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2020年湖北省黄冈中学高考数学二模试卷（文科）
一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是满足题目要求的．
1. 设全集为R，集合A＝{x|log2x<1}，B＝{x|x2≥1}，则A∩(∁RB)＝（ ）
A.(−1, 1) B.(−1, 2) C.(0, 1) D.(0, 2)
2. 已知复数z=1−i(1+i)2．则z¯在复平面内对应的点位于（ ）
A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限
3. 已知a，b为两条不同直线，α，β，γ为三个不同平面，下列命题：
①若α // β，α // γ，则β // γ；②若a // α，a // β，则α // β；
③若α⊥γ，β⊥γ，则α⊥β；④若a⊥α，b⊥α，则a // b．
其中正确命题序号为（ ）
A.②③ B.②③④ C.①④ D.①②③
4. 为了解运动健身减肥的效果，某健身房调查了20名肥胖者，健身之前他们的体重（单位：kg）情况如柱形图1所示，经过四个月的健身后，他们的体重情况如柱形图2所示，
对比健身前后，关于这20名肥胖者，下面结论不正确的是（ ）
A.他们健身后，体重在区间[90, 100)内的人数增加了2个
B.他们健身后，体重在区间[100, 110)内的人数没有改变
C.因为体重在[100, 110)内所占比例没有发生变化，所以说明健身对体重没有任何影响
D.他们健身后，原来体重在区间[110, 120)的肥胖者体重都有减少
5. 课堂上数学老师和同学们做游戏，随机询问甲、乙、丙、丁4位同学的作业完成情况，甲说：“丙未完成作业或丁未完成作业”；乙说：“丁未完成作业”；丙说：“我完成作业了”；丁说：“我完成作业了”．他们中恰有一个人说了谎话，请问：是谁说了谎话？（ ）
A.甲 B.乙 C.丙 D.丁
6. 我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有器中米，不知其数，前人取半，中人三分取一，后人四分取一，余米一斗五升，问：米几何？”如图是执行该计算过程的一个程序框图，当输出的S＝1.5（单位：升），则器中米k应为（ ）
A.2升 B.3升 C.4升 D.6升
7. 若曲线y＝lnx在x＝1处的切线也是y＝ex+b的切线，则b＝（ ）
A.−1 B.−2 C.2 D.−e
8. 已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F，O为坐标原点，以OF为直径的圆与双曲线C的一条渐近线交于点O及点A(45,25)，则双曲线C的方程为（ ）
A.x2−y24=1 B.x24−y2=1 C.x26−y22=1 D.x22−y26=1
9. 若函数f(x)=sin(2x−π3)，则（ ）
A.f(1)>f(3)>f(2) B.f(1)>f(2)>f(3) C.f(2)>f(1)>f(3) D.f(3)>f(2)>f(1)
10. 已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，若a3−a2＝5，则a4+8a2的最小值为（ ）
A.40 B.20 C.10 D.5
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11. 如图，在平面四边形ABCD中，∠ABC＝60∘，AD⊥DC，BC＝2，AD=23，∠ACB＝∠ACD+60∘，则tan∠ACD＝（ ）
A.32 B.3 C.33 D.1
12. 已知函数f(x)=x,x>0e2x,x≤0 ，g(x)＝−x2+2x（其中e是自然对数的底数），若关于x的方程g（f(x)）−m＝0恰有三个不等实根x1，x2，x3，且x1b>0)的左焦点为F，经过原点的直线与C交于A，B两点，总有∠AFB≥120∘，则椭圆C离心率的取值范围为________．
如图，矩形ABCD中，BC＝2AB＝2，N为边BC的中点，将△ABN绕直线AN翻折到△AB1N，M为线段B1D的中点，则在△ABN翻折过程中，
①与平面AB1N垂直的直线必与直线CM垂直；
②线段CM的长恒为52；
③异面直线CM与NB1所成角的正切值为33；
④当三棱锥B1−AND的体积最大时，三棱锥B1−AND外接球的体积是4π3．
上面说法正确的所有序号是________．
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
2020年是我国全面建成小康社会和“十三五”规划收官之年，也是佛山在经济总量超万亿元新起点上开启发展新征程的重要历史节点．作为制造业城市，佛山一直坚持把创新摆在制造业发展全局的前置位置和核心位置，聚焦打造成为面向全球的国家制造业创新中心，走“世界科技+佛山智造+全球市场”的创新发展之路．在推动制造业高质量发展的大环境下，佛山市某工厂统筹各类资源，进行了积极的改革探索．如表是该工厂每月生产的一种核心产品的产量x(3≤x≤15)（件）与相应的生产总成本y（万元）的四组对照数据．
