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【2020年高考数学预测题、估测题】山东省数学高考试卷5【附详细答案和解析 可编辑】
真水无香 tougao33
学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________
一、 选择题 （本题共计 12 小题 ，每题 5 分 ，共计60分 ， ）
1. 已知复数z满足(z-i)i=2+i，i是虚数单位，则|z|=( )
A.2 B.3 C.5 D.3
2. 已知全集U=R，集合A={x|0≤x<2}，则∁UA=( )
A.⌀ B.{x|x<0}
C.{x|x≥2} D.{x|x<0或x≥2}
3. 设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：
①若m⊂α，n // α，则m，n为异面直线； ②若m⊥β，α⊥β，m⊥γ，则α⊥γ；
③若α // γ，β // γ，则α // β； ④若m⊥α，n⊥β，m // n，则α⊥β．
则上述命题中真命题的序号为（ ）
A.①② B.③④ C.②③ D.②④
4. 已知等差数列{an}满足a1+a2=10，a4-a3=2，等比数列{bn}满足b2=a3，b3=a7，则b5=( )
A.32 B.64 C.128 D.256
5. 设函数f(x)=x3+(a-1)x2+ax．若f(x)为奇函数，则曲线y=f(x)在点(0, 0)处的切线方程为（ ）
A.y=-2x B.y=-x C.y=2x D.y=x
6. 在梯形ABCD中，AB→=3DC→，则BC→等于（ ）
A.-13AB→+23AD→ B.-23AB→+43AD→ C.23AB→+AD→ D.-23AB→+AD→
7. 某人在卧室制作一个靠墙吊柜，其三视图如图所示．网格纸上小正方形的边长为1，则该吊柜的体积为（ ）
A.128 B.104 C.80 D.56
8. 已知P为抛物线y2=x上异于原点O的点，PQ⊥x轴，垂足为Q，过PQ的中点作x轴的平行线交抛物线于点M，直线QM交y轴于点N，则|PQ||NO|=( )
A.23 B.1 C.32 D.2
9. 设函数f(x)=1,x0,x ，则关于函数f(x)的描述错误的是（ ）
A.函数f(x)的图象是两条平行直线 B.f(x)的值域是{0, 1}
C.函数f(x)是偶函数 D.x∈R，f（f(x)）＝1
10. 欧阳修《卖油翁》中写到:(翁)乃取一葫芦置于地，以钱覆其口，徐以杓酌油沥之，自钱孔入，而钱不湿．可见“行行出状元”，卖油翁的技艺让人叹为观止．若铜钱是直径为3cm的圆，中间有边长为1cm的正方形孔，若你随机向铜钱上滴一滴油，则油(油滴的大小忽略不计)正好落入孔中的概率是( )
A.9π4 B.94π C.4π9 D.49π
11. 已知点P在双曲线x2-y23=1的右支上，双曲线的左、右焦点分别为F1，F2，且PF2=2，△PF1F2的内切圆圆心为I，过F1作直线PI的垂线，垂足为M，O为坐标原点，则|OI|⋅|OM|的值是（ ）
A.2105 B.3105 C.4105 D.10
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12. 如图，二面角α-BC-β的大小为π6，AB⊂α，CD⊂β，且AB=2，BC=CD=2,∠ABC=π4,∠BCD=π3，则AD与β所成角的大小为（ ）
A.π4 B.π3 C.π6 D.π12
二、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ， ）
13. 已知实数x，y满足不等式组x-y+1≥0，2x-y-1≤0，x≥0,y≥0，则z=2x+y的最大值为________．
14. 数列{an}中，若a1=2，an+1=2an+1，an=bn+2bn-1，n∈N*，则数列{|bn|}的前n项和为________．
15. 某汽车销售公司对4辆合资品牌与3辆自主品牌的汽车按一定顺序进行性能检测，则检测中自主品牌汽车不相邻，合资品牌汽车甲与乙必须相邻的不同检测顺序有________种.
