江苏省南京市2026届高三上学期学情调研数学试卷（含答案）

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一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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，请把答案填涂在答题卡相应位置上．
1．B 2．D 3．A 4．C 5．A 6．A 7．D 8．D
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，请把答案填涂在答题卡相应位置上．全部选对得6分，部分选对得部分分，不选或有错选的得0分．
9．BD 10．ACD 11．ACD
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．请把答案填写在答题卡相应位置上．
12．10 13．eq \r(10) 14．eq \f(3,2)
四、解答题：本大题共5小题，共77分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．
15．（本小题满分13分）
解：（1）法一：P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－( eq \f(5,8))23分
＝ eq \f(39,64)；5分
法二：P(X≥1)＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝ eq \f(5,8)× eq \f(3,8)×2＋ eq \f(3,8)× eq \f(3,8)3分
＝ eq \f(39,64)．5分
Y的可能取值为0，1，2，
法一：P(Y＝0)＝ eq \f(A\(\s\up1(2),5),A\(\s\up1(2),8))＝ eq \f(5,14)，7分
P(Y＝1)＝ eq \f(A\(\s\up1(1),5)A\(\s\up1(1),3) A\(\s\up1(2),2),A\(\s\up1(2),8))＝ eq \f(15,28)，9分
P(Y＝2)＝ eq \f(A\(\s\up1(2),3),A\(\s\up1(2),8))＝ eq \f(3,28)，11分
法二：P(Y＝0)＝ eq \f(C\(\s\up1(2),5),C\(\s\up1(2),8))＝ eq \f(5,14)，7分
P(Y＝1)＝ eq \f(C\(\s\up1(1),5)C\(\s\up1(1),3),C\(\s\up1(2),8))＝ eq \f(15,28)，9分
P(Y＝2)＝ eq \f(C\(\s\up1(2),3),C\(\s\up1(2),8))＝ eq \f(3,28)，11分
则分布列为：
所以E(Y)＝0× eq \f(5,14)＋1× eq \f(15,28)＋2× eq \f(3,28)＝ eq \f(3,4)．13分
16．（本小题满分15分）
解：（1）由△an＝(n＋1)2＋(n＋1)＋1－(n2＋n＋1)2分
＝2n＋2，4分
△an＋1－△an＝[2(n＋1)＋2]－(2n＋2)＝2（定值），
所以{△an}是等差数列．6分
（2）由△an＝eq \f(2n2＋2n＋1,n2＋n)＝2＋eq \f(1,n(n＋1))，8分
得aeq \s\d2(n＋1)－aeq \s\d2(n)＝2＋eq \f(1,n(n＋1))＝2＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，10分
方法一：当n≥2时，
aeq \s\d2(n)＝(aeq \s\d2(2)－aeq \s\d2(1))＋(aeq \s\d2(3)－aeq \s\d2(2))＋…＋(aeq \s\d2(n)－aeq \s\d2(n－1))＋aeq \s\d2(1)12分
＝(2＋1－eq \f(1,2))＋(2＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3))＋…＋(2＋eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n))＋1
＝2(n－1)＋1－eq \f(1,n)＋1＝2n－eq \f(1,n)，14分
又aeq \s\d2(1)＝1符合上式，
所以an＝2n－eq \f(1,n)．15分
