仿真卷03-决胜2020年高考数学（理）实战演练仿真卷（解析版）

决胜 2020 年高考数学（理）实战演练仿真卷 03 （满分 150 分，用时 120 分钟） 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，其中第Ⅱ卷第 22～23 题为选考题，其它题为必考题。 考生作答时，将答案答在答题卡上，在本试卷上答题无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 注意事 项： 1．答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将 条形码粘贴在答题卡的指定位置上。 2．选择题答案使用 2B 铅笔填涂,如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案的标号；非选择题答案使用 0.5 毫米的 黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚。 3．考生必须按照题号在答题卡各题号相对应的答题区域内(黑色线框)作答,写在草稿纸上、超出答题区域或非题号对应 的答题区域的答案一律无效。 4．保持卡面清洁，不折叠，不破损。 5．做选考题时，考生按照题目要求作答，并用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑。 第Ⅰ卷 选择题（共 60 分） 一、选择题(本大题共 12 个小题,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. 已知 i 是虚数单位，复数z = 1 ― i |i| ，下列说法正确的是(　　) A. z 的虚部为 ― i B. z 对应的点在第一象限 C. z 的实部为 ― 1 D. z 的共复数为1 + i 1.【答案】D 【解析】 ∵ z = 1 ― i |i| = 1 ― i， ∴ z的虚部为 ― 1；z 对应的点的坐标为(1, ― 1)，在第四象限； z 的实部为 1；z 的共复数为1 + i．故选：D． 2. 若集合A = {x|1 ≤ x < 2}，B = {x|x > 푏}，且A ∩ B = A.则实数 b 的范围是(　　) A. b ≥ 2 B. 1 < 푏 ≤ 2 C. b ≤ 2 D. b < 1 2.【答案】D 【解析】 ∵ A ∩ B = A， ∴ A ⊆ B， ∴ b < 1．故选：D． 3. 设 Sn 为数列{an}的前 n 项和，且 Sn＝3 2(an－1)(n∈N*)，则 an＝ (　　 ) A．3(3n－2n) B．3n＋2 C．3n D．3·2n－1 3.【解析】当 n＝1 时，a1＝3； 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝3 2(an－1)－3 2(an－1－1)， 得到 an＝3an－1，所以 an＝3n．故选 C． 4. 已知函数 f(x)的定义域为(－1，0)，则函数 f(2x＋1)的定义域为 (　　) A．(－1，－1 2) B. (－1，1) C．(－1，0) D.(1 2 ，1) 4.【答案】A 【解析】由函数 f(x)的定义域为(－1，0)，则使函数 f(2x＋1)有意义，需满足－1 0， 所以：当k = 0时，t 的最小值为 π 12， 且函数的最小正周期为π．故选：D． 7. 在等比数列{an}中，a1+an＝34，a2•an﹣1＝64，且前 n 项和 Sn＝62，则项数 n 等于（　　） A．4 B．5 C．6 D．7第 2 页，共 6 页 7.【答案】B 【解析】因为数列{an}为等比数列，则 a2•an﹣1＝a1•an＝64①， 又 a1+an＝34②， 联立①②，解得：a1＝2，an＝32 或 a1＝32，an＝2， 当 a1＝2，an＝32 时，sn＝ ＝ ＝ ＝62， 解得 q＝2， 所以 an＝2×2n﹣1＝32，此时 n＝5； 同理可得 a1＝32，an＝2，也有 n＝5． 