【校级联考】河北五个一名校联盟2019届高三下学期第一次诊断考试数学（理）试题（解析版） 26页

河北省“五个一名校联盟”2019届高三第一次诊断考试 理科数学 ‎ 第I卷（选择题）‎ 一、选择题：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.是虚数单位， 则( )‎ A. 2 B. C. 4 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数的除法运算求出的代数形式，然后再求出．‎ ‎【详解】由题意得，‎ ‎∴ ．‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题考查复数的除法运算和复数的模，解题的关键是正确进行复数的运算，属于简单题．‎ ‎2.集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过解不等式分别得到集合，然后再求出即可．‎ ‎【详解】由题意得，‎ ‎，‎ ‎∴．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】解答本题的关键是正确得到不等式的解集，需要注意的是在解对数不等式时要注意定义域的限制，这是容易出现错误的地方，属于基础题．‎ ‎3.已知向量，，，则与的夹角为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意先求出向量与的数量积，再根据数量积的定义求出夹角的余弦值，进而得到夹角的大小．‎ ‎【详解】∵，‎ ‎∴．‎ 设与的夹角为θ，则，‎ 又，‎ ‎∴，‎ 即与的夹角为．‎ ‎【点睛】向量的数量积为求解夹角问题、垂直问题及长度问题提供了工具，在求夹角时首先要求出两向量的数量积，进而得到夹角的余弦值，容易忽视的问题是忘记夹角的范围，属于基础题．‎ ‎4.如图所示的图形是弧三角形，又叫莱洛三角形，它是分别以等边三角形的三个顶点为圆心，以边长为半径画弧得到的封闭图形.在此图形内随机取一点，则此点取自等边三角形内的概率是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出以为圆心，以边长为半径，圆心角为的扇形的面积，根据图形的性质，可知它的3倍减去2倍的等边三角形的面积就是莱洛三角形的面积，运用几何概型公式，求出概率.‎ ‎【详解】设等边三角形的边长为，设以为圆心，以边长为半径，圆心角为的扇形的面积为 ‎，则，，‎ 莱洛三角形面积为，则,‎ 在此图形内随机取一点，则此点取自等边三角形内的概率为,‎ ‎,故本题选D.‎ ‎【点睛】本题考查了几何概型.解决本题的关键是正确求出莱洛三角形的面积.考查了运算能力.‎ ‎5.已知圆与抛物线交于两点，与抛物线的准线交于两点，若四边形是矩形，则等于 ( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出图形，由四边形是矩形可得点的纵坐标相等．根据题意求出点的纵坐标后得到关于方程，解方程可得所求．‎ ‎【详解】由题意可得，抛物线的准线方程为．画出图形如图所示．‎ 在中，当时，则有．①‎ 由得，代入消去整理得．②‎ 结合题意可得点的纵坐标相等，故①②中的相等，‎ ‎ 由①②两式消去得，‎ 整理得，‎ 解得或（舍去），‎ ‎∴．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】解答本题的关键是画出图形并根据图形得到与x轴平行，进而得到两点的纵坐标相等．另外，将几何问题转化代数问题求解也是解答本题的另一个关键．考查圆锥曲线知识的综合和分析问题解决问题的能力，属于中档题．‎ ‎6.函数的图象大致为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 计算导数，通过导数判断原函数的单调性，然后判断大小关系，可得结果.