方法二：aeq \s\d2(n＋1)＋eq \f(1,n＋1)＝aeq \s\d2(n)＋eq \f(1,n)＋2
令beq \s\d2(n)＝aeq \s\d2(n)＋eq \f(1,n)，则数列{bn}是以2为公差，首项为2的等差数列12分
所以beq \s\d2(n)＝2＋2(n－1)＝2n，14分
所以an＝2n－eq \f(1,n)．15分
17．（本小题满分15分）
解：（1）法一：取A1C1中点P，连接PN，AP，
因为M，N分别为AB和B1C1的中点，
所以NP∥A1B1，且NP＝eq \f(1,2)A1B12分
又因为棱柱ABC－A1B1C1，
所以AB∥A1B1，且AB＝A1B1，
则AM∥A1B1，且AM＝eq \f(1,2)A1B1，
所以AM∥NP，且AM＝NP，
所以四边形AMNP为平行四边形，
所以MN∥AP，4分
因为AP平面ACC1A1，MN平面ACC1A1，
所以MN∥平面ACC1A1．6分
法二：取BC中点Q，连结MQ，NQ，
因为M为AB中点，所以MQ∥AC， 1分
因为AC平面ACC1A1，MQ平面ACC1A1，
所以MQ∥平面ACC1A1．2分
因为棱柱ABC－A1B1C1，N为B1C1中点，
所以CQ∥C1N且CQ＝C1N，
所以四边形CQNC1为平行四边形，所以NQ∥CC1，
因为CC1平面ACC1A1，NQ平面ACC1A1，
所以NQ∥平面ACC1A1．4分
因为NQ，MQ平面MNQ，NQ∩MQ＝Q，
所以平面MNQ∥平面ACC1A1，
又MN平面MNQ，
所以MN∥平面ACC1A1．6分
法三：
因为 eq \(MN,\s\up8(→))＝ eq \(CC1,\s\up8(→))－ eq \f(1,2) eq \(CA,\s\up8(→))，2分
所以 eq \(MN,\s\up8(→))， eq \(CC1,\s\up8(→))， eq \(CA,\s\up8(→))共面．4分
又因为MN平面ACC1A1；
所以MN∥平面ACC1A1．6分
（2）因为AC＝2eq \r(2)，AB＝2eq \r(3)，∠ACB＝90°，
所以BC＝eq \r(AB2－AC2)＝eq \r(12－8)＝2．
因为直三棱柱ABC－A1B1C1，所以C1C⊥平面ABC，
以C为坐标原点，CA，CB，CC1分别为x，y，z轴建立如图空间直角坐标系，设CC1＝t(t＞0)，
则A(2eq \r(2)，0，0)，B(0，2，0)，C(0，0，0)，M(eq \r(2)，1，0)，N(0，1，t)，A1(2eq \r(2)，0，t)，8分
所以eq \(\s\up6(→),CA1)＝(2eq \r(2)，0，t)，eq \(\s\up6(→),MN)＝(－eq \r(2)，0，t)，eq \(\s\up6(→),CM)＝(eq \r(2)，1，0)，
因为MN⊥CA1，所以eq \(\s\up6(→),MN)·eq \(\s\up6(→),CA1)＝0，即－4＋t2＝0，所以t＝2．10分
则eq \(\s\up6(→),MN)＝(－eq \r(2)，0，2)，设平面CMN的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\al(m·eq \(\s\up6(→),MN)＝0，,m·eq \(\s\up6(→),CM)＝0．))即eq \b\lc\{(\a\al(－eq \r(2)x＋2z＝0，,eq \r(2)x＋y＝0．))取x＝eq \r(2)，则y＝－2，z＝1，
则m＝(eq \r(2)，－2，1)．12分
又eq \(\s\up6(→),CA1)＝(2eq \r(2)，0，2)，设A1C与平面CMN所成角为θ，
则sinθ＝|cs＜eq \(\s\up6(→),CA1)，m＞|＝eq \f(|eq \(\s\up6(→),CA1)·m|,|eq \(\s\up6(→),CA1)||m|)＝eq \f(4＋2,2eq \r(3)×eq \r(7))＝eq \f(\r(21),7)，
所以A1C与平面CMN所成角的正弦值为eq \f(\r(21),7)．15分
18．（本小题满分17分）
解：（1）由题意，C方程为 EQ \F(x2,a2)－ EQ \F(y2,a2)＝1，则c2＝a2＋a2＝2a2，即c＝eq \r(2)a．
因为|F1F2|＝4，所以2c＝4，则c＝2，所以a＝eq \r(2)，
所以双曲线C的方程为 eq \f(x2,2)－ eq \f(y2,2)＝1．2分
