2019-2020学年云南师大附中高三(上)月考数学试卷(一)

2019-2020学年云南师大附中高三（上）月考数学试卷（一）

一、选择题（共3小题，每小题3分，满分9分）

1. 阿波罗尼斯（约公元前262?190年）证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数k(k>0,?k≠1)的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．若平

面内两定点A，B间的距离为2，动点P满足|PA|

|PB|

=√2，则PA2+PB2的最小值为（）A.36?24√2 B.48?24√2 C.36√2 D.24√2

【答案】

A

【考点】

轨迹方程

【解析】

建立直角坐标系，设出P的坐标，求出轨迹方程，然后推出PA2+PB2的表达式，转化求解最小值即可．

【解答】

以经过A，B的直线为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴，

建立直角坐标系，则A(?l,?0)，B(1,?0)，

设P(x,?y)，

∵|PA|

|PB|=√2，∴√(x+1)2+y2

22

=√2，

两边平方并整理得x2+y2?6x+1＝0?(x?3)2+y2＝8，

所以P点的執迹是以(3,?0)为圆心，2√2为半径的圆，

∴y2＝8?(x?3)2，3?2√2≤x≤3+2√2，

则有PA2+PB2=2(x2+y2)+2√2=2x2+18?2(x?3)2＝12x≥36?24√2，则PA2+PB2的最小值为36?24√2．

2. 函数g(x)的图象如图所示，则方程g（g(x3)）＝0的实数根个数为（）

A.3

B.6

C.9

D.12

【答案】

C

【考点】

函数与方程的综合运用

【解析】

利用换元法，结合函数的图象，求解方程的解的个数即可．

【解答】

令t＝x3，u＝g(t)，则由g（g(x3)）＝0，有g(u)＝0，

由图象知有三个根u1，u2，u3，

分别令u1＝g(t)，u2＝g(t)，u3＝g(t)，

解出有9个t符合方程，

在令t ＝x 3解出相应x 的根的个数为9个，

3. 四边形ABDC 是菱形，∠BAC ＝60°，AB =√3，沿对角线BC 翻折后，二面角A ?BC ?D 的余弦值为?1

3，则三棱锥D ?ABC 的外接球的体积为（ ）

A.√5π

B.√6π

C.√7π

D.2√2π 【答案】 B

【考点】

二面角的平面角及求法 球的体积和表面积 【解析】

取BC 的中点为M ，设球心O 在平面ABC 内的射影为01，在平面BCD 内的射影为O 2，则二面角A ?BC ?D 的平面角为∠AMD ，设∠AMD ＝2θ，解得tanθ=√2，球O 的半径，然后求解外接球的体积． 【解答】

如图，取BC 的中点为M ，

设球心O 在平面ABC 内的射影为01， 在平面BCD 内的射影为O 2，

则二面角A ?BC ?D 的平面角为∠AMD ，AB =√3， 所以DM =3

2，DO 2＝1，O 2M =1

2，

设∠AMD ＝2θ，则cos2θ=2cos 2θ?1=?1

3，解得tanθ=√2，

∴ OO 2=O 2Mtanθ=√22

，球O 的半径R =√DO 22+OO 22=√62

，

所求外接球的体积为V =43

π(√6

2

)2=√6π，

二、填空题（共2小题，每小题3分，满分6分）

边长为1的正方体ABCD ?A 1B 1C 1D 1中，点M 为上底面A 1B 1C 1D 1的中心，N 为下底面ABCD 内一点，且直线MN 与底面ABCD 所成线面角的正切值为2，则点N 的轨迹围成的封闭图象的面积为________π