16. 已知函数f(x)=2sinx+sin2x，则f(x)的最小值是________．
三、 解答题 （本题共计 7 小题 ，共计90分 ， ）
17.(14分) 在△ABC中，内角A，B，C的对分别为a，b，c，且cos2B+cosB=0．
（1）求角B的值；
（2）若b=7，a+c=5，求△ABC的面积．
18. （14分） 如图，在四棱锥P-ABCD中，AB⊥平面BCP，CD // 平面ABP，AB＝BC＝CP＝BP＝2CD＝2．
(Ⅰ)证明：平面BAP⊥平面DAP；
(Ⅱ)点M为线段AB（含端点）上一点，设直线MP与平面DCP所成角为α，求sinα的取值范围．
19.(14分) 已知F1，F2分别为椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的左右焦点，点P1，y0在椭圆上，且PF2⊥x轴，△PF1F2的周长为6．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点T0，1的直线与椭圆C交于A、B两点，设O为坐标原点，是否存在常数λ，使得OA→⋅OB→+λTA→⋅TB→=-7恒成立？请说明理出．
20.(14分) 春节期间爆发的新型冠状病毒(COVID-19)是新中国成立以来感染人数最多的一次疫情，一个不知道自己已感染但处于潜伏期的甲从疫区回到某市过春节，回到家乡后与朋友乙、丙、丁相聚过，最终乙、丙、丁也感染了新冠病毒、可以肯定的是乙受甲感染的，丙是受甲或乙感染的，假设他受甲和受乙感染的概率分别是0.6和0.4，丁是受甲、乙或丙感染的，假设他受甲、乙和丙感染的概率分别是0.2、0.4和0.4．在这种假设之下，乙、丙、丁中直接受甲感染的人数为X．
（1）求X的分布列和数学期望；
（2）该市在发现在本地出现新冠病毒感染者后，迅速采取应急措施，其中一项措施是各区必须每天及时上报新增疑似病例人数，A区上报的连续7天新增疑似病例数据是“总体均值为3，中位数4”，B区上报的连续7天新增疑似病例数据是“总体均值为2，总体方差为3“．设A区和B区连续7天上报新增疑似病例人数分别为x1，x2，……，x7和y1，y2，……，y7，xi和yi(1≤i≤7, i∈N)分别表示A区和B区第i天上报新增疑似病例人数（xi和yi均为非负）．记M＝max{x1, x2, ......, x7}，N＝max{y1, y2, ......, y7}．
①试比较M和N的大小；
②求M和N中较小的那个字母所对应的7个数有多少组？
21.(14分) 已知函数f(x)＝x-1x+alnx，g(x)＝xex-1x+1．
（1）若函数f(x)的图象在x＝1处的切线的斜率为1，求实数a的值
（2）若函数f(x)在区间[1, 2]上存在极小值，求实数a的取值范围；
（3）当a＝1时，若g(x)≥f(x)+m恒成立，求实数m的最大值．
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22. （10分） 在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为x=23-32ty=12t （t为参数），曲线C的参数方程为x=3+3cosαy=3sinα （α为参数）．以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
(Ⅰ)求直线l和曲线C的极坐标方程；
(Ⅱ)已知直线l上一点M的极坐标为(2, θ)，其中θ∈(0,π2)．射线OM与曲线C交于不同于极点的点N，求|MN|的值．
23.(10分) 已知函数f(x)=|ax+1|-|2x-3|.
(1)当a=1时，求不等式f(x)≥x-2的解集；
(2)若不等式f(x)≤2x-2的解集包含(12，75)，求实数a的取值范围．
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参考答案与试题解析
【2020年高考数学预测题、估测题】山东省数学高考试卷5【附详细答案和解析 可编辑】
一、 选择题 （本题共计 12 小题 ，每题 5 分 ，共计60分 ）
1.【答案】
A
【解答】
由(z-i)i=2+i，得z-i=2+ii=(2+i)(-i)-i2=1-2i，
∴ z=1-i，
则|z|=12+(-1)2=2．
2.【答案】
D
【解答】
解：∵ 全集U=R，集合A={x|0≤x<2}，
∴ ∁UA={x|x<0或x≥2}，
故选D．
3.【答案】
C
【解答】
①若m⊂α，n // α，则m // n或m，n是异面直线，①不正确；
②若m⊥β，m⊥γ，则β // γ，由于α⊥β推出α⊥γ，满足平面和平面垂直的定义，②正确；
③若α // γ，β // γ，则由平行公理可得α // β，③正确．
④若m⊥α，m // n，则n⊥α，由于n⊥β，则α // β；④不正确．
4.【答案】
B
【解答】
∵ 等差数列{an}满足a1+a2=10，a4-a3=2，
∴ 2a1+d=10d=2 ，则a1=4，d=2，
则a3=4+2×2=8，
a7=4+2×6=16，
则b2=a3=8，b3=a7=16，
则公比q=b3b2=168=2，
则b5=b3q2=16×4=64，
5.【答案】
D
【解答】
解：因为函数f(x)=x3+(a-1)x2+ax为奇函数，
所以f(-1)+f(1)=0，
所以-1+a-1-a+(1+a-1+a)=0，
解得a=1，所以f(x)=x3+x，
所以f'(x)=3x2+1，
所以f'(0)=1，
所以曲线 y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为y=x.
