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四川省绵阳市三台中学2024届高三一模数学（理）试题（Word版附解析）
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这是一份四川省绵阳市三台中学2024届高三一模数学（理）试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】通过推理得到是的真子集，从而根据交集，并集和补集的概念进行计算，对四个选项一一进行判断正误.
详解】，
故是的真子集，
故，，，，
故A，B，D均错误，C正确.
故选：C.
2. 已知a，b，c满足cA. ab>acB. c(b－a)<0
C. cb20
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知条件，求得的正负，再结合，则问题得解.
【详解】由c0.
由b>c，得ab>ac一定成立，即正确；
因为，故，故错误；
若时，显然不满足，故错误；
因为，故，故错误.
故选：.
【点睛】本题考查不等式的基本性质，属简单题.
3. 若等比数列满足，，（ ）．
A. B. C. 8D. 64
【答案】A
【解析】
【分析】
根据条件先求出数列的首项和公比，即可求出.
【详解】设数列的公比为，
，解得，，
.
故选：A.
4. 下列命题正确的是（ ）
A. 命题“”为假命题，则命题与命题都是假命题
B. 命题“若，则” 的逆否命题为真命题
C. 若使得函数的导函数，则为函数的极值点；
D. 命题“，使得”的否定是：“，均有”
【答案】B
【解析】
【分析】根据复合命题的真假判断A，根据四种命题的关系判断B，根据极值的定义判断C，根据命题的否定判断D．
【详解】对于A：命题“”为假命题，则命题与命题至少有一个假命题，故A错误；
对于B：命题“若，则”显然为真命题，又原命题与逆否命题同真同假，故B正确；
对于C：若使得函数的导函数，
如果两侧的导函数的符号相反，则为函数的极值点；否则，不是函数的极值点，故C错误；
对于D：命题“存在，使得”的否定是：“对任意，均有”．故D错误.
故选：B．
5. 设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据指数函数、对数函数的性质计算可得；
【详解】解：因为，，所以
因为
所以，所以．
故选：B
6. 若向量，满足，，则在方向上的投影为（ ）
A. 1B. C. D. －1
【答案】B
【解析】
【分析】先利用向量数量积的运算求得，再利用投影的定义求解即可.
【详解】因为，，
所以，即，则，
故在方向上的投影.
故选：B.
7. 函数的大致图象是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用排除法，先判断函数的奇偶性，再取特殊值验证即可
【详解】因为，
所以为奇函数，所以函数图象关于原点对称，所以排除CD，
因为，，所以排除B，
故选：A
8. 已知角的终边落在直线上，则的值为（ ）
A. B. C. ±2D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据角终边的位置得到，然后将转化为再代入求值即可.
【详解】角的终边落在直线上，所以，
.
故选：B.
9. 函数的部分图象如图所示，为了得到的图象，只需将函数的图象（ ）
A 向左平移个单位长度B. 向左平移个单位长度
C. 向右平移个单位长度D. 向右平移个单位长度
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数图象得到、的解析式，然后利用图象平移的结论进行图象平移即可.
【详解】根据图象可得，周期，因为，所以，，
将代入可得，解得，因为，所以，所以，，因为，所以向左平移个单位长度即可得到的图象.
故选：B.
10. 过点作曲线的两条切线，切点分别为，，则（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】求出函数的导函数，设切点坐标为，即可得到切线方程，依题意关于的方程有两个不同的解、，利用韦达定理计算可得.
【详解】因为，所以，设切点坐标为，
所以，所以切线方程为，
所以，即，
依题意关于的方程有两个不同的解、，
即关于的方程有两个不同的解、，
所以.
故选：D
11. 已知函数的最小正周期为，若在上有两个实根，，且，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题设可得，将问题转化为在上与有两个交点且交点横坐标之差，应用数形结合确定的取值范围.
详解】由题设，，则，即，
又在上有两个实根，，且，
上，，则的图象如下：
∴要使，则对应，
∴当时，有两个交点且.