4 ． 【答案】

π4

．

【考点】

直线与平面所成的角 【解析】

画出图形，M 在底面ABCD 内的投影为底面ABCD 的中心O ，连接ON ，可得∠MNO 即为

直线MN与底面ABCD所成线面角，说明N的轨迹是以底面ABCD的中心0为圆心，以1

2

为半径的圆，然后求解面积即可．

【解答】

如图，由题意知，M在底面ABCD内的投影为底面ABCD的中心O，连接ON，

则∠MNO即为直线MN与底面ABCD所成线面角，

所以tan∠MNO=MO

NO =2，则NO=1

2

，

所以N的轨迹是以底面ABCD的中心0为圆心，以1

2

为半径的圆，

则N的轨迹围成的封闭图象的面积为S=π

4

．

设F1，F2为椭圆C:x2

4

+y2=1的两个焦点，M为C上点，△MF1F2的内心I的纵坐标为2?√3，则∠F1MF2的余弦值为________．

【答案】

【考点】

圆与圆锥曲线的综合问题

椭圆的离心率

【解析】

求出内切圆的半径，利用焦点三角形的面积公式转化求解即可．

【解答】

如图，由题意知△MF1F2的内切圆的半径为2?√3，又由三角形的内切圆半径r=2S，

即S=1

2

(2?√3)(4+2√3)=(2?√3)(2+√3)=1，又由焦点三角形的面积S=

b2tan(1

2∠F1MF2)=tan(1

2

∠F1MF2)，所以tan(1

2

∠F1MF2)=1，所以∠F1MF2=π

2

，

所以cos∠F1MF2＝0．

三、解答题（共5小题，满分0分）

某调研机构，对本地[22,?50]岁的人群随机抽取200人进行了一次生活习惯是否符合低碳观念的调查，将生活习惯符合低碳观念的称为“低碳族”．否则称为“非低碳族”，结果显示，有100人为“低碳族”．该100人的年龄情况对应的频率分布直方图如图．

（1）根据频率分布直方图，估计这100名“低碳族”年龄的平均值，中位数；

（2）若在“低碳族”且年龄在[30,?34)，[34,?38)的两组人群中，用分层抽样的方法抽取

30人，试估算每个年龄段应各抽取多少人？

【答案】

100位“低碳族”的年龄平均值x为

x＝24×0.04+28×0.08+32×0.16+36×0.44+40×0.16+44×0.1+48×0.02

＝35.92≈36，

中位数为(0.5?0.04?0.08?0.16)÷0.11+34＝36．

年龄段[30,?34)，[34,?38)的频率分别为0.04×4＝0.16，0.11×4＝0.44，

因为0.16:0.44＝4:11，所以人数分别为8人，22人．

【考点】

频率分布直方图

分层抽样方法

【解析】

（1）根据频率分布直方图，能估计这100名“低碳族”年龄的平均值，中位数．

（2）先求出年龄段[30,?34)，[34,?38)的频率，由此能估算每个年龄段应各抽取多少人．【解答】

100位“低碳族”的年龄平均值x为

x＝24×0.04+28×0.08+32×0.16+36×0.44+40×0.16+44×0.1+48×0.02

＝35.92≈36，

中位数为(0.5?0.04?0.08?0.16)÷0.11+34＝36．

年龄段[30,?34)，[34,?38)的频率分别为0.04×4＝0.16，0.11×4＝0.44，

因为0.16:0.44＝4:11，所以人数分别为8人，22人．

在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足bsinA=acos(B?π

6

)．

（1）求角B的大小；

（2）若D为AC的中点，且BD＝1，求S△ABC的最大值．

【答案】

由正弦定理及bsinA=acos(B?π

6)得sinBsinA=sinAcos(B?π

6

)，

由A∈(0,?π)，所以sinA≠0，

则sinB=cos(B?π

6)=√3

2

cosB+1

2

sinB，

∴tanB=√3，又B∈(0,?π)，

所以B=π

3

．

如图，由S△ABC=1

2acsinB=√3

4

ac

又D为AC的中点，则2BD→=BA→+BC→，

所以4=a2+c2+2BA→?BC→=a2+c2+ac≥3ac，

则ac≤4

3

，当且仅当a＝c时取等号，

所以△ABC的面积最大值为√3

3

．

【考点】正弦定理【解析】

（1）由正弦定理及bsinA=acos(B?π

6)，得sinBsinA=sinAcos(B?π

6

)，由A∈(0,?π)，

可得sinA≠0，展开，利用弦化切即可得出．

（2）如图，由S△ABC=1

2acsinB=√3

4

ac，又D为AC的中点，可得2BD→=BA→+BC→，利

用数量积运算性质即可得出．【解答】

由正弦定理及bsinA=acos(B?π

6)得sinBsinA=sinAcos(B?π

6

)，

由A∈(0,?π)，所以sinA≠0，

则sinB=cos(B?π

6)=√3

2

cosB+1

2

sinB，

∴tanB=√3，又B∈(0,?π)，

所以B=π

3

．

如图，由S△ABC=1

2acsinB=√3

4

ac

又D为AC的中点，则2BD→=BA→+BC→，

所以4=a2+c2+2BA→?BC→=a2+c2+ac≥3ac，

则ac≤4

3

，当且仅当a＝c时取等号，

所以△ABC的面积最大值为√3

3

．

如图甲，在直角梯形ABCD中，AB?//?CD，AB⊥BC，CD＝2AB＝2BC＝4，过A点作AE⊥CD，垂足为E，现将△ADE沿AE折叠，使得DE⊥EC．取AD的中点F，连接BF，CF，EF，如图乙．