故选D.
6.【答案】
D
【解答】
在梯形ABCD中，过C作CE // AD，交AB与E，又AB→=3DC→，
则BC→=BE→+EC→=23BA→+AD→=-23AB→+AD→；
7.【答案】
B
【解答】
根据三视图可得吊柜的立体图如图所示，
其体积可看作三个长方体的体积之和，
则该吊柜的体积V＝4×4×2+4×2×3+4×4×3＝104，
8.【答案】
C
【解答】
如图，设P(t2, t)，则Q(t2, 0)，PQ中点H(t2, t2)，M(t24, t2)，
∴ 直线MQ的斜率为k=t2-0t24-t2=-23t，
则直线MQ的方程为：y=-23t(x-t2)，
令x=0，可得yN=2t3，
∴
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|PQ||NO|=t2t3=32，
9.【答案】
A
【解答】
函数f(x)=1,x0,x ，是不连续函数，所以函数的图象不是两条平行直线，所以A不正确；
由分段函数可知，函数的值域为：{0, 1}；所以B正确；
因为有理数与无理数是关于原点对称的，所以函数是偶函数，C正确；
因为函数f(x)=1,x0,x ，f(x)的值域为{0, 1}，所以f（f(x)）＝1，正确；
10.【答案】
D
【解答】
解：如图所示：
∵ S正=1，S圆=π⋅(32)2=9π4,
∴ P=S正S圆=49π.
故选D.
11.【答案】
A
【解答】
解：因为PPF2=2，PF1=4，得cos∠F1PF2=14，sin∠F1PF2=154，所以S△F1PF2=15，
得内切圆半径r=155，即yI=155，内切圆与PF1，PF2，F1F2的三个切点分别为T1，T2，T3，
2a=PF1-PF2=T1F1-T2F2=F1T3-T3F2，可得xI=a=1，
所以圆心I到原点的距离是2105，延长F1M与PF2相交易得|OM|=PF1-PF22=1．
故选A．
12.【答案】
C
【解答】
过A作AM⊥BC，M为垂足，
∵ AB=2，∠ABC=π4，
∴ AM＝BM＝1，
∴ M为BC的中点，
连结BD，∵ BC＝CD＝2，∠BCD=π3，
∴ △BCD是边长为2的等边三角形，
∴ DM⊥BC，DM=3，
∴ ∠AMD为二面角α-BC-β的平面角，即∠AMD=π6，
∴ ∠ADM为AD与β所成的角，
在△AMD中，由余弦定理可得AD=AM2+DM2-2AM⋅DMcos∠AMD=1，
∴ AD＝AM，故∠ADM＝∠AMD=π6．
二、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）
13.【答案】
7
【解答】
【命题意图】本题考查简单的线性规划问题．
【解题思路】作出不等式组x-y+1≥0，2x-y-1≤0，x≥0,y≥0所表示的平面区域如图中阴影部分（含边界）所示．平移直线z=2x+y，易知当直线z=2x+y经过点A2,3时，目标函数z=2x+y取得最大值7．
14.【答案】
42n-1
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【解答】
解：解法一
因为an=bn+2bn-1，
所以an+1=bn+1+2bn+1-1，
又an+1=2an+1，
所以bn+1+2bn+1-1=2bn+2bn-1+1，
化简得bn+1=-2bn．
又由a1=2和a1=b1+2b1-1，
可求得b1=4，
所以数列{bn}是以4为首项，
-2为公比的等比数列，
所以bn=4⋅(-2)n-1，
所以|bn|=2n+1．
故数列{|bn|}的前n项和为221-2n1-2=42n-1．
故答案为：42n-1．
解法二
因为an=bn+2bn-1，
所以bn=an+2an-1，
又an+1=2an+1，
所以bn+1=an+1+2an+1-1=2an+1+22an+1-1
=4+2an1-an=-2×an+2an-1=-2bn．
又由a1=2和a1=b1+2b1-1，
可求得b1=4，
所以数列{bn}是以4为首项，