则项数 n 等于 5， 故选：B． 8. 设F1，F2是双曲线 C：x2 a2 ― y2 b2 = 1(s > 0,푏 > 0)的两个焦点，P 是 C 上一点，若|PF1| + |PF2| = 4a， 且 △ PF1F2的最小内角的正弦值为1 3，则 C 的离心率为(　　) A. 2 B. 3 C. 2 D. 3 8.【答案】C 【解析】因为F1、F2是双曲线的两个焦点，P 是双曲线上一点，且满足|PF1| + |PF2| = 4a， 不妨设 P 是双曲线右支上的一点，由双曲线的定义可知|PF1| ― |PF2| = 2a， 所以|F1F2| = 2c，|PF1| = 3a，|PF2| = a， △ PF1F2的最小内角的正弦值为1 3，其余弦值为2 2 3 ， 由余弦定理，可得|PF2|2 = |F1F2|2 +|PF1|2 ― 2|F1F2||PF1|cos∠PF1F2， 即a2 = 4c2 +9a2 ― 2 × 2c × 3a × 2 2 3 ， c2 ― 2 2ca + 2a2 = 0， 即c = 2a， 所以e = c a = 2．故选：C． 9. 甲、乙两人约定晚 6 点到晚 7 点之间在某处见面，并约定甲若早到应等乙半小时，而乙还有其他安 排，若他早到则不需等待，则甲、乙两人能见面的概率（ ） A． B． C． D． 9.【答案】A 【解析】 设甲到达时刻为 ，乙到达时刻为 ，依题意列不等式组为 ，画出可行域如下图阴影部分， 故概率为 . 10. 如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为 (　　) A．4 B．2 C．2 3 D．4 3 10.【解析】由三视图知该几何体是一个三棱锥，其中一个面是腰长为 2 的等腰直角三角形，这个面上 的高为 2，故所求体积为1 3×1 2×2×2×2＝4 3 ．故选 D． 11. 设 f（x）＝x3+log2（x+ ），则对任意实数 a、b，若 a+b≥0，则（　　） A．f（a）+f（b）≤0 B．f（a）+f（b）≥0 C．f（a）﹣f（b）≤0 D．f（a）﹣f（b）≥0 11.【答案】B 【解析】解：设 ，其定义域为 R， ＝ ＝﹣f（x）， ∴函数 f（x）是奇函数．且在（0，+∞）上单调递增， 故函数 f（x）在 R 上是单调递增， 那么：a+b≥0，即 a≥﹣b， ∴f（a）≥f（﹣b）， 得 f（a）≥﹣f（b）， 3 8 3 4 3 5 4 5 x y { 0.5 0 , 1 y x x y x y ≥ + ≥ ≤ ≤ 1 11 38 2 1 8 − − =可得：f（a）+f（b）≥0．故选：B． 12. 已知 F1，F2 分别为双曲线 C： ﹣ ＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦点，过 F1 的直线 l 与双曲线 C 的左右两支分别交于 A，B 两点，若|AB|：|BF2|：|AF2|＝3：4：5，则双曲线的离心率为（　　） A． B． C．2 D． 12.【答案】A 【解析】|AB|：|BF2|：|AF2|＝3：4：5， 设|AF1|＝t，|AB|＝3x，则|BF2|＝4x，|AF2|＝5x， 根据双曲线的定义，得|AF2|﹣|AF1|＝|BF1|﹣|BF2|＝2a， 即 5x﹣t＝（3x+t）﹣4x＝2a， 解得 t＝3a，x＝a， 即|AF1|＝3a，|AF2|＝5a， ∵|AB|：|BF2|：|AF2|＝3：4：5，得△ABF2 是以 B 为直角的 Rt△， ∴cos∠BAF2＝ ＝ ， 可得 cos∠F2AF1＝﹣ ， △F2AF1 中，|F1F2|2＝|AF1|2+|AF2|2﹣2|AF1|•|AF2|cos∠F2AF1 ＝9a2+25a2﹣2×3a×5a×（﹣ ）＝52a2， 可得|F1F2|＝2 a，即 c＝ a， 因此，该双曲线的离心率 e＝ ＝ ．