（1）求证：BC ⊥平面DEC ；

（2）求二面角C ?BF ?E 的余弦值． 【答案】

证明：如图，∵ DE ⊥EC ，DE ⊥AE ， ∵ DE ⊥平面ABCE ， 又∵ BC ?平面ABCE ， ∴ DE ⊥BC ，

又∵ BC ⊥EC ，DE ∩EC ＝E ， ∴ BC ⊥平面DEC ．

如图，以点E 为坐标原点，分别以EA ，EC ，ED 为x ，y ，z 轴建立空间坐标系E ?xyz ， ∴ E(0,?0,?0)，C(0,?2,?0)，B(,2,?0)，D(0,?0,?2)，A(2,?0,?0)，F(1,?0,)，

设平面EFB 的法向量n 1→

=(x 1,y 1,z 1)， 由EF →=(1,0,1)，EB →

=(2,2,0) 所以有{x 1

+z 1=0

x 1+y 1=0

， ∴ 取x 1＝1，得平面EFB 的一个法向量n 2→

=(x 2,y 2,z 2)， 由CF →=(1,?2,1)，CB →

=(2,0,0)， 所以有{x 2

=0

x 2?2y 2+z 2=0

， ∴ 取y 2＝1，得平面BCF 的一个法向量n 2→

=(0,1,2)， 设二面角C ?BF ?E 的大小为α， 则cosα=|n 1→?n 2→

|

|n 1→|?|n 2→|

=

√5?√3

=

√15

5

．

【考点】

直线与平面垂直

二面角的平面角及求法 【解析】

（1）根据线面垂直的判定定理即可证明FG?//?平面BCD ；

（2）建立空间坐标系，利用向量法即可二面角C ?BF ?E 的余弦值．

【解答】

证明：如图，∵ DE ⊥EC ，DE ⊥AE ， ∵ DE ⊥平面ABCE ， 又∵ BC ?平面ABCE ， ∴ DE ⊥BC ，

又∵ BC ⊥EC ，DE ∩EC ＝E ， ∴ BC ⊥平面DEC ．

如图，以点E 为坐标原点，分别以EA ，EC ，ED 为x ，y ，z 轴建立空间坐标系E ?xyz ， ∴ E(0,?0,?0)，C(0,?2,?0)，B(,2,?0)，D(0,?0,?2)，A(2,?0,?0)，F(1,?0,)，

设平面EFB 的法向量n 1→

=(x 1,y 1,z 1)， 由EF →=(1,0,1)，EB →

=(2,2,0) 所以有{x 1

+z 1=0

x 1+y 1=0

， ∴ 取x 1＝1，得平面EFB 的一个法向量n 2→

=(x 2,y 2,z 2)， 由CF →=(1,?2,1)，CB →

=(2,0,0)， 所以有{x 2

=0

x 2?2y 2+z 2=0

， ∴ 取y 2＝1，得平面BCF 的一个法向量n 2→

=(0,1,2)， 设二面角C ?BF ?E 的大小为α， 则cosα=|n 1→?n 2→

|

|n 1→|?|n 2→|

=

√5?√3

=

√15

5

．

已知抛物线E:y 2＝2px(p >0)，过其焦点F 的直线与抛物线相交于A(x 1,?y 1)，B(x 2,?y 2)两点，满足y 1y 2＝?4． (Ⅰ)求抛物线E 的方程；

(Ⅱ)已知点C 的坐标为(?2,?0)，记直线CA ，CB 的斜率分别为k 1，k 2，求1k 1

2+1

k 2

2的最

小值．

【答案】

（本小题满分1

（1）因为直线过焦点，所以有y1y2＝?p2＝?4，

解得p＝2，所以抛物线E的方程为y2＝4x．

（2）由（1）知抛物线的焦点坐示为F(l,?0)，设直线AB的方程为x＝my+1，联立抛物线的方程y2?4my?4＝0，所以y1+y2＝4m，y1y2＝?4，

则有1

k1=m+3

y1

，

1

k2

=m+3

y2

，

因此1

k12+1

k22

=(m+3

y1

)2+(m+3

y2

)2

=2m2+6m(1

y1

+

1

y2

)+9(

1

y12

+

1

y22

)

=2m2+6m?y1+y2

y1y2

+9?

(y1+y2)2?2y1y2

y12y22

=2m2+6m?4m

?4

+9?