故选：D
12. 已知定义在上的奇函数满足，当时，.若函数在区间上有10个零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可知和都是周期为2的周期函数，因此可将的零点问题转换为和的交点问题，画出函数图形，找到交点规律即可找出第10个零点坐标，而m的取值范围就在第10个零点和第11个零点之间.
【详解】由得是一个周期为2的奇函数，
当时，，因此，
因为是奇函数，所以 ，，
且的周期为，且，，，，
求的零点，即是与的交点，如图：
为与在区间的交点图形，因为与均为周期为2的周期函数，
因此交点也呈周期出现，由图可知的零点周期为，
若在区间上有10个零点，则第10个零点坐标为，
第11个零点坐标为，因此.
故选：A
【点睛】思路点睛：函数的零点问题，往往可以转化为常见函数的交点的个数问题，而图象的刻画需结合函数的奇偶性、周期性等来处理.
二、填空题
13. 若，满足约束条件，则的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】先作出可行域，将目标函数化为，要求的最小值，则需求直线在轴上的截距的最大值，由图可得答案.
【详解】由，满足约束条件作出可行域,如图
由，解得 由，解得
由，解得
将目标函数化为，
则表示直线在轴上的截距的倍.
要求的最小值，则需求直线在轴上的截距的最大值.
由图可知，当目标函数过点时，直线在轴上的截距的最大值.
此时的最小值为
故答案为：
14. 当时，函数的值域为________．
【答案】
【解析】
【分析】由，求得，化简，结合二次函数的性质，即可求解.
【详解】因为，可得，
又由，
当，取得最小值；
当或，取得最大值，
即函数的值域为.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查了函数的值域的求解，其中解答中熟记三角函数的基本关系式和正弦函数的性质，以及二次函数的图象与性质是解答的关键，属于基础题.
15. 已知函数，则不等式的解集为______．
【答案】
【解析】
【分析】分别在和的情况下，结合指数和对数函数单调性可解不等式求得结果.
【详解】当，即时，，
，解得：（舍）；
当，即时，，
，解得：，；
综上所述：不等式的解集为.
故答案为：.
16. 数列的前项和为，，数列满足，则数列的前10项和为______．
【答案】65
【解析】
【分析】
由的递推式可得，结合已知条件有，即可求数列的前10项和.
【详解】由知：，则，得，
∴，而，
∴，故数列的前10项和为，
故答案为：65.
【点睛】关键点点睛：递推式的应用求条件等式中因式的表达式，进而求数列的通项，最后求前10项和.
三、解答题
17. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量，，且．
（1）求角B的大小；
（2）若点M为BC中点，且，求．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用向量共线的坐标表示，再利用正弦定理边化角及和角的正弦公式求解作答.
（2）取CM中点D，连接AD，利用直角三角形边角关系及正弦定理求解作答.
【小问1详解】
向量，，且，于是，
在中，由正弦定理，得，
即，整理得，
又，因此，而，
所以．
【小问2详解】
取CM中点D，连接AD，由，得，令，而点M为BC中点，则，
由（1）知，于是，，
在中，由正弦定理知，
所以．
18. 已知数列是公差不为零的等差数列，，其前n项和为，数列前n项和为，从①，，成等比数列，，②，，这两个条件中任选一个作为已知条件并解答下列问题.
（1）求数列，的通项公式；
（2）求数列的前n项和.
【答案】（1）条件选择见解析；，；（2）.
【解析】
【分析】（1）选条件①：设数列的公差为d，根据等比中项的性质建立方程，解之可求得公差d，由等差数列的通项公式求得，再由，两式相减得数列是首项为1，公比为的等比数列，根据等比数列的通项公式求得；
选条件②：由已知得等差数列的公差为，由等差数列的通项公式求得，再由求得，注意时是否满足；
（2）由（1）可得：，由错位相减法可求得.