故选：A． 第Ⅱ卷 非选择题（共 90 分） 二、填空题（每题 5 分，共 20 分，将最终结果填在答题纸上.） 13.我国南宋著名数学家秦九韶发现了从三角形三边求三角形面积的“三斜公式”，设△ABC 三个内角 A、 B、C 所对的边分别为 a、b、c，面积为 S，则“三斜求积”公式为 ．若 a2sinC＝4sinA，（a+c）2＝12+b2，则用“三斜求积”公式求得△ABC 的面积为　 　． 13.【答案】 【解析】根据正弦定理：由 a2sinC＝4sinA，可得：ac＝4， 由于（a+c）2＝12+b2，可得：a2+c2﹣b2＝4， 可得： ＝ ＝ ．故答案为： ． 14. (x＋y)(2x－y)5 的展开式中 x3y3 的系数为____________. 14.【答案】40 【解析】原题即求(2x－y)5 中 x2y3 与 x3y2 系数的和，即为 C35·22·(－1)3＋C25·23·(－1)2＝40． 15. 已知菱形 ABCD 的一条对角线 BD 长为 2，点 E 满足AE→ ＝1 2ED→ ，点 F 为 CD 的中点，若AD→ ·BE→ ＝－2，则CD→ ·AF→ ＝ ________． 15.【答案】－7 【解析】如图建立平面直角坐标系， 设 C(t，0)，则 A(－t，0)，B(0，－1)，D(0，1)，E(－2 3t，1 3)，F(t 2，1 2 )，故AD→ ＝(t，1)，BE→ ＝(－2 3t，4 3)，CD→ ＝(－ t，1)， AF→ ＝(3t 2，1 2)．因为AD→ ·BE→ ＝－2，所以－2 3t2＋4 3＝－2，解得 t2＝5，CD→ ·AF→ ＝－3 2t2＋1 2＝－7． 故填－7． 16.已知不等式 ex﹣1≥kx+lnx，对于任意的 x∈（0，+∞）恒成立，则 k 的最大值　 　 16.【分析】不等式 ex﹣1≥kx+lnx，对于任意的 x∈（0，+∞）恒成立．等价于 对于任意的 x∈（0，+∞）恒成立．求得 ，（x＞0），的最小值即可 k 的取值． 【解答】解：不等式 ex﹣1≥kx+lnx，对于任意的 x∈（0，+∞）恒成立． 等价于 对于任意的 x∈（0，+∞）恒成立． 令 ，（x＞0）， ， 令 g（x）＝ex（x﹣1）+lnx，（x＞0），则 ， ∴g（x）在（0，+∞）单调递增，g（1）＝0， ∴x∈（0，1）时，g（x）＜0，x∈（1，+∞）时，g（x）＞0． ∴x∈（0，1）时，f′（x）＜0，x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0． ∴x∈（0，1）时，f（x）单调递减，x∈（1，+∞）时，f（x）单调递增． ∴f（x）min＝f（1）＝e﹣1第 4 页，共 6 页 ∴k≤e﹣1． 故答案为：e﹣1． 三、解答题 （本大题共 6 小题，共 70 分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.） 17.已知函数 f(x)＝4sin(x－π 3)cos x＋ 3. (1)求函数 f(x)的最小正周期和单调递增区间； (2)若函数 g(x)＝f(x)－m 在[0，π 2]上有两个不同的零点 x1，x2，求实数 m 的取值范围，并计算 tan(x1＋x2) 的值． 17.【解析】(1)因为 f(x)＝4sin(x－π 3) cos x＋ 3＝4(sin x－cos x)cos x＋ 3＝2sin xcos x－2 3cos2x＋ 3＝ sin 2x－ 3cos 2x＝2sin(2x－π 3)， 所以函数 f(x)的最小正周期为 T＝π. 由 2kπ－π 2≤2x－π 3≤2kπ＋π 2(k∈Z)， 得 kπ－ π 12≤x≤kπ＋5π 12(k∈Z)． 