‎ ‎【详解】由题可知：函数定义为 当时，‎ 当时，‎ 所以可知：原函数在递增，在递减 令，则 当时，‎ 当时，‎ 则在递减，且 在递增，‎ 所以函数在定义域中，函数值均大于 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了函数图象的识别问题，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属中档题.‎ ‎7.若，，则下列不等式正确的是 ( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意对给出的每个选项分别进行分析判断后可得正确的结论．‎ ‎【详解】对于选项A，由可得，又，所以，故A不正确；‎ 对于选项B，由于，所以等价于，可得，不合题意，故B不正确；‎ 对于选项C，由于函数在上为减函数，且，所以，故C不正确；‎ 对于选项D，结合对数函数的图象可得当，时，，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点睛】根据条件判断不等式是否成立时，常用的方法有两种：一是根据不等式的性质直接进行判断；二是通过构造适合题意的函数，利用函数的单调性、图象进行分析判断，解题的关键是根据题意选择适当的方法进行求解，考查运用知识解决问题的能力和分析判断能力，属于中档题．‎ ‎8.已知棱长为1的正方体被两个平行平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图所示，则剩余部分的表面积为( )‎ ‎ ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三视图得到几何体的直观图，然后再根据题中的数据求出几何体的表面积即可．‎ ‎【详解】由三视图可得，该几何体为如图所示的正方体截去三棱锥和三棱锥后的剩余部分．‎ 其表面为六个腰长为1的等腰直角三角形和两个边长为的等边三角形，‎ 所以其表面积为．‎ 故选B．‎ ‎【点睛】在由三视图还原空间几何体时，一般以主视图和俯视图为主，结合左视图进行综合考虑．热悉常见几何体的三视图，能由三视图得到几何体的直观图是解题关键．求解几何体的表面积或体积时要结合题中的数据及几何体的形状进行求解，解题时注意分割等方法的运用，转化为规则的几何体的表面积或体积求解．‎ ‎9.函数的定义域为，且，当时，；当时，，则( )‎ A. 671 B. 673 C. 1343 D. 1345‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可得函数是周期为3的周期函数，然后再根据周期性求出函数值即可．‎ ‎【详解】∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴函数是周期为3的周期函数．‎ 又当时，；当时，，‎ ‎∴，‎ ‎∴‎ ‎．‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题考查函数值的求法，解题的关键是根据题意得到函数的周期性，然后将问题转化为求给定区间上的函数值的问题求解，考查分析判断和计算能力，属于基础题．‎ ‎10.如图所示，直三棱柱的高为4，底面边长分别是5，12，13，当球与上底面三条棱都相切时球心到下底面距离为8，则球的体积为 ( )‎ ‎ ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设球心为，三棱柱的上底面的内切圆的圆心为，该圆与边切于点，根据球的几何性质可得为直角三角形，然后根据题中数据求出圆半径，进而求得球的半径，最后可求出球的体积．‎ ‎【详解】如图，设三棱柱为，且，高．‎ 所以底面为斜边是的直角三角形，设该三角形的内切圆为圆，圆与边切于点，‎ 则圆的半径为．‎ 设球心为，则由球的几何知识得为直角三角形，且，‎ 所以，‎ 即球的半径为，‎ 所以球的体积为．‎ 故选A．‎ ‎【点睛】本题考查与球有关的组合体的问题，解答本题的关键有两个：‎ ‎（1）构造以球半径、球心到小圆圆心的距离和小圆半径为三边的直角三角形，并在此三角形内求出球的半径，这是解决与球有关的问题时常用的方法．