【详解】解：（1）选条件①：设数列的公差为d，
由，，成等比数列，可得：，即，
解得：或（舍），
所以，
∵，∴，，
两式相减整理得：，，
又当时，有，解得：，
∴数列是首项为1，公比为的等比数列，
∵；
选条件②：∵，∴等差数列的公差为，
又，∴，
又∵，
∴当时，有，又当时，有，也适合上式，
∵；
（2）由（1）可得：，
∴·，
又，
两式相减得：
整理得：
19. 设.
（Ⅰ）求的单调区间；
（Ⅱ）在锐角中，角的对边分别为,若,求面积的最大值.
【答案】（Ⅰ）单调递增区间；
单调递减区间是
（Ⅱ） 面积的最大值为
【解析】
【详解】试题分析：（Ⅰ）首先利用二倍角公式化简函数 的解析式，再利用正弦函数的单调性求其单调区间；
（Ⅱ）首先由 结合（Ⅰ）的结果，确定角A的值，然后结合余弦定理求出三角形面积的最大值.
试题解析：
解：（Ⅰ）由题意知
由 可得
由 可得
所以函数 的单调递增区间是 ；
单调递减区间是
（Ⅱ）由 得
由题意知为锐角，所以
由余弦定理：
可得：
即： 当且仅当时等号成立.
因此
所以面积的最大值为
考点：1、诱导公式；2、三角函数的二倍角公式；3、余弦定理；4、基本不等式.
20. 已知.
（Ⅰ）若在时有极值，求，的值；
（Ⅱ）若，求的单调区间.
【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）答案见解析.
【解析】
【分析】（Ⅰ）求出导函数，由题意可得，解方程组求出，的值，再验证是否在是否取得极值即可.
（Ⅱ）由题意求出，讨论、或，利用导数与函数单调性之间的关系即可求解.
【详解】解：（Ⅰ）由题意得，
则，解得：或，
经检验当，时，函数在处无极值，
而，满足题意，故，；
（Ⅱ）
故，
故时，，函数在上递增，
当时，函数在递增，在递减，在递增，
当时，函数在递增，在递减，在递增．
21. 已知函数.
（1）求证：；
（2）若函数有两个零点，求a的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求出，讨论其符号后可得函数的单调性，结合原函数的最值可得不等式成立.
（2）求出，讨论其符号后可得函数的单调性，根据零点的个数可得最值的符号，从而可得a的取值范围，注意利用零点存在定理验证.
【小问1详解】
，
则当时，，当时，，
故在上为增函数，在上减函数，
故即.
【小问2详解】
，故，
因为，故，
所以当时，，当时，，
故在上为增函数，在上减函数，
因为函数有两个零点，故即，
又当时，对任意，有：
，
故此时在上有且只有一个零点.
下证：当时，总有成立，
设，则，故在上为增函数，
故，即成立.
故当时有.
由（1）可得，
故当时，，
故此时在上有且只有一个零点.
综上，当有两个零点时，.
22. 数学中有许多寓意美好的曲线，在极坐标系中，曲线被称为“三叶玫瑰线”（如图所示）．
（1）当，求以极点为圆心，为半径的圆与三叶玫瑰线交点的极坐标；
（2）设点P是由（1）中的交点所确定的圆M上的动点，直线，求点P到直线l的距离的最大值．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）由可得，然后解出的值即可；
（2）将圆和直线l的极坐标方程转化为直角坐标方程，然后可求出答案.
【详解】（1）由可得，所以或
所以或
因为，所以
所以交点的极坐标为
（2）由（1）可得圆M的极坐标方程为，转化为直角坐标方程为
直线的直角坐标方程为
所以点P到直线l的距离的最大值为
23. 已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）若不等式的解集包含，求实数的取值范围.
【答案】(1)；(2).
【解析】
【分析】
（1）分类讨论，求解不等式即可；
（2）将问题转化为二次函数在区间上恒成立的问题，列出不等式组即可求得.
【详解】（1）当时，等价于，
解得；
当时，等价于，恒成立，
解得；
当时，等价于，
解得；
综上所述，不等式的解集为.
（2）不等式的解集包含，
等价于在区间上恒成立，
也等价于在区间恒成立.
则只需满足：
且即可.
即，
解得.
