安徽省宣城市第二中学2024-2025学年高一上学期第三次调研测试（12月）数学试题

报告查询:登录zhixue.com或扫描二维码下载App (用户名和初始密码均为准考证号) 宣城二中2027届高一第一学期第三次调研测试数学试题 姓名： 班级： 考场/座位号： 注意事项 1．答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场填写清楚，并认真核对 条形码上的姓名和准考证号。 2．选择题部分请按题号用2B铅笔填涂方框，修改时用橡皮擦干净，不 留痕迹。 3．非选择题部分请按题号用0.5毫米黑色墨水签字笔书写，否则作答 无效。要求字体工整、笔迹清晰。作图时，必须用2B铅笔，并描浓。 4．在草稿纸、试题卷上答题无效。 5．请勿折叠答题卡,保持字体工整、笔迹清晰、卡面清洁。 贴条形码区 （正面朝上，切勿贴出虚线方框） 正确填涂 缺考标记 客观题 1 [A] [B] [C] [D] 2 [A] [B] [C] [D] 3 [A] [B] [C] [D] 4 [A] [B] [C] [D] 5 [A] [B] [C] [D] 6 [A] [B] [C] [D] 7 [A] [B] [C] [D] 8 [A] [B] [C] [D] 9 [A] [B] [C] [D] 10 [A] [B] [C] [D] 11 [A] [B] [C] [D] 填空题 12. 13. 14. 解答题 15. 16. 17. 18. 19. 试卷第 1 页，共 4 页 宣城二中 2027 届高一第一学期第三次调研测试 数学试题 分值：150 考试时间：120分钟 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改 动，用橡皮擦干后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本 试卷上无效. 第一部分（选择题 共 58分） 一、单选题：本题共 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 个选项是符合题目要求的. 1． 25π cos 3 的值为（ ） A． 3 2 B． 1 2 C． 3 2  D． 1 2  2．命题“ 2(1,2), 2 3xx x    ”的否定是（ ） A． 2(1,2), 2 3xx x    B． 2(1,2), 2 3xx x    C． 2(1,2), 2 3xx x    D． 2(1,2), 2 3xx x    3．函数 2 1 2 1 ( ) log 1 4 f x x x   的零点所在的一个区间是（ ） A． 1 1 , 4 2       B． 1 ,1 2       C． (1,2) D． (2,4) 4．设 1.1 1.1 3log 0.8, 2 , 0.8a b c   ，则 , ,a b c 的大小关系为（ ） A．c a b  B．b a c  C．b c a  D．a c b  5．函数   3 3 1x x f x   的图象大致为（ ） A． B． 试卷第 2 页，共 4 页 C． D． 6．已知点     cos π 2 ,sin 2π 2P   ，则点 P 在（ ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 7．若函数    2 22 2 4 2 2x x x xf x m      有且只有一个零点，则实数m的值为（ ） A．3 B．4 C．5 D．6 8．已知函数  22022( ) 2022 log 1 2022 1011xxf x x x       ，则关于 x的不等式 (4 1) (2 1) 2022 0f x f x     的解集为（ ） A． ( , 2)  B． 1 , 3        C． 2 , 3        D． ( ,1011) 二、多选题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18 分.在每小题给出的选项中， 有多项是符合题目要求.全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错的得 0分. 9．下列说法正确的是（ ） A．函数   1 2xf x a   （ 0a  且 1a  ）的图象恒过定点  1, 2 B．若函数  g x 满足     6g x g x   ，则函数  g x 的图象关于点  0,3 对称 C．当 0x  时，函数 3 1 1 y x x     的最小值为2 3 1 D．函数   2 2g x x x    的单调减区间为 1 ,1 2       10．已知正数 ,x y满足2 1x y  ，则（ ） A．8 1xy  B． 1 4 12 x y   C． 2 2 14 2 x y  D．   1 1 4 x y   11．对于函数 2 2 , ( ) 2 , x a x a f x x ax x a        下列说法正确的是（ ） A．