-2为公比的等比数列，
所以bn=4⋅(-2)n-1，
所以|bn|=2n+1．
故数列{|bn|}的前n项和为221-2n1-2=42n-1．
故答案为：42n-1．
解法三
因为a1=2，
所以an+1=2an+1中取n=1，2，3，
可求得a2=23，a3=65，a4=1011，
从而在an=bn+2bn-1中取n=1，2，3，4，
可求得b1=4，b2=-8，b3=16，b4=-32，
据此推测得bn=(-1)n-1⋅2n+1，
所以|bn|=2n+1．
故数列{|bn|}的前n项和为221-2n1-2=42n-1．
故答案为：42n-1．
15.【答案】
288
【解答】
解：依题意知合资品牌汽车有4辆，其中甲与乙相邻，共有A22A33种检测顺序，又因为自主品牌汽车不相邻，所以共有A43种检测顺序，所以自主品牌汽车不相邻，合资品牌汽车甲与乙必须相邻的不同检测顺序有A22A33A43=288种.
故答案为：288.
16.【答案】
-332
【解答】
解：由题意可得T=2π 是f(x)=2sinx+sin2x的一个周期，
故只需考虑f(x)=2sinx+sin2x在[0, 2π)上的值域，
先来求该函数在[0, 2π)上的极值点，
求导数可得f'(x)=2cosx+2cos2x
=2cosx+2(2cos2x-1)
=2(2cosx-1)(cosx+1)，
令f'(x)=0，可解得cosx=12或cosx=-1，
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可得此时x=π3，π或5π3；
∴ y=2sinx+sin2x的最小值只能在点x=π3，π 或 5π3和边界点中取到，
计算可得f( π3)=332，
f(π)=0，f( 5π3)=-332，f(0)=0，
∴ 函数的最小值为-332.
故答案为：-332．
三、 解答题 （本题共计 7 小题 ，共计90分 ）
17.【答案】
△ABC中，内角A，B，C的对分别为a，b，c，且cos2B+cosB=0．
则：2cos2B+cosB-1=0
整理得：(2cosB-1)(cosB+1)=0
解得：cosB=12（-1舍去）．
则：B=π3．
利用余弦定理：b2=a2+c2-2accosB，
由于：b=7，a+c=5，
解得：ac=6．
所以：S△ABC=12acsinB=332．
【解答】
△ABC中，内角A，B，C的对分别为a，b，c，且cos2B+cosB=0．
则：2cos2B+cosB-1=0
整理得：(2cosB-1)(cosB+1)=0
解得：cosB=12（-1舍去）．
则：B=π3．
利用余弦定理：b2=a2+c2-2accosB，
由于：b=7，a+c=5，
解得：ac=6．
所以：S△ABC=12acsinB=332．
18.【答案】
则P(0, -1, 0)，C(3, 0, 0)，D(3, 0, 1)，设M(0, 1, a)(0≤a≤2)，
则PM→=(0, 2, a)，CD→=(0, 0, 1)，PC→=(3, 1, 0)．
设平面PCD的法向量为n→=(x, y, z)，则n→⋅PC→=0n→⋅CD→=0 ，
∴ 3x+y=0z=0 ，令x＝1得n→=(1, -3, 0)．
∴ cos=PM→⋅n→|PM||n→|=-232a2+4．∴ sinα=3a2+4．
∴ 当a＝0时，sinα取得最大值32，当a＝2时，sinα取得最小值64．
∴ sinα的取值范围是[64, 32]．
【解答】
证明：(I)取PA的中点E，PB的中点O，连接DE，OE，OC．
∵ OE是△PAB的中位线，
∴ OE=∥12AB，
∵ CD // 平面PAB，CD⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面PAB＝AB，
∴ CD // AB，又CD=12AB，
∴ OE=∥OE，
∴ 四边形CDEO是平行四边形，
∴ DE // OC．
∵ AB⊥平面PBC，OC⊂平面PBC，
∴ AB⊥OC，
∵ BC＝PC，∴ OC⊥PB，
