǎng)的團(tuán)隊(duì)是甲團(tuán)隊(duì)，則小張、小王、小趙的預(yù)測(cè)結(jié)果是對(duì)的，小李的預(yù)測(cè)結(jié)果是錯(cuò)的，與題設(shè)矛盾； ②若獲得一等獎(jiǎng)的團(tuán)隊(duì)是乙團(tuán)隊(duì)，則小王的預(yù)測(cè)結(jié)果是對(duì)的，小張、小李、小趙的預(yù)測(cè)結(jié)果是錯(cuò)的，與題設(shè)矛盾； ③若獲得一等獎(jiǎng)的團(tuán)隊(duì)是丙團(tuán)隊(duì)，則四人的預(yù)測(cè)結(jié)果都是錯(cuò)的

13、，與題設(shè)矛盾； ④若獲得一等獎(jiǎng)的團(tuán)隊(duì)是丁團(tuán)隊(duì)，則小李、小趙的預(yù)測(cè)結(jié)果是對(duì)的，小張、小王的預(yù)測(cè)結(jié)果是錯(cuò)的，與題設(shè)相符． 故獲得一等獎(jiǎng)的團(tuán)隊(duì)是丁． 14．[2019·江蘇無(wú)錫?？糫以雙曲線－＝1的右焦點(diǎn)為焦點(diǎn)的拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程是________． 答案：y2＝12x 解析：雙曲線中，c＝＝3，所以右焦點(diǎn)坐標(biāo)為(3,0)，故拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)為(3,0)，所以＝3，p＝6，拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2＝12x. 15．[2019·云南第一次統(tǒng)一檢測(cè)]已知函數(shù)f(x)＝若f(m)＝－6，則f(m－61)＝________. 答案：－4 解析：∵函數(shù)f(x)＝f(m)＝－6，∴當(dāng)m<3時(shí)，f(m

14、)＝3m－2－5＝－6，無(wú)解；當(dāng)m≥3時(shí)，f(m)＝－log2(m＋1)＝－6，解得m＝63， ∴f(m－61)＝f(2)＝32－2－5＝－4. 16．[2019·安徽定遠(yuǎn)中學(xué)月考]已知等差數(shù)列{an}滿足a3＝6，a4＝7，bn＝(an－3)·3n，則數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn＝________. 答案： 解析：因?yàn)閍3＝6，a4＝7，所以d＝1， 所以a1＝4，an＝n＋3，bn＝(an－3)·3n＝n·3n， 所以Tn＝1×31＋2×32＋3×33＋…＋n×3n?、?， 3Tn＝1×32＋2×33＋3×34＋…＋n×3n＋1?、?， ①－②得－2Tn＝3＋32＋33＋…＋3n

15、－n×3n＋1＝－n×3n＋1， 所以Tn＝. 三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟．) 17．(12分)[2019·華大新高考聯(lián)盟教學(xué)質(zhì)量測(cè)評(píng)]在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，△ABC的面積為S，b＝4，accos B＝S. (1)若a，b，c成等差數(shù)列，試判斷△ABC的形狀； (2)求a＋c的取值范圍． 解析：(1)由已知得accos B＝acsin B，得tan B＝， 因?yàn)?

16、16＝(a＋c)2－3ac，得ac＝16， 所以a＝c＝b＝4，所以△ABC是等邊三角形． (2)解法一　由(1)得(a＋c)2－3ac＝16≥(a＋c)2－32(當(dāng)且僅當(dāng)a＝c時(shí)取等號(hào))， 解得0b＝4，所以4

17、 18．(12分)[2019·江西南昌模擬]如圖，在四棱錐P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，底面ABCD為梯形，AB∥CD，AB＝2DC＝2，且△PAD與△ABD均為正三角形，E為AD的中點(diǎn)，G為△PAD的重心，AC與BD交于點(diǎn)F. (1)求證：GF∥平面PDC； (2)求三棱錐G－PCD的體積． 解析：(1)連接AG并延長(zhǎng)，交PD于點(diǎn)H，連接CH. 在梯形ABCD中，∵AB∥CD且AB＝2DC，∴＝. 又E為AD的中點(diǎn)，G為△PAD的重心， ∴＝. 在△AHC中，＝＝，故GF∥HC. ∵HC?平面PCD，GF?平面PCD， ∴GF∥平面PDC. (2)連接B