当 0a  时，  f x 的最小值为 0 B．当 1 3 a  时，  f x 存在最小值 C．当 1a  时，  f x 在 ( , )  上单调递增 D．  f x 的零点个数为  g a ，则函数  g a 的值域为 0,1,2,3 试卷第 3 页，共 4 页 第二部分（非选择题共 92 分） 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15 分. 12．一个扇形的弧长和面积都是 3 π2 ，则这个扇形的半径为 ． 13．已知幂函数     f x m m xm m3 32 3 2  在 0,  上是减函数，则m的值为 ． 14．在数学中连乘符号是“Π”，例如：若 Nx * ，则      x x 1 2 3 10 1 10 ，已知函数  f x xxlog 21  ，   g m f x x m 1  ， Nx m, * ，且  m2 2024，则使 g m 为整数的m 共有 个. 四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步 骤. 15．（13 分）已知 Ra ，全集 RU ，集合        A x x a 9 3 27 1 ，函数   y xlog 2 1 3 1 的 定义域为 B. (1)当 a 1时，求 AðU B (2) ； 若 x B是 x A成立的充分不必要条件，求 a 的取值范围. 16．（15 分）已知      tan log 3 log 4 64 0.1252 3 33 2 (1)若是第一象限角，求 sin 的值； (2)求                 2 sin ( ) sin π3 )π) cos( 2π2sin( 2 2 的值. 17．（15 分）已知函数   f x kx x( ) log (9 1)3 是偶函数. (1)求实数 k 的值； (2)若 x [0,1]时，不等式     f x x m xlog ( 3 1) 03 恒成立，求实数 m 的取值范围. 试卷第 4 页，共 4 页 18．（17 分）近来，流感病毒肆虐，某学校对教室用药熏消毒法进行消毒.已知药物释放过程 中，室内每立方米空气中的含药量 y（毫克）与时间 t（小时）成正比；药物释放完毕后，y 与 t 的函数关系为 ty ma （ 0a  且 1a  ）.根据图中提供的信息，求： (1)从药物释放开始，每立方米空气中的含药量 y （毫克）与时间 t（小时）之间的函数关系 式； (2)为确保学生健康安全，药物释放过程中要求学生全部撤离，药物释放完毕后，空气中每 立方米含药量不超过0.15毫克时，学生方可进入教室.那么从药物释放开始，至少需要经过 多少小时后，学生才能进入教室.（精确到0.1小时）（参考值：ln 2 0.69 ，ln 3 1.10 ，ln5 1.61 ） 19．（17 分）已知函数   2 3 1x f x a   ，     2 g x f x a   . (1)若函数  f x 为奇函数，求 a 的值； (2)设      2h x g x a g x a    . （i）函数ℎ(𝑥)在  1,2x  上有两零点，求 a 的取值范围； （ii）若 4a  ，则是否存在实数 m，n，使得函数  y h x 的定义域为 ,m n ，值域为 3 ,3m n   . 若存在，求出3m 和3n 的值；若不存在，请说明理由. 答案第 1页，共 11页 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C C D C D D B BD ACD 题号 11 答案 AD 1．B 【分析】利用诱导公式化简求值. 【详解】由诱导公式可得， 25π π π 1cos cos 8π cos 3 3 3 2         . 故选：B. 2．C 【分析】根据全称命题的否定是特称命题判断即可. 【详解】∵全称命题的否定是特称命题， ∴命题“ 2(1,2), 2 3xx x    ”的否定是“ 2(1,2), 2 3xx x    ”. 故选：C. 3．C 【分析】求出区间的端点的函数值，再根据零点的存在性定理即可得出答案. 【详解】 ( )f x 在区间 (0, ) 上单调递减， 且 2 1 2 1 1 1 1 1log 1 3 0 4 4 4 4 64 f                  ， 2 1 2 1 1 1 1 1log 1 2 0 2 2 4 2 16 f                  ， 2 1 2 1 3(1) log 1 1 1 0 4 4 f       ， 21 2 1(2) log 2 2 1 1 0 4 f        ， 2 1 2 1(4) log 4 4 1 5 0 4 f        ， 函数 ( )f x 的零点在 (1, 2)上. 故选：C. 4．D 【分析】由诱导公式可得  cos2, sin 2P   ，后由弧度制结合象限角三角函数值符号可得答 案. 【详解】由诱导公式，    cos π+2 cos2 sin 2π 2 sin 2    ， ，则  cos2, sin 2P   . 