又PB⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，AB∩PB＝B，
∴ OC⊥平面PAB，又OC // DE，
∴ DE⊥平面PAB，∵ DE⊂平面PAD，
∴ 平面PAD⊥平面PAB．
(II)∵ OE // AB，AB⊥平面PBC，
∴ OE⊥平面PBC．
以O为原点，以OC，OB，OE
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为坐标轴建立空间直角坐标系，
19.【答案】
【解答】
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20.【答案】
记事件C：“丙受甲感染”，事件D：“丁受甲感染”，
则P(C)＝0.6，P(D)＝0.2，
X的取值为1，2，3，
P(X＝1)＝P(C¯D¯)＝0.4×0.8＝0.32，
P(X＝2)＝P(CD¯)+P(C¯D)＝0.6×0.8+0.4×0.2＝0.56，
P(X＝3)＝P(CD)＝0.6×0.2＝0.12，
∴ X的分布列为：
X
1
2
3
P
0.32
0.56
0.12
EX＝1×0.32+2×0.56+3×0.12＝1.8．
(i)对于B区，由(y1-2)2+(y2-2)2+(y3-2)2+(y4-2)2+(y5-2)2+(y6-2)2+(y7-2)2＝21，
知(yi-1)2≤21，(i＝1, 2,…,7)，
∵ yi是非负整数，∴ |yi-2|≤4，∴ yi≤6，∴ N≤6，
当y1，y2，y3，…，y7中有一个取6，有一个取2，其余取1时，N＝6，
对于A区，当x1＝x2＝x3＝0时，x4＝x5＝x6＝4，
x7＝9时，满足“总体均值为3，中位数为4”，此时m＝9，
∴ N0)．
f'(1)＝1+1+a＝1，
∴ a＝-1．
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f'(x)＝1+1x2+ax=x2+ax+1x2，(x>0)．
设h(x)＝x2+ax+1，(x>0)．
根据题意函数f(x)在区间[1, 2]上存在极小值，
即f'(x)在区间[1, 2]上存在零点，且f'(1)≤0f'(2)≥0 ，
∵ x>0，∴ h(1)≤0h(2)≥0 ，
即1+a+1≤04+2a+1≥0 ，
解得-52≤a≤-2．
∴ 实数a的取值范围为：[-52, -2]．
当a＝1时，f(x)＝x-1x+lnx，(x>0)．
设F(x)＝g(x)-f(x)＝xex+1-x-lnx，(x>0)．
则F'(x)＝ex+xex-1-1x=(x+1)(ex-1x)．
解方程ex-1x=0，转化为ex=1x，大致图象如下：
根据图形，设交点横坐标为x0，
当x＝1时，e>1，
当x=12时，e12<2，
∴ 120，即(x+1)(ex-1x)>0，解得x<-1，x>x0；
③令F'(x)<0，即(x+1)(ex-1x)<0，解得-10，
∴ F(x)在(0, x0)上单调递减，在(x0, +∞)上单调递增，
在x＝x0处取得极小值F(x)min＝F(x0)．
∵ ex0-1x0=0，
∴ ex0=1x0，x0ex0=1，
∴ x0=e-x0，lnx0＝lne-x0=-x0．
∴ F(x0)＝x0ex0+1-x0-lnx0＝2，
而F(x)≥m恒成立，
∴ m≤2．
故实数m的最大值为2．
【解答】
由题意f'(x)＝1+1x2+ax，(x>0)．
f'(1)＝1+1+a＝1，
∴ a＝-1．
f'(x)＝1+1x2+ax=x2+ax+1x2，(x>0)．
设h(x)＝x2+ax+1，(x>0)．
根据题意函数f(x)在区间[1, 2]上存在极小值，
即f'(x)在区间[1, 2]上存在零点，且f'(1)≤0f'(2)≥0 ，
∵ x>0，∴ h(1)≤0h(2)≥0 ，
即1+a+1≤04+2a+1≥0 ，
解得-52≤a≤-2．
∴ 实数a的取值范围为：[-52, -2]．
当a＝1时，f(x)＝x-1x+lnx，(x>0)．