‎ ‎（2）若直角三角形的两直角边为，斜边为，则该直角三角形内切圆的半径，合理利用中间结论可提高解题的效率．‎ ‎11.函数与函数的图像关于点对称，且，则的最小值等于 ( )‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意得，由函数的图象与函数的图象关于点对称得，又，则得到，然后根据诱导公式并化简得到，进而可得所求的最小值．‎ ‎【详解】由题意得，‎ ‎∵函数的图象与函数的图象关于点对称，‎ ‎∴，‎ 又，‎ ‎∴，即，‎ ‎∴，‎ 结合与的特征可得 ‎，‎ ‎∴．‎ 又，‎ ‎∴当时，取得最小值4．‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题考查三角函数图象的对称性和三角变换的应用，解题时根据三角函数值相等得到角间的关系，并进而得到间的关系是关键，考查变换能力和应用知识解决问题的能力，属于中档题．‎ ‎12.已知函数，若关于的方程 有且仅有两个不同的整数解，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 考虑与和的关系，去掉绝对值号后可得，然后再通过导数研究函数的图象，结合图象可得所求结果．‎ ‎【详解】方程等价于 或或，‎ 即或或，‎ 所以．‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴当时，单调递减；当时，单调递增．‎ ‎∴当时，取得最小值，且．‎ 画出函数的图象，如下图所示．‎ 于是可得，当时，恒成立．‎ 由图象可得，要使方程有且仅有两个不同的整数解，‎ 只需，即，‎ 解得，‎ ‎∴实数的取值范围是．‎ 故选A．‎ ‎【点睛】本题难度较大，综合考查导数的应用及绝对值的问题，解题的关键是将绝对值符号去掉，将方程转化为函数的问题，然后再结合函数的图象求解，解题时注意数形结合思想方法的灵活运用．‎ 第II卷 二、填空题。‎ ‎13.若x，y满足，则的最小值为____‎ ‎【答案】2 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出不等式组表示的可行域，将变形为，移动直线并结合图形得到最优解，进而得到所求的最小值．‎ ‎【详解】画出不等式组表示的可行域，如图阴影部分所示．‎ 由可得．‎ 平移直线，由图形得，当直线经过可行域内的点A时，直线在y轴上的截距最小，此时z取得最小值．‎ 由 解得，‎ 所以点A的坐标为．‎ 所以．‎ 故答案为2．‎ ‎【点睛】利用线性规划求最值体现了数形结合思想的运用，解题的关键有两个：一是准确地画出不等式组表示的可行域；二是弄清楚目标函数中的几何意义，根据题意判断是截距型、斜率型、还是距离型，然后再结合图形求出最优解后可得所求．‎ ‎14.在的展开式中常数项等于___‎ ‎【答案】9‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出二项式展开式的通项，然后根据分类讨论的方法得到常数项．‎ ‎【详解】二项式的展开式的通项为，‎ ‎∴中的常数项为．‎ 故答案为9．‎ ‎【点睛】对于含有两个括号的展开式的项的问题，求解时可分别求出每个二项式的展开式的通项，然后采用组合（即“凑”）的方法得到所求的项，解题时要做到细致、不要漏掉任何一种情况．‎ ‎15.已知双曲线的左右焦点分别为、，点在双曲线上，点的坐标为，且到直线，的距离相等，则 ___‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出图形，根据到直线，距离相等得到为的平分线，然后根据角平分线的性质得到，再根据双曲线的定义可求得．‎ ‎【详解】由题意得，点A在双曲线右支上，‎ 又点的坐标为，‎ ‎∴．‎ 画出图形如图所示，，垂足分别为，‎ 由题意得，‎ ‎∴为的平分线，‎ ‎∴，即．‎ 又，‎ ‎∴．‎ 故答案为4．‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的定义和三角形角平分线的性质，解题的关键是认真分析题意，从平面几何图形的性质得到线段的比例关系，考查分析和解决问题的能力，属于中档题．‎ ‎16.在中，内角所对的边分别为，是的中点，若 且，则面积的最大值是___‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意及正弦定理得到，于是可得，；然后在和中分别由余弦定理及可得．在此基础上可得，再由基本不等式得到，于是可得三角形面积的最大值．‎ 详解】如图，设，则,‎ 在和中，分别由余弦定理可得，‎ 两式相加，整理得，‎ ‎∴．①‎ 由及正弦定理得，‎ 整理得，②‎ 由余弦定理的推论可得，所以．‎ 把①代入②整理得，‎ 又，当且仅当时等号成立，‎ 所以，故得．‎ 所以．‎ 即面积的最大值是．‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】本题考查解三角形在平面几何中的应用，解题时注意几何图形性质的合理利用．对于三角形中的最值问题，求解时一般要用到基本不定式，运用时不要忽视等号成立的条件．本题综合性较强，考查运用知识解决问题的能力和计算能力．‎ 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。‎ ‎17.已知数列满足 ，‎ ‎（Ⅰ）求数列的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）求数列的前项和．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ） ．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由可得，两式相减得到，最后验证满足上式，进而得到通项公式；（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，于是，故利用裂项相消法可求出．‎ ‎【详解】（Ⅰ）∵‎ ‎∴，‎ 两式相减得，‎ ‎∴．‎ 又当时，满足上式，‎ ‎∴．‎ ‎∴数列的通项公式． ‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）得，‎ ‎∴‎ ‎∴‎ ‎ ‎ ‎．‎ ‎【点睛】（1）求数列的通项公式时要根据条件选择合适的方法，如本题属于已知数列的和求通项的问题，故在求解时利用仿写、作差的方法求解，容易忽视的地方是忘记对时的情况的验证．‎ ‎（2）裂项相消法求和适用于数列的通项公式为分式形式的数列，裂项相消后得到的结果具有对称性，即相消后前面剩几项，后面就剩几项；前面剩第几项，后面就剩第几项．‎ ‎18.《山东省高考改革试点方案》规定：从2017年秋季高中入学的新生开始，不分文理科；2020年开始，高考总成绩由语数外3门统考科目和物理、化学等六门选考科目构成．将每门选考科目的考生原始成绩从高到低划分为、、、、、、、共8个等级．参照正态分布原则，确定各等级人数所占比例分别为、、、、、、、．选考科目成绩计入考生总成绩时，将至等级内的考生原始成绩，依照等比例转换法则，分别转换到、、、、、、、八个分数区间，得到考生的等级成绩．某校高一年级共2000人，为给高一学生合理选科提供依据，对六个选考科目进行测试，其中物理考试原始成绩基本服从正态分布．‎ ‎（1）求物理原始成绩在区间的人数；‎ ‎（2）按高考改革方案，若从全省考生中随机抽取3人，记表示这3人中等级成绩在区间的人数，求的分布列和数学期望．‎ ‎（附：若随机变量，则，，）‎ ‎【答案】（Ⅰ）1636人；（Ⅱ）见解析．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据正态曲线的对称性，可将区间分为和两种情况，然后根据特殊区间上的概率求出成绩在区间内的概率，进而可求出相应的人数；（Ⅱ）由题意得成绩在区间[61,80]的概率为，且，由此可得的分布列和数学期望．‎ ‎【详解】（Ⅰ）因为物理原始成绩，‎ 所以 ‎．‎ 所以物理原始成绩在（47，86）的人数为（人）．