答案第 2页，共 11页 又 π2 , π 2       ，则 cos 2 0 cos 2 0 sin 2 0 sin 2 0          ，即点 P在第四象限. 故选：D 5．C 【分析】根据函数的定义域，特殊值点以及分子分母的增长速度，结合选项即可得到答案. 【详解】根据函数  f x 的解析式，易知该函数的定义域为 0x x  ，故选项 A错误； 令 1x   ，得   1 1 31 0 3 1 2 f        ，故选项 B错误； 当 x时，3 1x  的增长速度远大于 3x ，所以当 x时，   0f x  ，故选项 D错误. 故选：C. 6．D 【分析】分别利用对数函数、指数函数的单调性判定�, �, �的范围即可比较大小. 【详解】 3 3log 0.8 log 1 0, 0a    ， 1.1 12 2 2, 2b    ， 1.1 00 0.8 0.8 1, 0 1c      ， a c b   ． 故选：D． 7．D 【分析】根据偶函数的性质结合题意得  0 0f  即可求解. 【详解】由题函数定义域为 R，关于原点对称， 又由于      2 22 2 4 2 2 ,x x x xf x m f x        故  f x 为R 上的偶函数， 由于  f x 只有一个零点，因此  0 0f  ，故 2 4 2 0m    ，解得 6m  ， 故选：D. 8．B 【分析】构造函数     1011g x f x  ，由  g x 的单调性与奇偶性，把不等式 (4 1) (2 1) 2022 0f x f x     转化为    4 1 2 1g x g x    求解． 答案第 3页，共 11页 【详解】令      220221011 2022 log 1 2022 xxg x f x x x       ，定义域为R ， 1, ( ) 20 2022 202 2 2 2 x xxy y      在R 上单调递增； 2 1y x x   在  0, 单调递增且 1y  ， 2022logy x 在 (0, ) 上单调递增， 则  22022log 1y x x   在 0, 上单调递增， 所以  g x 在 0, 上单调递增．    220222022 log ( ) 1 2022 xxg x x x        1220222022 log 1 2022xx x x       220222022 log 1 2022 ( )[ ]xx x x g x        ， 故  g x 为奇函数，  g x 在R 上单调递增， 关于 x的不等式 (4 1) (2 1) 2022 0f x f x     可化为    4 1 2 1 0g x g x    ， 即      4 1 2 1 2 1g x g x g x       ， 则 4 1 2 1x x    ，解得 1 3 x   ， ∴关于 x的不等式 (4 1) (2 1) 2022 0f x f x     的解集为 1, 3       ． 故选：B． 9．BD 【分析】对 A：令 1 0x   ，求得定点的横坐标，再求其函数值，即可求得定点纵坐标；对 B：根据已知条件，直接判断即可；对 C：利用基本不等式，结合函数解析式，直接求解即 可；对 D：求得  g x 的定义域，再根据复合函数的单调性，即可判断. 【详解】对 A：令 1 0x   ，解得 1x  ，当 1x  时，   1f x   ，故  f x 恒过定点( )1, 1- ， A错误； 对 B：因为     6g x g x   ，则     3 2 g x g x   ，故  g x 的图象关于  0,3 对称，B正确； 对 C：因为 0x  ，故 3 1 1 y x x      3 31 2 2 1 2 2 3 2 1 1 x x x x             ， 当且仅当 3 1x   时取得等号，故 C错误； 答案第 4页，共 11页 对 D：要使   2 2g x x x    有意义，则 2 2 0x x    ，解得 2 1x   ，则  g x 的定义 域为  2,1 ， 由复合函数的单调性可得 2 2y x x    在 12, 2      单调递增，在 1 ,1 2     单调递减，故 D 正确. 故选：BD. 10．ACD 【分析】对于 A，由基本不等式“1”的妙用方法即可计算得解；对于 B，由题设 4 1x y  结 合基本不等式即可求解判断；对于 C，由基本不等式结合指数幂的运算性质即可求解；对于 D，先由 4 1x y  将 1y x y  变形为 4 y x x y   ，再由基本不等式即可计算得解. 