（2）由双曲线定义知|AF1|－|AF2|＝2 eq \r(,2)，|BF1|－|BF2|＝2 eq \r(,2)．
所以ΔABF1的周长为
|AF1|＋|BF1|＋|AB|＝(|AF2|＋2 eq \r(,2))＋(|BF2|＋2 eq \r(,2))＋|AB|＝4 eq \r(,2)＋2|AB|．
已知ΔABF1的周长为16 eq \r(,2)，则4 eq \r(,2)＋2|AB|＝16 eq \r(,2)，解得|AB|＝6 eq \r(,2)．4分
法一：设直线l的方程为x＝my＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立 eq \b\lc\{(\a\ac\c1\hs2\vs2(x＝my＋2,\f(x2,2)－\f(y2,2)＝1))，消去x得(my＋2)2－y2＝2，即(m2－1)y2＋4my＋2＝0．
当m2＝1时，方程化为一次方程，不符合有两个交点的条件，所以m2≠1．
此时△＝16m2－8(m2－1)＝8(m2＋1)＞0，
y1＋y2＝－ eq \f(4m,m2－1)，y1y2＝ eq \f(2,m2－1)．6分
由于A，B均在C的右支上，所以y1y2＜0，即m2－1＜0，所以m2＜1．
因为|AB|＝ eq \r(,1＋m2)· eq \r(,(y1＋y2)2－4y1y2)
＝ eq \r(,1＋m2)· eq \r(,(－\f(4m,m2－1))2－4×\f(2,m2－1))＝2eq \r(2)· eq \f(1＋m2,|m2－1|)8分
所以2eq \r(2)· eq \f(1＋m2,1－m2)＝6 eq \r(,2)，解得m2＝eq \f(1,2)，即m＝±eq \f(\r(2),2)，
所以直线l的方程为eq \r(2)x－y－2eq \r(2)＝0或eq \r(2)x＋y－2eq \r(2)＝0．10分
（若设直线l的方程为y＝k(x－2)，x1＋x2＝ eq \f(4k2,k2－1)，x1x2＝ eq \f(4k2＋2,k2－1)．
|AB|＝2eq \r(2)· eq \f(1＋k2,|k2－1|)，参照给分）
法二：设直线l的方程为y＝k(x－2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立 eq \b\lc\{(\a\ac\c1\hs2\vs2(y＝k(x－2),\f(x2,2)－\f(y2,2)＝1))，消去y 得(1－k2)x2＋4k2x－4k2－2＝0
则1－k2≠0，△＝16k4＋4(1－k2)(4k2＋2)＝8(1＋k2)＞0，
x1＋x2＝ eq \f(4k2,k2－1)．6分
由统一定义得，准线方程为x＝1，
AF2＝eq \r(2)|x1－1|＝eq \r(2)(x1－1)，BF2＝eq \r(2)|x2－1|＝eq \r(2)(x2－1)，
AB＝AF2＋BF2＝eq \r(2)(x1＋x2)－2eq \r(2)＝ eq \f(4eq \r(2)k2,k2－1)－2eq \r(2)＝6eq \r(2)，8分
解得k＝±eq \r(2)，
所以直线l的方程为eq \r(2)x－y－2eq \r(2)＝0或eq \r(2)x＋y－2eq \r(2)＝0．10分
（3）设M(t，0)，
法一： （i）当直线l与x轴不重合时，设直线l的方程为x＝my＋2，
由（2）可得y1＋y2＝－ eq \f(4m,m2－1)，y1y2＝ eq \f(2,m2－1)．
x1＝my1＋2，x2＝my2＋2．
则eq \(\s\up6(→),MA)＝(x1－t，y1)，eq \(\s\up6(→),MB)＝(x2－t，y2)．
eq \(\s\up6(→),MA)·eq \(\s\up6(→),MB)＝(x1－t)(x2－t)＋y1y2＝(my1＋2－t)(my2＋2－t)＋y1y2
＝(m2＋1)y1y2＋m(2－t)(y1＋y2)＋(2－t)2
＝(m2＋1)· eq \f(2,m2－1)＋m(2－t)·(－ eq \f(4m,m2－1))＋(2－t)2．13分
设eq \(\s\up6(→),MA)·eq \(\s\up6(→),MB)＝λ，整理得(t2－2－λ)m2＋2＋λ－(t－2)2＝0．
因为上式对任意m≠±1，m∈R都成立，所以eq \b\lc\{(\a\al(t2－2－λ＝0，,2＋λ－(t－2)2＝0))．15分
解得t＝1，λ＝－1．
（ii）当直线l与x轴重合时，A，B的坐标分别为(eq \r(2)，0)，(－eq \r(2)，0)．