‎ ‎（Ⅱ）由题意得，随机抽取1人，其成绩在区间[61,80]内的概率为．‎ 所以随机抽取三人，则的所有可能取值为0,1,2,3，且，‎ 所以 ，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎ ．‎ 所以的分布列为 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 所以数学期望．‎ ‎【点睛】（1）解答第一问的关键是利用正态分布的三个特殊区间表示所求概率的区间，再根据特殊区间上的概率求解，解题时注意结合正态曲线的对称性．‎ ‎（2）解答第二问的关键是判断出随机变量服从二项分布，然后可得分布列及其数学期望．当被抽取的总体的容量较大时，抽样可认为是等可能的，进而可得随机变量服从二项分布．‎ ‎19.如图，在四面体中，，分别是线段，的中点，，，‎ ‎，直线与平面所成的角等于．‎ ‎（1）证明：平面平面；‎ ‎（2）求二面角的余弦值．‎ ‎【答案】(Ⅰ)见证明； (Ⅱ) ．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）先证得，再证得，于是可得平面，根据面面垂直的判定定理可得平面平面．（Ⅱ）利用几何法求解或建立坐标系，利用向量求解即可得到所求．‎ ‎【详解】（Ⅰ）在中，是斜边的中点，‎ 所以.‎ 因为是的中点，‎ 所以，且，‎ 所以，‎ 所以. ‎ 又因为，‎ 所以，‎ 又，‎ 所以平面，‎ 因为平面，‎ 所以平面平面．‎ ‎（Ⅱ）方法一：取中点，连，则，‎ 因为，‎ 所以.‎ 又因为，，‎ 所以平面，‎ 所以平面．‎ 因此是直线与平面所成角．‎ 故，‎ 所以.‎ 过点作于，则平面，‎ 且．‎ 过点作于，连接，‎ 则为二面角的平面角．‎ 因为，‎ 所以，‎ 所以，‎ 因此二面角的余弦值为．‎ 方法二：‎ 如图所示，在平面BCD中，作x轴⊥BD，以B为坐标原点，BD，BA所在直线为y轴，z轴建立空间直角坐标系．‎ 因为 (同方法一,过程略) ‎ 则，,．‎ 所以,,，‎ 设平面的法向量，‎ 则，即，取,得． ‎ 设平面的法向量 则，即，取,得．‎ 所以，‎ 由图形得二面角为锐角，‎ 因此二面角的余弦值为．‎ ‎【点睛】利用几何法求空间角的步骤为“作、证、求”，将所求角转化为解三角形的问题求解，注意计算和证明的交替运用．利用空间向量求空间角时首先要建立适当的坐标系，通过求出两个向量的夹角来求出空间角，此时需要注意向量的夹角与空间角的关系．‎ ‎20.椭圆的离心率是，过点P（0，1）做斜率为k的直线l，椭圆E与直线l交于A，B两点，当直线l垂直于y轴时．‎ ‎（1）求椭圆E的方程；‎ ‎（2）当k变化时，在x轴上是否存在点M（m，0），使得△AMB是以AB为底的等腰三角形，若存在求出m的取值范围，若不存在说明理由．‎ ‎【答案】(Ⅰ) ；(Ⅱ)见解析．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由椭圆的离心率为得到，于是椭圆方程为．有根据题意得到椭圆过点，将坐标代入方程后求得，进而可得椭圆的方程．（Ⅱ）假设存在点，使得是以为底的等腰三角形，则点为线段AB的垂直平分线与x轴的交点．由题意得设出直线的方程，借助二次方程的知识求得线段的中点的坐标，进而得到线段的垂直平分线的方程，在求出点的坐标后根据基本不等式可求出的取值范围．‎ ‎【详解】（Ⅰ）因为椭圆的离心率为，‎ 所以，整理得．‎ 故椭圆的方程为． ‎ 由已知得椭圆过点，‎ 所以，解得， ‎ 所以椭圆的方程为．‎ ‎（Ⅱ）由题意得直线的方程为．‎ 由消去整理得，‎ 其中． ‎ 设，的中点 则，‎ 所以 ‎∴，‎ ‎∴点C的坐标为．‎ 假设在轴存在点，使得是以为底的等腰三角形，‎ 则点为线段垂直平分线与x轴的交点．‎ ‎①当时，则过点且与垂直的直线方程，‎ 令，则得．‎ 若，则，‎ ‎∴．‎ 若，则，‎ ‎∴．‎ ‎②当时，则有．‎ 综上可得．‎ 所以存在点满足条件,且m的取值范围是.