x
5
7
9
11
y
200
298
431
609
工厂研究人员建立了y与x的两种回归模型，利用计算机算得近似结果如下：
模型①：y=x33+173；
模型②：y=68x−160．其中模型①的残差（实际值-预报值）图如图所示：
（1）根据残差分析，判断哪一个更适宜作为y关于x的回归方程？并说明理由；
（2）市场前景风云变幻，研究人员统计了20个月的产品销售单价，得到频数分布表如下：
销售单价分组（万元）
[75, 85)
[85, 95)
[95, 105)
频数
10
6
4
若以这20个月销售单价的平均值定为今后的销售单价（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表），结合你对（1）的判断，当月产量为12件时，预测当月的利润．
已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an⋅an+1=4n2．
（1）求数列{an}的通项公式；
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（2）令bn=2n(an+1)(an+1+1)，记数列{bn}的前n项和为Tn，若对于任意的n∈N*，均有m>Tn恒成立，求实数m的取值范围．
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AC＝AB1，B1C∩BC1＝O．
（1）求证：B1C⊥AB；
（2）若∠CBB1＝60∘，AC＝BC，三棱锥A−BB1C的体积为1，且点A在侧面BB1C1C上的投影为点O，求三棱锥A−BB1C的表面积．
在平面直角坐标系xOy中，已知定点F(0, 1)，以PF为直径的圆与x轴相切，记动点P的轨迹为曲线C．
（1）求曲线C的方程；
（2）A是曲线C上异于坐标原点的任意一点，过点A的直线l交y轴的正半轴于点B，且|AF|＝|BF|，另有直线l′ // l，且l′与曲线C相切于点D，证明：直线AD经过定点，并求出定点坐标．
已知函数f(x)＝lnx+kx，k∈R．
（1）讨论函数f(x)的单调性；
（2）若函数g(x)=exax−x，当k＝−1且0f(x)．
请考生在第22、23两题中任选一题作答．注意：只能做所选定的题目，如果多做，则按所做的第一个题目计分，作答时，请用2B铅笔在答题卡上，将所选题号对应的方框涂黑．[选修4-4：坐标系与参数方程]
在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为x=3+rcosφy=1+rsinφ （r>0，φ为参数），以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为ρsin(θ−π3)=1，若直线l与曲线C相切；
(Ⅰ)求曲线C的极坐标方程；
(Ⅱ)在曲线C上取两点M，N与原点O构成△MON，且满足∠MON=π6，求面积△MON的最大值．
[选修4-5：不等式选讲]
已知f(x)=|x+a|+|x−1a|．
（1）当a＝1时，求不等式f(x)≥6的解集M；
（2）若a∈M，求证：f(x)≥103．
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参考答案与试题解析
2020年湖北省黄冈中学高考数学二模试卷（文科）
一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是满足题目要求的．
1.
【答案】
C
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
先分别求出集合A，B，从而求出∁RB，由此能求出A∩(∁RB)．
【解答】
∵ 全集为R，集合A＝{x|log2x<1}＝{x|0f(2)>f(3)，
故选：B．
10.
【答案】
A
【考点】
等比数列的性质
其他不等式的解法
等比数列的通项公式
【解析】
根据题意，设等比数列{an}的公比为q，由a3−a2＝5变形可得a2=5q−1，进而可得a4+8a2＝a2(q2+8)=5q−1×(q2+8)=5q−1×[(q−1)2+2(q−2)+9]，由基本不等式的性质分析可得答案．
【解答】
根据题意，设等比数列{an}的公比为q，
若a3−a2＝5，则a2q−a2＝5，即a2(q−1)＝5，变形可得a2=5q−1，
a4+8a2＝a2(q2+8)=5q−1×(q2+8)=5q−1×[(q−1)2+2(q−2)+9]＝5×[(q−1)+9q−1+2]≥5(2×(q−1)×9q−1+2)＝5×8＝40，
当且仅当q−1＝3时等号成立，即a4+8a2的最小值为40；
11.