所以函数 f(x)的单调递增区间为[kπ－ π 12 ，kπ＋5π 12](k∈Z)． (2)函数 g(x)＝f(x)－m 在[0，π 2]上有两个不同的零点 x1，x2，即函数 y＝f(x)与直线 y＝m 在[0，π 2]上 的图象有两个不同的交点，在直角坐标系中画出函数 y＝f(x)＝2sin (2x－π 3)在[0，π 2]上的图象，如图所 示， 由图象可知，当且仅当 m∈[ 3，2)时，方程 f(x)＝m 有两个不同的解 x1，x2，且 x1＋x2＝2×5π 12 ＝ 5π 6 ， 故 tan(x1＋x2)＝tan5π 6 ＝－tanπ 6 ＝－ 3 3 . 18.如图，已知多面体 ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C 均垂直于平面 ABC，∠ABC＝120°，A1A＝4，C1C ＝1，AB＝BC＝B1B＝2． (Ⅰ)证明：AB1⊥平面 A1B1C1； (Ⅱ)求直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角的正弦值． 18.【解析】解法一：(Ⅰ)证明：由题意，如图，以 AC 的中点 O 为原点，分别以射线 OB，OC 为 x，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系 O­xyz． 则 A(0，－ 3，0)，B(1，0，0)，A1(0，－ 3，4)，B1(1，0，2)，C1(0，3，1)， 因此AB1→ ＝(1，3，2)，A1B1→ ＝(1，3，－2)，A1C1→ ＝(0，2 3，－3)． 由AB1→ ·A1B1→ ＝0 得 AB1⊥A1B1， 由AB1→ ·A1C1→ ＝0 得 AB1⊥A1C1， 所以 AB1⊥平面 A1B1C1． (Ⅱ)设直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角为 θ． 由(Ⅰ)可知AC1→ ＝(0，2 3，1)，AB→ ＝(1，3，0)，BB1→ ＝(0，0，2)． 设平面 ABB1 的法向量 n＝(x，y，z)， 由{n·AB→ ＝0， n·BB1→ ＝0， 即{x＋ 3y＝0， 2z＝0， 可取 n＝(－ 3，1，0)， 所以 sinθ＝|cos〈AC1→ ，n〉|＝ |AC1→ ·n| |AC1→ ||n| ＝ 39 13 ． 因此，直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角的正弦值是 39 13 ． 解法二：(Ⅰ)证明：由 AB＝2，AA1＝4，BB1＝2，AA1⊥AB，BB1⊥AB，得 AB1＝A1B1＝2 2，所以 A1B21＋AB21＝AA21，故 AB1⊥A1B1． 由 BC＝2，BB1＝2，CC1＝1，BB1⊥BC，CC1⊥BC 得 B1C1＝ 5，由 AB＝BC＝2，∠ABC＝120°得 AC＝2 3， 由 CC1⊥AC，得 AC1＝ 13，所以 AB21＋B1C21＝AC21． 故 AB1⊥B1C1． 因此 AB1⊥平面 A1B1C1． (Ⅱ)如图，过点 C1 作 C1D⊥A1B1，交直线 A1B1 于点 D，连接 AD． 由 AB1⊥平面 A1B1C1 得平面 A1B1C1⊥平面 ABB1， 由 C1D⊥A1B1 得 C1D⊥平面 ABB1， 所以∠C1AD 是 AC1 与平面 ABB1 所成的角． 由 B1C1＝ 5，A1B1＝2 2，A1C1＝ 21得 cos∠C1A1B1＝ 6 7 ，sin∠C1A1B1＝ 1 7 ，所以 C1D＝ 3， 故 sin∠C1AD＝C1D AC1 ＝ 39 13 ． 另外，由 C1 到平面 ABB1 的距离等于 C 到平面 ABB1 的距离，等于 C 到直线 AB 的距离为 3，又 AC1 ＝ 13，易求解． 19.