若t＝1，则eq \(\s\up6(→),MA)·eq \(\s\up6(→),MB)＝(eq \r(2)－1)(－eq \r(2)－1)＝－1．
综上，存在x轴上的定点M(1，0)，使eq \(\s\up6(→),MA)·eq \(\s\up6(→),MB)为定值－1．17分
法二：（i）当直线l的斜率存在时，
设直线l的方程为y＝k(x－2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立 eq \b\lc\{(\a\ac\c1\hs2\vs2(y＝k(x－2),\f(x2,2)－\f(y2,2)＝1))，消去y 得(1－k2)x2＋4k2x－4k2－2＝0．
则1－k2≠0，△＝16k4＋4(1－k2)(4k2＋2)＝8(1＋k2)＞0，
x1＋x2＝ eq \f(4k2,k2－1)，x1x2＝ eq \f(4k2＋2,k2－1)．
y1＝k(x1－2)，y2＝k(x2－2)．
则eq \(\s\up6(→),MA)＝(x1－t，y1)，eq \(\s\up6(→),MB)＝(x2－t，y2)．
eq \(\s\up6(→),MA)·eq \(\s\up6(→),MB)＝(x1－t)(x2－t)＋y1y2＝(x1－t)(x2－t)＋k2(x1－2)(x2－2)
＝(1＋k2)x1x2－(t＋2k2)(x1＋x2)＋t2＋4k2
＝(1＋k2)· eq \f(4k2＋2,k2－1)－(t＋2k2)· eq \f(4k2,k2－1)＋t2＋4k2．13分
设eq \(\s\up6(→),MA)·eq \(\s\up6(→),MB)＝λ，整理得[λ＋2－(t－2)2]k2＋t2－2－λ＝0．
因为上式对任意k≠±1，k∈R都成立，所以eq \b\lc\{(\a\al(t2－2－λ＝0，,2＋λ－(t－2)2＝0))．15分
解得t＝1，λ＝－1．
（ii）当直线l⊥x轴时，A，B的坐标分别为(2，eq \r(2))，(2，－eq \r(2))．
若t＝1，则eq \(\s\up6(→),MA)·eq \(\s\up6(→),MB)＝(2－1)×(2－1)＋eq \r(2)×(－eq \r(2))＝－1．
综上，存在x轴上的定点M(1，0)，使eq \(\s\up6(→),MA)·eq \(\s\up6(→),MB)为定值－1．17分
19．（本小题满分17分）
解：（1）若a＝1，则f(x)＝lnx＋eq \f(1,x)＋x－1，f '(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,x2)＋1，定义域为(0，＋∞)．
1分
因为y＝－x＋b是曲线y＝f(x)的切线，设切点为(x0，f(x0))，
所以f '(x0)＝－1，即eq \f(1,x0)－eq \f(1,x02)＋1＝－1，整理得2x02＋x0－1＝0，
解得x0＝－1(舍)，或x0＝eq \f(1,2)．3分
则f(eq \f(1,2))＝－ln2＋eq \f(3,2)．
因为切点(eq \f(1,2)，－ln2＋eq \f(3,2))在切线y＝－x＋b上，所以b＝2－ln2．4分
（2）f '(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,x2)＋a＝eq \f(ax2＋x－1,x2)，
法一：①当a＜0时，定义域为(－∞，0)，此时ax2＋x－1＜0，则f '(x)＜0，
所以f(x)在(－∞，0)上单调递减；6分
②当a＞0时，定义域为(0，＋∞)，此时方程ax2＋x－1＝0的两根x1＝eq \f(－1－eq \r(1＋4a),2a)，
x2＝eq \f(－1＋eq \r(1＋4a),2a)，且x1＜0＜x2 .7分
所以当0＜x＜x2，f '(x)＜0，f(x)在(0，eq \f(－1＋eq \r(1＋4a),2a))上单调递减
当x＞x2，f '(x)＞0，f(x)在(eq \f(－1＋eq \r(1＋4a),2a)，＋∞)上单调递增．
9分
综上：当a＜0时，f(x)在(－∞，0)上单调递减；
当a＞0时，f(x)在(0，eq \f(－1＋eq \r(1＋4a),2a))上单调递减，在(eq \f(－1＋eq \r(1＋4a),2a)，＋∞)上单调递增．
法二：令g(x)＝ax2＋x－1，则△＝1＋4a， 对称轴为x＝－eq \f(1,2a)．
①当a＜0时，定义域为(－∞，0).