【点睛】本题考查绝对值不等式的求解，以及二次函数在区间上恒成立的问题，属综合基础题.
一、单选题
1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】通过推理得到是的真子集，从而根据交集，并集和补集的概念进行计算，对四个选项一一进行判断正误.
详解】，
故是的真子集，
故，，，，
故A，B，D均错误，C正确.
故选：C.
2. 已知a，b，c满足c
C. cb2
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知条件，求得的正负，再结合，则问题得解.
【详解】由c
由b>c，得ab>ac一定成立，即正确；
因为，故，故错误；
若时，显然不满足，故错误；
因为，故，故错误.
故选：.
【点睛】本题考查不等式的基本性质，属简单题.
3. 若等比数列满足，，（ ）．
A. B. C. 8D. 64
【答案】A
【解析】
【分析】
根据条件先求出数列的首项和公比，即可求出.
【详解】设数列的公比为，
，解得，，
.
故选：A.
4. 下列命题正确的是（ ）
A. 命题“”为假命题，则命题与命题都是假命题
B. 命题“若，则” 的逆否命题为真命题
C. 若使得函数的导函数，则为函数的极值点；
D. 命题“，使得”的否定是：“，均有”
【答案】B
【解析】
【分析】根据复合命题的真假判断A，根据四种命题的关系判断B，根据极值的定义判断C，根据命题的否定判断D．
【详解】对于A：命题“”为假命题，则命题与命题至少有一个假命题，故A错误；
对于B：命题“若，则”显然为真命题，又原命题与逆否命题同真同假，故B正确；
对于C：若使得函数的导函数，
如果两侧的导函数的符号相反，则为函数的极值点；否则，不是函数的极值点，故C错误；
对于D：命题“存在，使得”的否定是：“对任意，均有”．故D错误.
故选：B．
5. 设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据指数函数、对数函数的性质计算可得；
【详解】解：因为，，所以
因为
所以，所以．
故选：B
6. 若向量，满足，，则在方向上的投影为（ ）
A. 1B. C. D. －1
【答案】B
【解析】
【分析】先利用向量数量积的运算求得，再利用投影的定义求解即可.
【详解】因为，，
所以，即，则，
故在方向上的投影.
故选：B.
7. 函数的大致图象是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用排除法，先判断函数的奇偶性，再取特殊值验证即可
【详解】因为，
所以为奇函数，所以函数图象关于原点对称，所以排除CD，
因为，，所以排除B，
故选：A
8. 已知角的终边落在直线上，则的值为（ ）
A. B. C. ±2D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据角终边的位置得到，然后将转化为再代入求值即可.
【详解】角的终边落在直线上，所以，
.
故选：B.
9. 函数的部分图象如图所示，为了得到的图象，只需将函数的图象（ ）
A 向左平移个单位长度B. 向左平移个单位长度
C. 向右平移个单位长度D. 向右平移个单位长度
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数图象得到、的解析式，然后利用图象平移的结论进行图象平移即可.
【详解】根据图象可得，周期，因为，所以，，
将代入可得，解得，因为，所以，所以，，因为，所以向左平移个单位长度即可得到的图象.
故选：B.
10. 过点作曲线的两条切线，切点分别为，，则（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】求出函数的导函数，设切点坐标为，即可得到切线方程，依题意关于的方程有两个不同的解、，利用韦达定理计算可得.
【详解】因为，所以，设切点坐标为，
所以，所以切线方程为，
所以，即，
依题意关于的方程有两个不同的解、，
即关于的方程有两个不同的解、，
所以.
故选：D
11. 已知函数的最小正周期为，若在上有两个实根，，且，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题设可得，将问题转化为在上与有两个交点且交点横坐标之差，应用数形结合确定的取值范围.
详解】由题设，，则，即，
又在上有两个实根，，且，
上，，则的图象如下：
∴要使，则对应，
∴当时，有两个交点且.
故选：D
12. 已知定义在上的奇函数满足，当时，.若函数在区间上有10个零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可知和都是周期为2的周期函数，因此可将的零点问题转换为和的交点问题，画出函数图形，找到交点规律即可找出第10个零点坐标，而m的取值范围就在第10个零点和第11个零点之间.