设F(x)＝g(x)-f(x)＝xex+1-x-lnx，(x>0)．
则F'(x)＝ex+xex-1-1x=(x+1)(ex-1x)．
解方程ex-1x=0，转化为ex=1x，大致图象如下：
根据图形，设交点横坐标为x0，
当x＝1时，e>1，
当x=12时，e12<2，
∴ 120，即(x+1)(ex-1x)>0，解得x<-1，x>x0
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；
③令F'(x)<0，即(x+1)(ex-1x)<0，解得-10，
∴ F(x)在(0, x0)上单调递减，在(x0, +∞)上单调递增，
在x＝x0处取得极小值F(x)min＝F(x0)．
∵ ex0-1x0=0，
∴ ex0=1x0，x0ex0=1，
∴ x0=e-x0，lnx0＝lne-x0=-x0．
∴ F(x0)＝x0ex0+1-x0-lnx0＝2，
而F(x)≥m恒成立，
∴ m≤2．
故实数m的最大值为2．
22.【答案】
(Ⅰ)直线l的参数方程为x=23-32ty=12t （t为参数），
直线的普通方程为x+3y=23，
极坐标方程为ρcosθ+3ρsinθ=23．
曲线C的普通方程为(x-3)2+y2=3，极坐标方程为ρ=23cosθ
(Ⅱ)∵ 点M在直线l上，且点M的极坐标为(2, θ)
∴ 2cosθ+23sinθ=23，
∵ θ∈(0,π2)
∴ θ=π6，
∴ 射线OM的极坐标方程为θ=π6．
联立θ=π6ρ=23cosθ ，
解得ρ=(3)
∴ |MN|=|ρN-ρM|=(1)
【解答】
(Ⅰ)直线l的参数方程为x=23-32ty=12t （t为参数），
直线的普通方程为x+3y=23，
极坐标方程为ρcosθ+3ρsinθ=23．
曲线C的普通方程为(x-3)2+y2=3，极坐标方程为ρ=23cosθ
(Ⅱ)∵ 点M在直线l上，且点M的极坐标为(2, θ)
∴ 2cosθ+23sinθ=23，
∵ θ∈(0,π2)
∴ θ=π6，
∴ 射线OM的极坐标方程为θ=π6．
联立θ=π6ρ=23cosθ ，
解得ρ=(3)
∴ |MN|=|ρN-ρM|=(1)
23.【答案】
解：(1)函数f(x)=|ax+1|-|2x-3|
=-x+4，x≥32，3x-2，-1≤x<32，x-4，x<-1，
当x<-1时，x-4≥x-2，
即4≤2，所以x∈⌀；
当-1≤x<32时，3x-2≥x-2，
即x≥0，所以0≤x<23；
当x≥23时，-x+4≥x-2，
即x≤3，所以23≤x≤3.
综上所述，x∈[0，3].
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(2)因为不等式f(x)≤2x-2的解集包含(12，75)，
等价于不等式f(x)≤2x-2在(12，75)上恒成立，
即|ax+1|-|2x-3|≤2x-2在(12，75)上恒成立，
所以|ax+1|≤1，
化简得-2≤ax≤0，
所以a<0，-2a≥75，
解得-107≤a<0，当a=0时也成立，
所以a的取值范围是-107,0.
【解答】
解：(1)函数f(x)=|ax+1|-|2x-3|
=-x+4，x≥32，3x-2，-1≤x<32，x-4，x<-1，
当x<-1时，x-4≥x-2，
即4≤2，所以x∈⌀；
当-1≤x<32时，3x-2≥x-2，
即x≥0，所以0≤x<23；
当x≥23时，-x+4≥x-2，
即x≤3，所以23≤x≤3.
综上所述，x∈[0，3].
(2)因为不等式f(x)≤2x-2的解集包含(12，75)，
等价于不等式f(x)≤2x-2在(12，75)上恒成立，
即|ax+1|-|2x-3|≤2x-2在(12，75)上恒成立，
所以|ax+1|≤1，
化简得-2≤ax≤0，
所以a<0，-2a≥75，
解得-107≤a<0，当a=0时也成立，
所以a的取值范围是-107,0.
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