【答案】
A
【考点】
解三角形
三角形的面积公式
【解析】
由题意∠ACB＝∠ACD+60∘，那么∠BAC＝60∘−∠ACD，利用正弦定理求解AC，结果勾股定理即可求解tan∠ACD的值；
【解答】
依题意，∠ABC＝60∘，∠ACB＝∠ACD+60∘，由三角形内角和定理，可得∠BAC＝60−∠ACD，
由正弦定理：ACsin∠ABC=BCsin∠BAC，即AC32=2sin(60−∠ACD)
那么AC=3sin(60−∠ACD)；
∵ AD⊥DC，
∴ AC=ADsin∠ACD，
那么3sin(60−∠ACD)=23sin∠ACD，
得2sin(60∘−∠ACD)＝sin∠ACD，
3cos∠ACD＝2sin∠ACD，
∴ tan∠ACD=32
12.
【答案】
B
【考点】
函数的零点与方程根的关系
【解析】
设f(x)＝t，根据方程g（f(x)）−m＝0，即g(t)＝−t2+2t−m＝0，恰有三个不等实根，那么t1+t2＝2；则t2＝2−t1，作出f(x)的图象，函数y＝t与f(x)三个不等实根
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x1，x2，x3，且x10时，t∈(14, 1)，∴ h(t)在(14, 1)单调递增；
∴ 当t=14时，h(x)取得最小值为ln2−32，
即x2−x1−x3的最小值为ln2−32；
二、填空题：
【答案】
−34
【考点】
求函数的值
函数的求值
【解析】
根据题意，由函数的解析式可得f(2)＝4+alog22＝4+a＝5，解可得a的值，即可得函数的解析式，据此计算可得答案．
【解答】
根据题意，函数f(x)＝x2+alog2x，
若f(2)＝5，即f(2)＝4+alog22＝4+a＝5，则a＝1，
则f(12)＝(12)2+log212=14−1=−34；
【答案】
4
【考点】
平面向量数量积的含义与物理背景
【解析】
首先利用向量的模相等，求出AB→⊥AC→，进一步利用响亮的夹角公式的应用求出结果．
【解答】
在△ABC中，|AB→+AC→|=|AB→−AC→|，
所以|AB→+AC→|2=|AB→−AC→|2，整理得4AB→⋅AC→=0，
故AB→⊥AC→．
所以|BC|=32+42=5，
则则BC→在BA→方向上的投影为|BC|cos∠B=5×45=4．
【答案】
(0,12]
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
设椭圆的右焦点为E，则四边形AFBE是平行四边形，于是把原问题转化为求∠FAE≤60∘时，离心率的取值范围；然后在△AFE中，结合椭圆的定义、余弦定理和基本不等式列出关于离心率e的不等式，解之即可得解．
【解答】
如图所示，设椭圆的右焦点为E，则四边形AFBE是平行四边形，
∵ ∠AFB≥120∘，∴ ∠FAE≤60∘．
设AE＝m，AF＝n，
由椭圆的定义可知，m+n＝2a，由基本不等式的性质可知，mn≤(m+n)24=a2，
在△AFE中，由余弦定理知，cos∠FAE=m2+n2−EF22mn=(m+n)2−2mn−EF22mn
=4a2−4c22mn−1=2(a2−c2)mn−1≥2(a2−c2)a2−1=1−2e2，
∵ ∠FAE≤60∘，
∴ cos∠FAE∈[12, 1)，
∴ 1−2e2≥12，解得e2≤14，
∵ 00，可得Tn<1，
由对于任意的n∈N*，均有m>Tn恒成立，
则m≥1，即m的取值范围是[1, +∞)．
【考点】
数列的求和
数列递推式
【解析】
（1）将an⋅an+1=4n2中的n换为n+1，两式相除，结合等比数列的定义和通项公式，可得所求通项公式；
（2）运用数列的裂项相消求和，以及不等式的性质可得Tn<1，再由不等式恒成立思想可得m的范围．
【解答】
由an⋅an+1=4n2，则an+1an+2=4n+12，两式相除得：an+2an=4．
当n为奇数时，an＝1⋅4n−12=2n−1，