【详解】由得是一个周期为2的奇函数，
当时，，因此，
因为是奇函数，所以 ，，
且的周期为，且，，，，
求的零点，即是与的交点，如图：
为与在区间的交点图形，因为与均为周期为2的周期函数，
因此交点也呈周期出现，由图可知的零点周期为，
若在区间上有10个零点，则第10个零点坐标为，
第11个零点坐标为，因此.
故选：A
【点睛】思路点睛：函数的零点问题，往往可以转化为常见函数的交点的个数问题，而图象的刻画需结合函数的奇偶性、周期性等来处理.
二、填空题
13. 若，满足约束条件，则的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】先作出可行域，将目标函数化为，要求的最小值，则需求直线在轴上的截距的最大值，由图可得答案.
【详解】由，满足约束条件作出可行域,如图
由，解得 由，解得
由，解得
将目标函数化为，
则表示直线在轴上的截距的倍.
要求的最小值，则需求直线在轴上的截距的最大值.
由图可知，当目标函数过点时，直线在轴上的截距的最大值.
此时的最小值为
故答案为：
14. 当时，函数的值域为________．
【答案】
【解析】
【分析】由，求得，化简，结合二次函数的性质，即可求解.
【详解】因为，可得，
又由，
当，取得最小值；
当或，取得最大值，
即函数的值域为.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查了函数的值域的求解，其中解答中熟记三角函数的基本关系式和正弦函数的性质，以及二次函数的图象与性质是解答的关键，属于基础题.
15. 已知函数，则不等式的解集为______．
【答案】
【解析】
【分析】分别在和的情况下，结合指数和对数函数单调性可解不等式求得结果.
【详解】当，即时，，
，解得：（舍）；
当，即时，，
，解得：，；
综上所述：不等式的解集为.
故答案为：.
16. 数列的前项和为，，数列满足，则数列的前10项和为______．
【答案】65
【解析】
【分析】
由的递推式可得，结合已知条件有，即可求数列的前10项和.
【详解】由知：，则，得，
∴，而，
∴，故数列的前10项和为，
故答案为：65.
【点睛】关键点点睛：递推式的应用求条件等式中因式的表达式，进而求数列的通项，最后求前10项和.
三、解答题
17. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量，，且．
（1）求角B的大小；
（2）若点M为BC中点，且，求．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用向量共线的坐标表示，再利用正弦定理边化角及和角的正弦公式求解作答.
（2）取CM中点D，连接AD，利用直角三角形边角关系及正弦定理求解作答.
【小问1详解】
向量，，且，于是，
在中，由正弦定理，得，
即，整理得，
又，因此，而，
所以．
【小问2详解】
取CM中点D，连接AD，由，得，令，而点M为BC中点，则，
由（1）知，于是，，
在中，由正弦定理知，
所以．
18. 已知数列是公差不为零的等差数列，，其前n项和为，数列前n项和为，从①，，成等比数列，，②，，这两个条件中任选一个作为已知条件并解答下列问题.
（1）求数列，的通项公式；
（2）求数列的前n项和.
【答案】（1）条件选择见解析；，；（2）.
【解析】
【分析】（1）选条件①：设数列的公差为d，根据等比中项的性质建立方程，解之可求得公差d，由等差数列的通项公式求得，再由，两式相减得数列是首项为1，公比为的等比数列，根据等比数列的通项公式求得；
选条件②：由已知得等差数列的公差为，由等差数列的通项公式求得，再由求得，注意时是否满足；
（2）由（1）可得：，由错位相减法可求得.
【详解】解：（1）选条件①：设数列的公差为d，
由，，成等比数列，可得：，即，
解得：或（舍），
所以，
∵，∴，，
两式相减整理得：，，
又当时，有，解得：，
∴数列是首项为1，公比为的等比数列，
∵；
选条件②：∵，∴等差数列的公差为，
又，∴，
又∵，
∴当时，有，又当时，有，也适合上式，
∵；
（2）由（1）可得：，
∴·，
又，
两式相减得：
整理得：
19. 设.