18、E，由平面PAD⊥平面ABCD，△PAD與△ABD均為正三角形，E為AD的中點(diǎn)，知PE⊥AD，BE⊥AD. ∵平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE?平面PAD， ∴PE⊥平面ABCD，且PE＝3. 由(1)知GF∥平面PDC， 連接FP，V三棱錐G－PCD＝V三棱錐F－PCD＝V三棱錐P－CDF＝×PE×S△CDF. ∵△ABD為正三角形，∴BD＝AB＝2，則DF＝BD＝. 又∠CDF＝∠ABD＝60°， ∴S△CDF＝×CD×DF×sin∠FDC＝， 則V三棱錐P－CDF＝×PE×S△CDF＝， ∴三棱錐G－PCD的體積為. 19．(12分)[2019·湖南省長(zhǎng)沙市檢測(cè)卷

19、]某互聯(lián)網(wǎng)公司為了確定下一季度的前期廣告投入計(jì)劃，收集了近6個(gè)月廣告投入量x(單位：萬(wàn)元)和收益y(單位：萬(wàn)元)的數(shù)據(jù)如下表： 月份 1 2 3 4 5 6 廣告投入量x 2 4 6 8 10 12 收益y 14.21 20.31 31.8 31.18 37.83 44.67 他們分別用兩種模型①y＝bx＋a，②y＝aebx進(jìn)行擬合，得到相應(yīng)的回歸方程并進(jìn)行殘差分析，得到如圖所示的殘差圖及一些統(tǒng)計(jì)量的值：(每個(gè)樣本點(diǎn)的殘差等于其實(shí)際值減去該模型的估計(jì)值) iyi 7 30 1 464.24 364 (1)根據(jù)殘差圖

20、，比較模型①，②的擬合效果，應(yīng)選擇哪個(gè)模型？并說(shuō)明理由； (2)殘差絕對(duì)值大于2的數(shù)據(jù)被認(rèn)為是異常數(shù)據(jù)，需要剔除： ①剔除異常數(shù)據(jù)后求出(1)中所選模型的回歸方程； ②當(dāng)廣告投入量x＝18時(shí)，該模型收益的預(yù)報(bào)值是多少？ 附：對(duì)于一組數(shù)據(jù)(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)，其回歸直線＝x＋的斜率和截距的最小二乘估計(jì)分別為 ＝＝，＝－. 解析：(1)應(yīng)該選擇模型①，因?yàn)槟Ｐ廷贇埐铧c(diǎn)比較均勻地落在水平的帶狀區(qū)域中，說(shuō)明模型擬合精度高，回歸方程的預(yù)報(bào)精度高． (2)①剔除異常數(shù)據(jù)，即月份為3的數(shù)據(jù)后，得 ＝×(7×6－6)＝7.2； ＝×(30×6－31.8)＝29.

21、64. iyi＝1 464.24－6×31.8＝1 273.44； ＝364－62＝328. ＝＝＝＝3； ＝－＝29.64－3×7.2＝8.04， 所以y關(guān)于x的線性回歸方程為＝3x＋8.04. ②把x＝18代入回歸方程得＝3×18＋8.04＝ 62.04. 故預(yù)報(bào)值約為62.04萬(wàn)元． 20．(12分)[2019·廣東廣州調(diào)研]已知?jiǎng)訄AC過(guò)定點(diǎn)F(1,0)，且與定直線x＝－1相切． (1)求動(dòng)圓圓心C的軌跡E的方程； (2)過(guò)點(diǎn)M(－2,0)的任一直線l與軌跡E交于不同的兩點(diǎn)P，Q，試探究在x軸上是否存在定點(diǎn)N(異于點(diǎn)M)，使得∠QNM＋∠PNM＝π？若存在，求出點(diǎn)N的

22、坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． 解析：(1)方法一　依題意知，動(dòng)圓圓心C到定點(diǎn)F(1,0)的距離與到定直線x＝－1的距離相等． 結(jié)合拋物線的定義，可得動(dòng)圓圓心C的軌跡E是以F(1,0)為焦點(diǎn)，直線x＝－1為準(zhǔn)線的拋物線，易知p＝2. 所以動(dòng)圓圓心C的軌跡E的方程為y2＝4x. 方法二　設(shè)動(dòng)圓圓心C(x，y)，依題意得 ＝|x＋1|， 化簡(jiǎn)得y2＝4x，此即動(dòng)圓圓心C的軌跡E的方程． (2)假設(shè)存在點(diǎn)N(x0,0)滿足題設(shè)條件． 由∠QNM＋∠PNM＝π可知，直線PN與QN的斜率互為相反數(shù)， 即kPN＋kQN＝0.　(*) 依題意易知直線PQ的斜率必存在且不為0，設(shè)直線PQ：x＝