当n为偶数时，an=2⋅4n2−1=2n−1，
∴ an=2n−1，n∈N*；
由（1）知bn=2n(2n−1+1)(2n+1)=2(12n−1+1−12n+1)，
则Tn＝2(12−12+1+12+1−122+1+⋯+12n−1+1−12n+1)＝2(12−12n+1)＝1−22n+1，
由22n+1>0，可得Tn<1，
由对于任意的n∈N*，均有m>Tn恒成立，
则m≥1，即m的取值范围是[1, +∞)．
【答案】
证明：∵ 侧面BB1C1C为菱形，∴ B1C⊥BO，
又AC＝AB1，O为B1C的中点，∴ B1C⊥AO，
而AO∩BO＝O，∴ B1C⊥平面ABO，得B1C⊥AB；
点A在侧面BB1C1C上的投影为点O，即AO⊥平面BB1C1C，
在菱形BB1C1C中，∵ ∠CBB1＝60∘，∴ △B1BC为等边三角形，
又AC＝BC，设BC＝2a，则S△BB1C=12×2a×2a×sin60=3a2，
AO=3a，
则VA−BB1C=13×3a2×3a=a3=1，即a＝1．
在平面BB1O中，过O作OE⊥BB1，连接AE，
可得OE=3×12=32，则AE=(3)2+(32)2=152．
∴ S△ABB1=12×2×152=152，同理可得S△ABC=152．
则三棱锥A−BB1C的表面积为S=2×152+2×12×2×3=15+23．
【考点】
直线与平面垂直
棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】
（1）由侧面BB1C1C为菱形，得B1C⊥BO，再由AC＝AB1，O为B1C的中点，得B1C⊥AO，利用直线与平面垂直的判定可得B1C⊥平面ABO，从而得到B1C⊥AB；
（2）点A在侧面BB1C1C上的投影为点O，即AO⊥平面BB1C1C，设BC＝2a，由三棱锥A−BB1C的体积为1求解a，再求解三角形可得三棱锥A−BB1C的表面积．
【解答】
证明：∵ 侧面BB1C1C为菱形，∴ B1C⊥BO，
又AC＝AB1，O为B1C的中点，∴ B1C⊥AO，
而AO∩BO＝O，∴ B1C⊥平面ABO，得B1C⊥AB；
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点A在侧面BB1C1C上的投影为点O，即AO⊥平面BB1C1C，
在菱形BB1C1C中，∵ ∠CBB1＝60∘，∴ △B1BC为等边三角形，
又AC＝BC，设BC＝2a，则S△BB1C=12×2a×2a×sin60=3a2，
AO=3a，
则VA−BB1C=13×3a2×3a=a3=1，即a＝1．
在平面BB1O中，过O作OE⊥BB1，连接AE，
可得OE=3×12=32，则AE=(3)2+(32)2=152．
∴ S△ABB1=12×2×152=152，同理可得S△ABC=152．
则三棱锥A−BB1C的表面积为S=2×152+2×12×2×3=15+23．
【答案】
设P(x, y)，PF的中点为(x2,y+12)，
∵ 以 PF 为直径的圆与 x 轴相切，
∴ y+12=12|PF|，
即y+12=12x2+(y−1)2，化简整理得：x2＝4y，
即曲线C的方程为x2＝4y．
设A(m,14m2)，B(0, n)，
∵ 抛物线C:x2＝4y的焦点为F(0, 1)，
由|BF|＝|AF|，
∴ |n−1|=m2+(14m2−1)2=14m2+1(n>0)，
∴ n=14m2+2，
∴ 直线l的斜率k=14m2−nm=14m2−14m2−2m=−2m，
∵ 直线l′ // l，
∴ 直线l′的斜率为k，设点D(a,14a2)，
∵ y=14x2，∴ y′=12x，∴ k=12a，∴ 12a=−2m，
∴ a=−4m．
∴ 直线AD的斜率为kAD=14m2−14a2m−a=m+a4=m2−44m，
∴ 直线AD的方程为y−14m2=m2−44m(x−m)，
整理可得y=m2−44mx+1，
故直线AD经过的定点的坐标是(0, 1)．
【考点】
轨迹方程
【解析】