（Ⅰ）求的单调区间；
（Ⅱ）在锐角中，角的对边分别为,若,求面积的最大值.
【答案】（Ⅰ）单调递增区间；
单调递减区间是
（Ⅱ） 面积的最大值为
【解析】
【详解】试题分析：（Ⅰ）首先利用二倍角公式化简函数 的解析式，再利用正弦函数的单调性求其单调区间；
（Ⅱ）首先由 结合（Ⅰ）的结果，确定角A的值，然后结合余弦定理求出三角形面积的最大值.
试题解析：
解：（Ⅰ）由题意知
由 可得
由 可得
所以函数 的单调递增区间是 ；
单调递减区间是
（Ⅱ）由 得
由题意知为锐角，所以
由余弦定理：
可得：
即： 当且仅当时等号成立.
因此
所以面积的最大值为
考点：1、诱导公式；2、三角函数的二倍角公式；3、余弦定理；4、基本不等式.
20. 已知.
（Ⅰ）若在时有极值，求，的值；
（Ⅱ）若，求的单调区间.
【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）答案见解析.
【解析】
【分析】（Ⅰ）求出导函数，由题意可得，解方程组求出，的值，再验证是否在是否取得极值即可.
（Ⅱ）由题意求出，讨论、或，利用导数与函数单调性之间的关系即可求解.
【详解】解：（Ⅰ）由题意得，
则，解得：或，
经检验当，时，函数在处无极值，
而，满足题意，故，；
（Ⅱ）
故，
故时，，函数在上递增，
当时，函数在递增，在递减，在递增，
当时，函数在递增，在递减，在递增．
21. 已知函数.
（1）求证：；
（2）若函数有两个零点，求a的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求出，讨论其符号后可得函数的单调性，结合原函数的最值可得不等式成立.
（2）求出，讨论其符号后可得函数的单调性，根据零点的个数可得最值的符号，从而可得a的取值范围，注意利用零点存在定理验证.
【小问1详解】
，
则当时，，当时，，
故在上为增函数，在上减函数，
故即.
【小问2详解】
，故，
因为，故，
所以当时，，当时，，
故在上为增函数，在上减函数，
因为函数有两个零点，故即，
又当时，对任意，有：
，
故此时在上有且只有一个零点.
下证：当时，总有成立，
设，则，故在上为增函数，
故，即成立.
故当时有.
由（1）可得，
故当时，，
故此时在上有且只有一个零点.
综上，当有两个零点时，.
22. 数学中有许多寓意美好的曲线，在极坐标系中，曲线被称为“三叶玫瑰线”（如图所示）．
（1）当，求以极点为圆心，为半径的圆与三叶玫瑰线交点的极坐标；
（2）设点P是由（1）中的交点所确定的圆M上的动点，直线，求点P到直线l的距离的最大值．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）由可得，然后解出的值即可；
（2）将圆和直线l的极坐标方程转化为直角坐标方程，然后可求出答案.
【详解】（1）由可得，所以或
所以或
因为，所以
所以交点的极坐标为
（2）由（1）可得圆M的极坐标方程为，转化为直角坐标方程为
直线的直角坐标方程为
所以点P到直线l的距离的最大值为
23. 已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）若不等式的解集包含，求实数的取值范围.
【答案】(1)；(2).
【解析】
【分析】
（1）分类讨论，求解不等式即可；
（2）将问题转化为二次函数在区间上恒成立的问题，列出不等式组即可求得.
【详解】（1）当时，等价于，
解得；
当时，等价于，恒成立，
解得；
当时，等价于，
解得；
综上所述，不等式的解集为.
（2）不等式的解集包含，
等价于在区间上恒成立，
也等价于在区间恒成立.
则只需满足：
且即可.
即，
解得.
【点睛】本题考查绝对值不等式的求解，以及二次函数在区间上恒成立的问题，属综合基础题.
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