【详解】对于 A，因为 0, 0x y  且 4 1x y  ， 所以  1 1 1 1 4 44 5 5 2 9y x y xx y x y x y x y x y                ≥ ， 当且仅当 4y x x y  ，即 1 1, 3 6 x y  时等号成立，故 A正确； 对于 B， 4 1 2 4x y xy   ，故 1 16 xy  ，当且仅当 4x y ，即 1 1, 2 8 x y  时等号成立，故 B 错； 对于 C， 4 4 42 16 2 2 2 2 2 2 2 2 2x y x y x y x y       ， 当且仅当 14 2 x y  时等号成立，故 C正确； 对于 D， 1 4 4 2 4 6y y x y y x x y x y x y x y y x            ， 当且仅当 1 5 x y  时等号成立，故 D正确. 故选：ACD. 11．AD 【分析】对于 A，写出此时函数解析式，得到当 0x  时，  f x 取得最小值，最小值为 0； 对于 B，举出反例；对于 C，两分段均单调递增，但端点处，左端点的函数值不一定小于右 端点的函数值，故③错误； 对于 D，分类讨论，结合零点存在性定理得到函数  g a 的值域为 0,1,2,3 . 答案第 5页，共 11页 【详解】选项 A： 0a  时， 2 2 , 0( ) , 0 x xf x x x      ，又因为  0 2 1 0x x   ，  2 0 0x x  ，故函 数最小值为 0（当� = 0 时取到），选项正确； 选项 B：不妨设 1 2 a   ，此时   2 1 12 , 2 2 1, 2 x x f x x x x           ， 当 1 2 x   时， 1 1 2 12 , 2 2 2 x         当 2 1x   时， 2 2 1 1 1 2 4 4 x x x          故   1 2 f x   ，此时函数不存在最小值，选项错误； 选项 C： 2xy a  在  ,x a  上单调递增，且  2 , 2x ay a a a    ， 当 1a  时，  22 22y x ax x a a     在  ,x a   上单调递增，且  2 2 23y x a a a    ， 当 8a  时， 22 3 72 0a a a    ，故当 8a  时，  f x 在 R上不单调递增，选项错误； 选项 D： 2xy a  在 x a 上单调递增， 当 0a  时，设   2at a a  ，显然   2at a a  单调递增， 又   11 0, 0 2 t t       ，故存在 0 11, 2 a        使得  0 0t a  ， 当 0a a 时， 2 0a a  无解，即 2xy a  在 x a 上无零点， 此时 2 2y x ax  有两个零点，0和 2a ，故此时   2g a  ， 当 0a a 时， 2xy a  在 x a 上有 1个零点， 此时 2 2y x ax  有两个零点，0和 2a ，故此时   3g a  ， 当 0a  时，   2 2 , 0 , 0 x xf x x x      ，由 A知，此时有 1个零点，即   1g a  ， 当 0a  时， 2xy a  在 x a 上无零点， 2 2y x ax  在 x a 上也无零点， 此时   0g a  ，则函数  g a 的值域为 0,1,2,3 ，选项正确. 答案第 6页，共 11页 故选：AD. 12． 2 【分析】由扇形的面积公式求解即可. 【详解】设扇形的弧长为 l，半径为 r， 所以 2π 3 l  ， 1 1 2π 2π 2 2 3 3 S rl r   ，解得： 2r  . 故答案为： 2 . 13． 2 3( , )3 2 【分析】结合幂函数的图象与性质求出m，运用函数的单调性解不等式. 【详解】幂函数 2( ) mf x x  的图象关于原点对称，且在 (0, ) 上是减函数， 2 0m   ，解得 2m  ， mN ， 0m  或 1.m  当 0m  时， 2( )f x x  ，其图象关于 y轴对称，不满足题意； 当 1m  时， 1( )f x x ，其图象关于原点对称，满足题意， 不等式 2 2( 1) (3 2 ) m m a a      可化为 1 1 2 2( 1) (3 2 ) .a a      函数 1 2y x   是定义域为 (0, ) 的减函数， 1 0 3 2 0 1 3 2 a a a a          ，解得 2 3 3 2 a  ， 即实数 a的取值范围是 2 3( , ).3 2 故答案为： 2 3( , ) 3 2 . 14．8 【分析】根据已知条件利用对数运算求得    2log 2g m m  ，再由  g m 为整数，利用指数 运算等知识求得正确答案. 【详解】由于        1 lg 2 log 2 lg 1m m f m m m      ，故         2 lg 2 lg 2lg3 lg 4 log 2 lg 2 lg3 lg 1 lg 2 m m g m m m          . 答案第 7页，共 11页 要使  g m 为整数，则   *2log 2m n  N ，从而 2 2nm  ， *nN . 而  2,2024m ，故  2 2 4,2026n m   ，结合 2 3 10 112 4,2 8, ,2 1024,2 2048     ，知可 取 3,4, ,10n   . 