（1）设出 P 点坐标，根据题意，可得 y+12=12|PF|，进而得解；
（2）设 A(m,14m2),B(0,n)，得到n=14m2+2，进而得出直线 l 的斜率，设点 D(a,14a2)，借助直线 l′ // l，得到 a=−4m，从而可求出直线 AD 的斜率，求出直线 AD 的方程，进而得解．
【解答】
设P(x, y)，PF的中点为(x2,y+12)，
∵ 以 PF 为直径的圆与 x 轴相切，
∴ y+12=12|PF|，
即y+12=12x2+(y−1)2，化简整理得：x2＝4y，
即曲线C的方程为x2＝4y．
设A(m,14m2)，B(0, n)，
∵ 抛物线C:x2＝4y的焦点为F(0, 1)，
由|BF|＝|AF|，
∴ |n−1|=m2+(14m2−1)2=14m2+1(n>0)，
∴ n=14m2+2，
∴ 直线l的斜率k=14m2−nm=14m2−14m2−2m=−2m，
∵ 直线l′ // l，
∴ 直线l′的斜率为k，设点D(a,14a2)，
∵ y=14x2，∴ y′=12x，∴ k=12a，∴ 12a=−2m，
∴ a=−4m．
∴ 直线AD的斜率为kAD=14m2−14a2m−a=m+a4=m2−44m，
∴ 直线AD的方程为y−14m2=m2−44m(x−m)，
整理可得y=m2−44mx+1，
故直线AD经过的定点的坐标是(0, 1)．
【答案】
函数的定义域为(0, +∞)，f′(x)=1x+k=kx+1x，
当k≥0时，f′(x)>0，故函f(x)在(0, +∞)上单调递增．
当k<0时，令f′(x)＝0，解得x=−1k，
故函数f(x)在(0,−1k)上单调递增，在(−1k,+∞)上单调递减．
证明：根据已知条件，f(x)＝lnx−x，
要证g(x)>f(x)，即证
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ex>axlnx，
①当01，axlnx≤0，显然成立；
②当x>1时，xlnx>0，结合已知012e2xlnx，即证2ex−2x−lnx>0，
令h(x)=2ex−2x−lnx(x>1)，则h(x)=2ex−2(x−1)−xx2，
令φ(x)＝2ex−2(x−1)−x，则φ′(x)＝2xex−2−1，φ′(x)在(1, +∞)上单调递增．
∵ φ′(1)=2e−1<0，φ′(2)＝3>0，
∴ 存在x0∈(1, 2)，使得φ′(x0)＝0，即2x0ex0−2=1，
∴ φ(x)在(1, x0)上单调递减，在(x0, +∞)上单调递增，
又φ(1)＝−1<0，φ(2)＝0，故当x∈(1, 2)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
当x∈(2, +∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增．
∴ h(x)≥h(2)＝1−ln2>0，故h(x)>0，即得证．
【考点】
利用导数研究函数的最值
利用导数研究函数的单调性
【解析】
（1）求出函数的导数，通过讨论k的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）问题转化为证明ex>12e2xlnx，即证2ex−2x−lnx>0，令h(x)=2ex−2x−lnx(x>1)，根据函数的单调性证明即可．
【解答】
函数的定义域为(0, +∞)，f′(x)=1x+k=kx+1x，
当k≥0时，f′(x)>0，故函f(x)在(0, +∞)上单调递增．
当k<0时，令f′(x)＝0，解得x=−1k，
故函数f(x)在(0,−1k)上单调递增，在(−1k,+∞)上单调递减．
证明：根据已知条件，f(x)＝lnx−x，
要证g(x)>f(x)，即证ex>axlnx，
①当01，axlnx≤0，显然成立；
②当x>1时，xlnx>0，结合已知012e2xlnx，即证2ex−2x−lnx>0，
令h(x)=2ex−2x−lnx(x>1)，则h(x)=2ex−2(x−1)−xx2，