(i)当a≤－eq \s\d1(\f(1,4))时，△≤0，g(x)≤0，则f '(x)≤0，所以f(x)在(－∞，0)上单调递减；5分
(ii)当－eq \s\d1(\f(1,4))＜a＜0时，△＞0， 对称轴为x＝－eq \f(1,2a)＞0，则g(x)在(－∞，0)单调递增，
则g(x)＜g(0)＝－1，所以g(x)＜0，则f '(x)＜0，所以f(x)在(－∞，0)上单调递减；
6分
②当a＞0时，定义域为(0，＋∞). △＝1＋4a＞0，x＝－eq \f(1,2a)＜0，则g(x)在(0，＋∞)单调递增，且g(0)＝－1. 令g(x)＝ax2＋x－1＝0，则x＝eq \f(－1＋eq \r(1＋4a),2a). 7分
当0＜x＜eq \f(－1＋eq \r(1＋4a),2a)，f '(x)＜0，f(x)在(0，eq \f(－1＋eq \r(1＋4a),2a))上单调递减
当x＞eq \f(－1＋eq \r(1＋4a),2a)，f '(x)＞0，f(x)在(eq \f(－1＋eq \r(1＋4a),2a)，＋∞)上单调递增．
9分
综上：当a＜0时，f(x)在(－∞，0)上单调递减；
当a＞0时，f(x)在(0，eq \f(－1＋eq \r(1＋4a),2a))上单调递减，在(eq \f(－1＋eq \r(1＋4a),2a)，＋∞)上单调递增．
（3）①当a＜0时，
法一：当a＜0时，由（2）知f(x)在(－∞，0)上单调递减，注意到f(eq \f(1,a))＝1，
若f(x)＜1有且仅有一个整数解，则该整数解必为－1．
则－2≤eq \f(1,a)＜－1，所以－1＜a≤－eq \f(1,2)；11分
法二：当a＜0时，由（2）知f(x)在(－∞，0)上单调递减.
若f(x)＜1有且仅有一个整数解，则该整数解必为－1．
则eq \b\lc\{(\a\al(f(－1)＜1,f(－2)≥1))即eq \b\lc\{(\a\al(ln(－a)－1－2a＜1,ln(－2a)－\f(1,2)－3a≥1))，即 eq \b\lc\{(\a\ac\c1\hs2\vs2(ln(－2a)－3a－\s\d1(\f(3,2))≥0,ln(－a)－2a－2＜0)) .
令－a＝t＞0，
令h(t)＝ln(2t)＋3t－ eq \s\d1(\f(3,2))≥0，
因为h(t)在(0，＋∞)单调递增，且h(eq \s\d1(\f(1,2)))＝0. 则t≥eq \s\d1(\f(1,2))，即a≤－eq \s\d1(\f(1,2)).10分
令φ(t)＝lnt＋2t－2＜0，因为φ(t)在(0，＋∞)单调递增，且h(1)＝0. 则t＜1，即a＞－1.
所以－1＜a≤－eq \f(1,2)11分
②当a＞0时，
法一：当a＞0时，【讨论极值点eq \f(－1＋eq \r(1＋4a),2a)与显零点eq \f(1,a)的大小关系】
由（2）知f(x)在(0，eq \f(－1＋eq \r(1＋4a),2a))上单调递减，在(eq \f(－1＋eq \r(1＋4a),2a)，＋∞)上单调递增.
注意到f(eq \f(1,a))＝1.
（i）当eq \f(1,a)＝eq \f(－1＋eq \r(1＋4a),2a)，即a=2时，f(x)min＝f( eq \s\d1(\f(1,2)))＝1，此时f(x)＜1无解，舍去.