从而 3 4 102 2,2 2, ,2 2m      ，故使  g m 为整数的m共有 8个. 故答案为：8. 15．(1) 1{ | 1 1 4} 2 x x x    或 ； (2) 5{ | 2 } 2 a a   . 【分析】（1）解指数不等式化简集合 A，求对数复合函数的定义域化简集合 B，再利用补集、 交集的定义求解即可. （2）利用充分不必要条件的定义，借助集合的包含关系列不等式组求解即可. 【详解】（1）由 1 3 27 9 x a  ，得 2 33 3 3x a   ，则 2 3x a    ， 解得 2 3a x a    ，因此 { | 2 3}A x a x a     ， 由  1 3 log 2 1 0x   ，得 0 2 1 1x   ，解得 1 1 2 x  ，因此 1{ | 1} 2 B x x   ， 1 1 2U B x x x      或ð ，当 1a  时，  1 4A x x    ， 所以 1) { | 1 1 4}( 2U B A x x x      或ð . （2）由（1）知， { | 2 3}A x a x a     ， 1{ | 1} 2 B x x   ， 由 x B 是 x A 成立的充分不必要条件得 B是A的真子集， 则 12 2 3 1 a a        或 12 2 3 1 a a        ，解得 52 2 a   或 52 2 a   ，因此 52 2 a   ， 所以实数 a的取值范围为 5{ | 2 } 2 a a   . 16．(1) 10 3 10sin ,cos 10 10     (2) 8 5  【分析】（1）确定 cos 3sin   ，根据 2 2sin cos 1   ，结合角度范围解得答案. （2）确定 2 π, Zk k     ， 1tan 3    ， 1tan 3   ，变换 sin 3cos tan 3 2sin cos 2tan 1            ，计算 答案第 8页，共 11页 得到答案. 【详解】（1） cos 3sin 0   ，即 cos 3sin   ，又 2 2sin cos 1   ， 故 2 2sin 9sin 1   ， 2 1sin 10   ， 又 π 02    ，故 10sin 10    ， 2 3 10cos 1 sin 10     . （2）角  的终边与角 的终边关于 x轴对称，则 2 π, Zk k     ， sin sin 1tan cos 3sin 3          ，     1tan tan 2 π tan tan 3 k           ， 故 1 3sin 3cos tan 3 83 22sin cos 2tan 1 51 3                . 17．(1) 1 (2)1 2 2m  【分析】（1）根据偶函数的性质求解即可； （2）化简可得 2 13 3 3 x x xm   恒成立，再根据 3 [1,3] xt   ，结合 min max 2 1( ) ( )t m t t    与基 本不等式求解即可. 【详解】（1）函数  f x 的定义域为 R，   3 3 101 (1), log log 10 9 f f k k      ，解得 1k   ， 此时   3 3 1log (9 1) log (3 ) 3 x x xf x x       3 3 1 1log (3 ) log ( 3 ) ( ) 3 3 x x x xf x f x        成立， 所以 1k   . （2）由题，不等式 3 3log (9 1) log ( 3 1) 0 x xm     ，所以9 1 3 1 0x xm     ，即 2 13 3 3 x x xm   ， 有 [0,1]x ，则 3 [1,3]xt   ，所以 min max 2 1( ) ( )t m t t    因为 2 2 2t t   （当且仅当 2 [1,3]t   时取“=”）， 所以1 2 2m  . 18．(1)           2 1 3 1 12 82, 0,14 4 log 5 83, 14,45 t t f t t t           答案第 9页，共 11页 (2)老师在  12 2 2,32 这一时间段内讲解核心内容，学生听课效果最佳，理由见解析 【分析】（1）利用二次函数的顶点式求得  f t 在  0,14 上的解析式，再利用点代入求得  f t 在  14,45 上的解析式，从而得解； （2）分  0,14t ，  14,45t ，由   80f t  求解即可. 【详解】（1）由题意知，当  0,14t 时，曲线是二次函数图象的一部分， 抛物线顶点坐标为 (12,82)，且曲线过点 (14,81)， 设二次函数为  212 82y a t   ，则  214 12 82 81a    ，解得 1 4 a   ， 则可得    21 12 82 4 f t t    ，  0,14t ． 