某射手每次射击击中目标的概率是2 3 ，且各次射击的结果互不影响． (1)假设这名射手射击 5 次，求有 3 次连续击中目标，另外 2 次未击中目标的概率； (2)假设这名射手射击 3 次，每次射击，击中目标得 1 分，未击中目标得 0 分．在 3 次射击中，若 有 2 次连续击中，而另外 1 次未击中，则额外加 1 分；若 3 次全击中，则额外加 3 分．记 ξ 为射手射 击 3 次后的总分数，求 ξ 的分布列． 19.【解析】 (1)设“第 i 次射击击中目标”为事件 Ai(i＝1，2，3，4，5)，“射手在 5 次射击中，有 3 次连 续击中目标，另外 2 次未击中目标”为事件 A，则 P(A) ＝ P(A1A2A3 ) ＋ P( A2A3A4 ) ＋ P( A3A4A5) ＝ (2 3 )3 ×(1 3 )2 ＋ 1 3×(2 3 )3 ×1 3 ＋ (1 3 )2 × (2 3 )3 ＝ 8 81 ． (2)设“第 i 次射击击中目标”为事件 Ai(i＝1，2，3)． 由题意可知，ξ 的所有可能取值为 0，1，2，3，6． P(ξ＝0)＝P( )＝(1 3 )3 ＝ 1 27 ， P(ξ＝1)＝P(A1 )＋P( A2 )＋P( A3) ＝2 3×(1 3 )2 ＋1 3×2 3×1 3 ＋(1 3 )2 ×2 3 ＝2 9 ， P(ξ＝2)＝P(A1 A3)＝2 3×1 3×2 3 ＝ 4 27 ， P(ξ＝3)＝P(A1A2 )＋P( A2A3) ＝(2 3 )2 ×1 3 ＋1 3×(2 3 )2 ＝ 8 27 ， P(ξ＝6)＝P(A1A2A3)＝(2 3 )3 ＝ 8 27 ． 所以 ξ 的分布列是 ξ 0 1 2 3 6 P 1 27 2 9 4 27 8 27 8 27 20.已知抛物线 C：y2＝2px(p＞0)的焦点为 F(1，0)，O 为坐标原点，A，B 是抛物线 C 上异于 O 的两 点． (1)求抛物线 C 的方程； (2)若直线 OA，OB 的斜率之积为－1 2 ，求证：直线 AB 过 x 轴上一定点． 20.【解析】(1)因为抛物线 y2＝2px(p＞0)的焦点坐标为(1，0)，所以p 2 ＝1，所以 p＝2，所以抛物线 C 的 方程为 y2＝4x． (2)证明：①当直线 AB 的斜率不存在时， 设 A(t2 4 ，t)，B(t2 4 ，－t)，t＞0． 因为直线 OA，OB 的斜率之积为－1 2 ， 所以 t t2 4 · －t t2 4 ＝－1 2 ，化简得 t2＝32，则 t＝4 2， 所以 A(8，4 2)，B(8，－4 2)，此时直线 AB 的方程为 x＝8． ②当直线 AB 的斜率存在时，设其方程为 y＝kx＋b(k≠0)，A(xA，yA)，B(xB，yB)，联立{y2＝4x， y＝kx＋b， 化简得 ky2－4y＋4b＝0，根据根与系数的关系得 yAyB＝4b k ． 因为直线 OA，OB 的斜率之积为－1 2 ， 所以yA xA·yB xB ＝－1 2 ，即 xAxB＋2yAyB＝0， 即y 4·y 4 ＋2yAyB＝0，解得 yAyB＝0(舍去)或 yAyB＝－32， 所以 yAyB＝4b k ＝－32，即 b＝－8k，所以 y＝kx－8k， 即 y＝k(x－8)． 综上所述，直线 AB 过 x 轴上一定点(8，0)． 4A 5A 1A 5A 1A 2A 1A 2A 3A 2A 3A 1A 3A 1A 2A 2A 3A 1A第 6 页，共 6 页 21.已知函数푓(푥) = 푙푛푥 ― 푎푥 + 1 푥． (1)若 1 是函数푓(푥)的一个极值点，求实数 a 的值； (2)讨论函数푓(푥)的单调性； (3)在(1)的条件下证明：푓(푥) ≤ 푥푒푥 ― 푥 + 1 푥 ― 1． 21.