‎ ‎【点睛】求圆锥曲线中的最值或范围问题时，常用的方法是将所求量表示成某个参数的代数式的形式，然后再求出这个式子的最值或范围即可．求最值或范围时一般先考虑基本不等式，此时需要注意不等式中等号成立的条件；若无法利用基本不等式求解，则要根据函数的单调性求解．由于此类问题一般要涉及到大量的计算，所以在解题时要注意计算的合理性，合理利用变形、换元等方法进行求解．‎ ‎21.已知函数 （为常数）．‎ ‎（1）若是定义域上的单调函数，求的取值范围；‎ ‎（2）若存在两个极值点，且，求的最大值．‎ ‎【答案】(Ⅰ) ；(Ⅱ) ．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据在定义域上恒成立并结合二次函数的图象求解即可．（2）由（1）得极值点满足，且在上是减函数，去掉绝对值后可得，分别求出后进行化简可得，然后利用换元法可求得所求的最大值．‎ ‎【详解】（1）∵，，‎ ‎∴．‎ 设，，‎ ‎∵是定义域上的单调函数，函数的图象为开口向上的抛物线，‎ ‎∴在定义域上恒成立，即在上恒成立．‎ 又二次函数图象的对称轴为，且图象过定点，‎ ‎∴，或，‎ 解得.‎ ‎∴实数的取值范围为．‎ ‎（2）由（1）知函数的两个极值点满足，‎ ‎∴．‎ 不妨设，‎ 则在上是减函数，故，‎ ‎∴‎ ‎．‎ 令，则，‎ 又，即，解得，‎ 故，‎ ‎∴．‎ 设，则，‎ ‎∴在上为增函数．‎ ‎∴，‎ 即．‎ 所以的最大值为．‎ ‎【点睛】解答本题时注意两点：（1）函数单调递增（减）等价于导函数大于（小于）等于零在给定区间上恒成立，解题时不要忘了等于零．（2）证明含有两个变量的不等式时，可考虑通过代换的方法将不等式转为只含有一个变量的不等式进行证明，证明不等式时通过构造函数并求出函数的最值来证是常用的方法．‎ ‎22.在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为，（t为参数），在以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C1：ρ＝2cosθ，．‎ ‎（1）求C1与C2交点的直角坐标；‎ ‎（2）若直线l与曲线C1，C2分别相交于异于原点的点M，N，求|MN|的最大值．‎ ‎【答案】（1)（0，0），；（2）2.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由两曲线的极坐标方程结合极坐标与直角坐标的互化公式可得C1与C2的直角坐标方程，再联立求解即可；‎ ‎（2）不妨设，设点，，作差后取绝对值，再由三角函数求最值.‎ ‎【详解】（1）由ρ＝2cosθ，得ρ2＝2ρcosθ，‎ 则曲线C1的直角坐标方程为x2+y2＝2x，‎ 由，得，‎ 则曲线C2的直角坐标方程为．‎ 由，解得或，‎ 故C1与C2交点的直角坐标为（0，0），；‎ ‎（2）不妨设0≤α＜π，点M，N的极坐标分别为（ρ1，α），（ρ2，α）．‎ ‎∴‎ ‎．‎ ‎∴当时，|MN|取得最大值2．‎ ‎【点睛】本题考查简单曲线的极坐标方程，考查计算能力，属于中档题.‎ ‎23.已知,‎ ‎（Ⅰ）若,求不等式的解集；‎ ‎（Ⅱ）设关于的不等式的解集为,若集合,求的取值范围.‎ ‎【答案】(Ⅰ) ；(Ⅱ) ．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）利用零点分区间法去掉绝对值，转化为不等式组求解即可．（Ⅱ）根据题意将问题转化为“对于，不等式恒成立”求解，通过去掉绝对值得到对恒成立，求出最值可得结果．‎ ‎【详解】（Ⅰ）当时，不等式即为，‎ 等价于或或 ‎ 解得或，‎ 所以．‎ 所以原不等式的解集为．‎ ‎（Ⅱ）由题意可知，对于，不等式恒成立，‎ 故不等式对于恒成立，‎ 化简得 ‎ 所以，‎ 即对于恒成立，‎ 又当时，，且，‎ 所以，‎ 所以实数的取值范围为．‎ ‎【点睛】解含有两个绝对值号的不等式时，常用的方法是利用零点分区间法去掉绝对值号，转化为不等式组求解．解答第二问的关键是将问题转化为不等式恒成立求解，然后通过分离参数再转化为求函数最值的问题处理．‎