23、my－2(m≠0)， 由得y2－4my＋8＝0. 由Δ＝(－4m)2－4×8>0，求得m>或m<－. 設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則y1＋y2＝4m，y1y2＝8. 由(*)得kPN＋kQN＝＋＝＝0， 所以y1(x2－x0)＋y2(x1－x0) ＝0，即y1x2＋y2x1－x0 (y1＋y2)＝0. 消去x1，x2，得y1y＋y2y－x0(y1＋y2)＝0， 即y1y2(y1＋y2)－x0(y1＋y2)＝0. 因?yàn)閥1＋y2≠0，所以x0＝y(tǒng)1y2＝2， 于是存在點(diǎn)N(2,0)，使得∠QNM＋∠PNM＝π. 21．(12分)[2019·陜西西安中學(xué)期中]已知函數(shù)

24、f(x)＝x2＋(1－x)ex，g(x)＝x－ln x－a，a<1. (1)求函數(shù)g(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若對(duì)任意x1∈[－1,0]，總存在x2∈[e,3]，使得f(x1)>g(x2)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解析：(1)因?yàn)間′(x)＝1－－a＝＝，a<1，又注意到函數(shù)g(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，所以討論如下． 當(dāng)00，解得01，令g′(x)<0，解得a0，解得x>1，令g′(x)<0，解得0

25、(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)． 綜上，當(dāng)0g(x2)成立，等價(jià)于函數(shù)f(x)在[－1,0]上的最小值大于函數(shù)g(x)在[e,3]上的最小值． 當(dāng)x∈[－1,0]時(shí)，因?yàn)閒′(x)＝x(1－ex)≤0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)不等式取等號(hào)，所以f(x)在[－1,0]上單調(diào)遞減，所以f(x)在[－1,0]上的最小值為f(0)＝

26、1. 由(1)可知，函數(shù)g(x)在[e,3]上單調(diào)遞增，所以g(x)在[e,3]上的最小值為g(e)＝e－(a＋1)－. 所以1>e－(a＋1)－，即a>. 又a<1，故所求實(shí)數(shù)a的取值范圍是. 選考題(請(qǐng)考生在第22、23題中任選一題作答，多答、不答按本選考題的首題進(jìn)行評(píng)分．) 22．(10分)[2019·山東濟(jì)南質(zhì)量評(píng)估][選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程] 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，以坐標(biāo)原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C的極坐標(biāo)方程為ρcos2θ＝sin θ，直線l的參數(shù)方程為(t為參數(shù))，其中a>0，直線l與曲線C相交于M，N兩點(diǎn)． (1)求曲線C的直角坐

27、標(biāo)方程； (2)若點(diǎn)P(0，a)滿足＋＝4，求a的值． 解析：(1)由已知可知ρ2cos2θ＝ρsin θ， 由得曲線C的直角坐標(biāo)方程為y＝x2. (2)將直線l的參數(shù)方程(t為參數(shù))代入y＝x2，得t2－t－a＝0，且Δ＝＋3a>0. 設(shè)M，N對(duì)應(yīng)的參數(shù)分別為t1，t2，則t1＋t2＝，t1t2＝－a，所以t1、t2異號(hào)． 所以＋＝＝＝＝＝4， 化簡(jiǎn)得64a2－12a－1＝0，解得a＝或a＝－(舍)． 所以a的值為. 23．(10分)[2019·河南省鄭州市檢測(cè)卷][選修4－5：不等式選講] 已知函數(shù)f(x)＝|3x－2a|＋|2x－2|(a∈R)． (1)當(dāng)a＝時(shí)，解

28、不等式f(x)>6； (2)若對(duì)任意x0∈R，不等式f(x0)＋3x0>4＋|2x0－2|都成立，求a的取值范圍． 解析：(1)當(dāng)a＝時(shí)， 不等式f(x)>6可化為|3x－1|＋|2x－2|>6， 當(dāng)x<時(shí)，不等式即為1－3x＋2－2x>6，∴x<－； 當(dāng)≤x≤1時(shí)，不等式即為3x－1＋2－2x>6，無(wú)解； 當(dāng)x>1時(shí)，不等式即為3x－1＋2x－2>6，∴x>. 綜上所述，不等式的解集為. (2)不等式f(x0)＋3x0>4＋|2x0－2|恒成立可化為|3x0－2a|＋3x0>4恒成立， 令g(x)＝|3x－2a|＋3x＝ ∴函數(shù)g(x)的最小值為2a， 根據(jù)題意可得2a>4，即a>2， 所以a的取值范圍為(2，＋∞)． 14