【解析】 (1)푓′(푥) = 1 푥 ― 푎 ― 1 푥2，(푥 > 0)， 푓′(1) = 1 ― 푎 ― 1 = 0，故푎 = 0， (2)푓′(푥) = ―푎푥2 + 푥 ― 1 푥2 ， 方程 ― 푎푥2 + 푥 ― 1 = 0的判别式 △= 1 ― 4푎， ①当푎 ≥ 1 4时， △≤ 0，푓′(푥) ≤ 0， 푓(푥)在(0, + ∞)递减， ②当0 < 푎 < 1 4时，方程 ― 푎푥2 + 푥 ― 1 = 0的根为푥 = 1 ± 1 ― 4푎 2푎 ， 且푥1 = 1 ― 1 ― 4푎 2푎 > 0，푥2 = 1 + 1 ― 4푎 2푎 > 0， 故푓(푥)在(0,푥1)递减，在(푥1,푥2)递增，在(푥2, + ∞)递减， ③当푎 = 0时，f′(푥) = 푥 ― 1 푥2 ， 푓(푥)在(0,1)递减，在(1, + ∞)递增， ④当푎 < 0时， 方程 ― 푎푥2 + 푥 ― 1 = 0的根为푥 = 1 ± 1 ― 4푎 2푎 ， 且푥1 = 1 ― 1 ― 4푎 2푎 > 0，푥2 = 1 + 1 ― 4푎 2푎 < 0， 故푓(푥)在(0,푥1)递减，在(푥1, + ∞)递增； (3)在(1)的条件下푓(푥) ≤ 푥푒푥 ― 푥 + 1 푥 ― 1， 푥푒푥 ― 푙푛푥 ― 푥 ― 1 ≥ 0，푔′(푥) = (푥 +1)푒푥 ― 1 푥 ― 1， 令ℎ(푥) = (푥 +1)푒푥 ― 1 푥 ― 1， ℎ′(푥) = (푥 +2)푒푥 + 1 푥2 > 0，(푥 > 0)， 故ℎ(푥)在(0, + ∞)递增， 又ℎ(1 2) < 0，ℎ(푒) > 0， 故∃푥0 ∈ (1 2,푒)，使得ℎ(푥0) = 0，即푥0푒푥0 = 1， 푔(푥)在(0,푥0)递减，在(푥0, + ∞)递增， 故푔(푥)푚푖푛 = 푔(푥0) = 푥0푒푥0 ― 푙푛 1 푒푥0 ― 푥0 ― 1 = 0， 故푓(푥)) ≤ 푥푒푥 ― 푥 + 1 푥 ― 1． 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.在平面直角坐标系 xOy 中，⊙O 的参数方程为{x＝cosθ， y＝sinθ (θ 为参数)，过点(0，－ 2)且倾斜角为 α 的 直线 l 与⊙O 交于 A，B 两点． (1)求 α 的取值范围； (2)求 AB 中点 P 的轨迹的参数方程． 22.【解析】 (1)⊙O 的直角坐标方程为 x2＋y2＝1. 当 α＝π 2 时，l 与⊙O 交于两点． 当 α≠π 2 时，记 tanα＝k，则 l 的方程为 y＝kx－ 2.l 与⊙O 交于两点，当且仅当 2 1＋k2 ＜1，解得 k＜－ 1 或 k＞1，即 α∈(π 4 ，π 2)或 α∈(π 2 ，3π 4 ). 综上，α 的取值范围是(π 4 ，3π 4 ). (2)l 的参数方程为{x＝tcosα， y＝－ 2＋tsinα(t 为参数，π 4 ＜α＜3π 4 ). 设 A，B，P 对应的参数分别为 tA，tB，tP，则 tP＝tA＋tB 2 ，且 tA，tB 满足 t2－2 2tsinα＋1＝0. 于是 tA＋tB＝2 2sinα，tP＝ 2sinα.又点 P 的坐标(x，y)满足{x＝tPcosα， y＝－ 2＋tPsinα， 所以点 P 的轨迹的参数方程是{x＝ 2 2 sin2α， y＝－ 2 2 － 2 2 cos2α (α 为参数，π 4 ＜α＜3π 4 ). 23.已知 f(x)＝|x＋1|－|ax－1|. (1)当 a＝1 时，求不等式 f(x)＞1 的解集； (2)若 x∈(0，1)时，不等式 f(x)＞x 成立，求 a 的取值范围． 23.【解析】 (1)当 a＝1 时，f(x)＝|x＋1|－|x－1|， 即 f(x)＝{－2，x ≤ －1， 2x，－1＜x＜1， 2，x ≥ 1. 故不等式 f(x)＞1 的解集为{x|x＞1 2}. (2)当 x∈(0，1)时，|x＋1|－|ax－1|＞x 成立，等价于当 x∈(0，1)时，|ax－1|＜1 成立． 若 a≤0，则当 x∈(0，1)时，|ax－1|≥1. 若 a＞0，|ax－1|＜1 的解集为 0＜x＜2 a ，所以2 a≥1，故 0＜a≤2. 综上，a 的取值范围为(0，2]．