12分
（ii）当eq \f(1,a)＜eq \f(－1＋eq \r(1＋4a),2a)，即a＞2时，此时eq \f(1,a)＜eq \s\d1(\f(1,2)).
若f(x)＜1有且仅有一个整数解，则该整数解只能为1．从而eq \b\lc\{(\a\al(f(1)＜1，,f(2)≥1，))即eq \b\lc\{(\a\al(lna＜1，,ln(2a)＋a≥eq \f(1,2)，))化简得eq \b\lc\{(\a\al(0＜a＜1，,ln(2a)＋a≥eq \f(1,2)．))这与a＞2矛盾，舍去.14分
（iii）当eq \f(1,a)＞eq \f(－1＋eq \r(1＋4a),2a)，即0＜a＜2时，此时eq \f(1,a)＞eq \s\d1(\f(1,2)).
若f(x)＜1有且仅有一个整数解，则该整数解必为1．从而1＜eq \f(1,a)≤2，所以eq \f(1,2)≤a＜1.
16分
综上，－1＜a≤－eq \f(1,2)或eq \f(1,2)≤a＜1．17分
法二：当a＞0时，【关注极值点eq \f(－1＋eq \r(1＋4a),2a)与1的大小关系】
由（2）知f(x)在(0，eq \f(－1＋eq \r(1＋4a),2a))上单调递减，在(eq \f(－1＋eq \r(1＋4a),2a)，＋∞)上单调递增.
f '(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,x2)＋a＝eq \f(ax2＋x－1,x2)，x＞0.
令g(x)＝ax2＋x－1，g(0)＝－1＜0，g(1)＝a＞0, 则0＜eq \f(－1＋eq \r(1＋4a),2a)＜1.12分
【另解：因为eq \f(－1＋eq \r(1＋4a),2a)＜eq \f(－1＋eq \r(1＋4a＋4a2),2a)＝eq \f(－1＋(1＋2a),2a)＝1】
所以f(x)在[1，＋∞)上单调递增．
若f(x)＜1有且仅有一个整数解，则该整数解只能为1．
从而eq \b\lc\{(\a\al(f(1)＜1，,f(2)≥1，))即eq \b\lc\{(\a\al(lna＜1，,ln(2a)＋a≥eq \f(1,2)，))化简得eq \b\lc\{(\a\al(0＜a＜1，,ln(2a)＋a≥eq \f(1,2)．))14分
设g(a)＝ln(2a)＋a，因为g'(a)＝eq \f(1,a)＋1＞0，所以g(a)在(0，＋∞)上单调递增．
又因为g(eq \f(1,2))＝eq \f(1,2)，所以g(a)≥eq \f(1,2)的解集为a≥eq \f(1,2)．
故a的取值范围是[eq \f(1,2)，1)．16分
综上，－1＜a≤－eq \f(1,2)或eq \f(1,2)≤a＜1．17分
法三：当a＞0时，【关注极值点eq \f(－1＋eq \r(1＋4a),2a)与eq \f(1,a)和1的大小关系】
由（2）知f(x)在(0，eq \f(－1＋eq \r(1＋4a),2a))上单调递减，在(eq \f(－1＋eq \r(1＋4a),2a)，＋∞)上单调递增，
f(1)＝lna＋112分
（i）当0＜a＜1时，f(1)＝lna＋1＜1
则1为f(x)＜1的整数解. 注意到f(eq \f(1,a))＝1，eq \f(－1＋eq \r(1＋4a),2a)＜eq \f(1,a)，
若f(x)＜1有且仅有一个整数解，则1＜eq \f(1,a)≤2，所以eq \f(1,2)≤a＜1；14分
(ii)当a≥1时，eq \f(－1＋eq \r(1＋4a),2a)＜1，
由（2）知定义域为(0，＋∞)且f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
又因为f(1)＝lna＋1≥1，所以f(x)＜1无整数解．16分
综上，－1＜a≤－eq \f(1,2)或eq \f(1,2)≤a＜1．17分
Y
0
1
2
P
eq \f(5,14)
eq \f(15,28)
eq \f(3,28)