又当  14,45t 时，曲线是函数  log 5 83ay t   ( 0a  且 1a  )图象的一部分， 且曲线过点  14,81 ，则 log 9 2a   ，即 2 9a  ，解得 1 3 a  ， 则    1 3 log 5 83f t t   ，  14,45t ． 则           2 1 3 1 12 82, 0,14 4 log 5 83, 14,45 t t p f t t t            . （2）由题意知，注意力指数 p大于 80时听课效果最佳， 当  0,14t 时，令    21 12 82 80 4 f t t     ， 解得：12 2 2 14t   . 当  14,45t 时，令    1 3 log 5 83 80f t t    ， 解得：14 32t  . 综上可得， 12 2 2,32t     . 故老师在  12 2 2,32 这一时间段内讲解核心内容，学生听课效果最佳． 19．(1)4 (2)（ⅰ） 2 9 m  （ⅱ）  1,3 【分析】（1）根据所给函数的性质，赋值即可得解； （1）（ⅰ）由题意由  g x m n  为奇函数即可得解； 答案第 10页，共 11页 （ⅱ）证明  g x 的单调性，求出值域，由题意转化为  1,4B   ，再由 ( )f x 的对称性转化为  0,4B  ，分类讨论求 ( )f x 的值域，满足上述条件建立不等式求解即可. 【详解】（1）因为定义在R 上函数  f x 的图象关于点  1,2 对称， 所以  1 2y f x   为奇函数， ∴    1 2 1 2f x f x       ，得    1 1 4f x f x    ， 则令 5x  ，得    6 4 4f f   . （2）（ⅰ）因为函数  g x 的图象关于点  ,m n 对称， 所以  y g x m n   为奇函数， 所以      3 22 4 3 3 g x m n x m x m n        3 2 2 3 2 22 4 2 43 3 3 3 3 3 x mx m x m x mx m n         3 2 2 3 22 4 2 43 3 3 3 3 3 x m x m m x m m n                   为奇函数， 所以 3 2 23 0 3 2 4 0 3 3 m m m n           ，解得 2 9 m  . （ⅱ）先证明   3 22 4 3 3 x x xg    在  1 ， 上单调递增， 设任意的  1 2, 1x x  ， ，且 1 2x x ， 则        3 2 3 2 2 22 1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 2 2 3 3 3 g x g x x x x x x x x x x x x x               2 1 2 2 1 1 1 2 2 2 3 3 x x x x x x x x                  ， 由 1 21 x x  可知， 2 1 0x x  ， 1 2 2 20 3 3 x x    ， 所以    2 1 0g x g x  ，即   3 2 2 4 3 3 x x xg    在 1 ， 上单调递增； ∴  g x 在区间  1,2 上的值域为 1, 4 ，记  f x 在区间 0,2 上的值域为 B， 对任意  1 0,2x  ，总存在  2 1,2x  ，使得    1 2f x g x 成立知  1,4B   ， 由  f x 的图象关于点  1,2 对称，所以只需  0,4B  答案第 11页，共 11页 ①当 0, 0 2 a a  时，  f x 在  0,1 上单调递增，由对称性知，  f x 在  1,2 上单调递增，∴  f x 在 0,2 上单调递增， 只需  0 1 0f a   即可，得 1a   ，∴ 1 0a   满足题意； ②当0 1 2 a   ，即0 2a  时，  f x 在 0, 2 a     上单调递减，在 ,1 2 a     上单调递增， 由对称性知，  f x 在 1, 2 2 a    上单调递增，在 2 ,2 2 a    上单调递减， ∴  f x 在 0, 2 a     上单调递减，在 , 2 2 2 a a    上单调递增，在 2 ,2 2 a    上单调递减， ∴ , 2 2 2 a aB f f              或    2 , 0B f f    ， 当0 2a  时， 2 1 0 2 4 a af a          ，      2 4 0 4 1 3 0f f a a        ， 即  22 4 4 2 8 0a a a      ， 3a  ， ∴0 2a  满足题意； ③当 1, 2 2 a a  时，  f x 在 0,1 上单调递减，由对称性知，  f x 在 1,2 上单调递减， ∴  f x 在 0,2 上单调递减， 只需  0 1 4f a   即可，得 3a  ，∴ 2 3a  满足题意. 综上所述， a的取值范围为  1,3 .