令φ(x)＝2ex−2(x−1)−x，则φ′(x)＝2xex−2−1，φ′(x)在(1, +∞)上单调递增．
∵ φ′(1)=2e−1<0，φ′(2)＝3>0，
∴ 存在x0∈(1, 2)，使得φ′(x0)＝0，即2x0ex0−2=1，
∴ φ(x)在(1, x0)上单调递减，在(x0, +∞)上单调递增，
又φ(1)＝−1<0，φ(2)＝0，故当x∈(1, 2)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
当x∈(2, +∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增．
∴ h(x)≥h(2)＝1−ln2>0，故h(x)>0，即得证．
请考生在第22、23两题中任选一题作答．注意：只能做所选定的题目，如果多做，则按所做的第一个题目计分，作答时，请用2B铅笔在答题卡上，将所选题号对应的方框涂黑．[选修4-4：坐标系与参数方程]
【答案】
（1）∵ 直线l的极坐标方程为ρsin(θ−π3)=1，
∴ 由题意可知直线l的直角坐标方程为y=3x+2，
曲线C是圆心为(3, 1)，半径为r的圆，直线l与曲线C相切，
可得r=|3⋅3−1+2|2=2，
∵ 曲线C的参数方程为x=3+rcosφy=1+rsinφ （r>0，φ为参数），
∴ 曲线C的普通方程为(x−3)2+(y−1)2＝4，
所以曲线C的极坐标方程为ρ2−23ρcosθ−2ρsinθ＝0，
即ρ=4sin(θ+π3)．
（2）由(Ⅰ)不妨设M(ρ1, θ)，N(ρ2, θ+π6)，(ρ1>0, ρ2>0)，
S△MON=12|OM→||ON→|sinπ6
=14ρ1ρ2=4sin(θ+π3)sin(θ+π2)＝2sinθcosθ+23cos2θ
＝sin2θ+3cos2θ+3=2sin(2θ+π3)+3，
当θ=π12时，S△MON≤2+3，
所以△MON面积的最大值为2+3．
【考点】
圆的极坐标方程
参数方程与普通方程的互化
【解析】
(Ⅰ)求出直线l的直角坐标方程为y=3x+2，曲线C是圆心为(3, 1)，半径为r的圆，直线l与曲线C相切，求出r＝2，曲线C的普通方程为(x−3)2+(y−1)2＝4，由此能求出曲线C的极坐标方程．
(Ⅱ)设M(ρ1, θ)，N(ρ2, θ+π6)，(ρ1>0, ρ2>0)，由S△MON=12|OM→||ON→|sinπ6=2sin(2θ+π3)+3，由此能求出△MON面积的最大值．
【解答】
（1）∵ 直线l的极坐标方程为ρsin(θ−π3)=1，
∴ 由题意可知直线l的直角坐标方程为y=3x+2，
曲线C是圆心为(3, 1)，半径为r的圆，直线l与曲线C相切，
可得r=|3⋅3−1+2|2=2，
∵ 曲线C的参数方程为
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x=3+rcosφy=1+rsinφ （r>0，φ为参数），
∴ 曲线C的普通方程为(x−3)2+(y−1)2＝4，
所以曲线C的极坐标方程为ρ2−23ρcosθ−2ρsinθ＝0，
即ρ=4sin(θ+π3)．
（2）由(Ⅰ)不妨设M(ρ1, θ)，N(ρ2, θ+π6)，(ρ1>0, ρ2>0)，
S△MON=12|OM→||ON→|sinπ6
=14ρ1ρ2=4sin(θ+π3)sin(θ+π2)＝2sinθcosθ+23cos2θ
＝sin2θ+3cos2θ+3=2sin(2θ+π3)+3，
当θ=π12时，S△MON≤2+3，
所以△MON面积的最大值为2+3．
[选修4-5：不等式选讲]
【答案】
当a＝1时，f(x)＝|x+1|+|x−1|，
f(x)≥6等价于|x+1|+|x−1|≥6，
当x≤−1时，−x−1−x+1≥6，解得x≤−3；
当−1
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