(4m)2+8

16

=5m2+9

2

．

所以当且仅当m＝0时，1

k12+1

k22

有最小值9

2

．

【考点】

直线与抛物线的位置关系

【解析】

（1）利用已知条件求出p，即可得到抛物线方程．

（2）设出直线方程，与抛物线联立，利用韦达定理，转化求解直线的斜率关系的表达式，然后求解最小值．

【解答】

（本小题满分1

（1）因为直线过焦点，所以有y1y2＝?p2＝?4，

解得p＝2，所以抛物线E的方程为y2＝4x．

（2）由（1）知抛物线的焦点坐示为F(l,?0)，设直线AB的方程为x＝my+1，

联立抛物线的方程y2?4my?4＝0，所以y1+y2＝4m，y1y2＝?4，

则有1

k1=m+3

y1

，

1

k2

=m+3

y2

，

因此1

k12+1

k22

=(m+3

y1

)2+(m+3

y2

)2

=2m2+6m(1

y1

+

1

y2

)+9(

1

y12

+

1

y22

)

=2m2+6m?y1+y2

y1y2

+9?

(y1+y2)2?2y1y2

y12y22

=2m2+6m?4m

?4

+9?

(4m)2+8

16

=5m2+9

2

．

所以当且仅当m＝0时，1

k12+1

k22

有最小值9

2

．

已知f(x)＝e x，g(x)＝lnx，若点A为函数f(x)上的任意一点，点B为函数g(x)上的任

意一点．

（1）求A，B两点之间距离的最小值；

（2）若A，B为函数f(x)与函数g(x)公切线的两个切点，求证：这样的点B有且仅有两个，且满足条件的两个点B的横坐标互为倒数．

【答案】

由f(x)＝e x，得f(x)在点(0,?1)处的切线为y＝x+1，

又g(x)＝lnx，则g(x)在点(1,?0)的切线为y＝x?1，

由于f(x)＝e x与g(x)＝lnx互为反函数，即函数图象关于y＝x对称，如图，

故而A，B两点间的距离的最小值即为(0,?1)与(1,?0)之同的距离，

∴A，B两点间的距离的最小值为√2；

证明：设A(x1,e x1)，B(x2,?lnx2)

则f(x)在A(x1,e x1)处的切线为y?e x1=e x1(x?x1)，即y=e x1x+e x1(1?x1)；

g(x)在B(x2,?lnx2)处的切线为y?lnx2=1

x2(x?x2)，即y=1

x2

x+lnx2?1．

∴{e x1=1

x2

e x1(1?x1)=lnx2?1

，则1+x2＝(x2?1)lnx2，

要证这样的点B有且仅有两个，需证上式有且有两个解，

令?(x)＝(x?1)lnx?x?1，下面证?(x)＝0，有且有两个解．

由?(x)=lnx?1

x

，

∵y＝lnx单调递增，y=1

x

单调递减，∴?′(x)单调递增，

又?′(1)＝?1<0，?(2)=ln2?1

2

>0，故存在唯一的x0∈(1,?2)，使得?′(x0)＝0，

故而x∈(0,?x0)时，?′(x0)<0，?(x)单调递减；

当x∈(x0,?+∞)时，?′(x0)>0，?(x)单调递增．

又?(x0)0，

∴?(x)＝0在(x0,?+∞)上有唯一的根．

记?(α)＝0，由α>x0>1，则$${\{}$\${dfrac\{1\}\{\backslash alpha\}}$<1<{x}_{0}}$，

又${h(\dfrac{1}{\alpha}) = (\dfrac{1}{\alpha} - 1)\ln (\dfrac{1}{\alpha}) - \dfrac{1}{\alpha} -

1 = \dfrac{h(\alpha)}{\alpha} = 0}$，

故${\dfrac{1}{\alpha}}$是${h(x)}$＝${0}$在${(0,\, x_{0})}$上有唯一的根，

∴ ${h(x)}$＝${0}$，有且仅有两个解．

综上所述，这样的点${B}$有且仅有两个，且满足条件的两个点${B}$的横坐标互为倒数．

【考点】

利用导数研究曲线上某点切线方程

【解析】

（1）求出f(x)在点(0,?1)处的切线为y＝x+1，g(x)在点(1,?0)的切线为y＝x?1，由

于f(x)＝e x与g(x)＝lnx互为反函数，即函数图象关于y＝x对称，可得A，B两点间的

距离的最小值即为(0,?1)与(1,?0)之间的距离；

（2）设A(x 1,e x 1)，B(x 2,?lnx 2)求出f(x)在A(x 1,e x 1)处的切线方程，g(x)在B(x 2,?lnx 2)处的切线方程，可得{e x 1=

1

x 2e x 1

(1?x 1)=lnx 2?1 ，则1+x 2＝(x 2?1)lnx 2，把证这样的点B 有且仅有两个，转化为证1+x 2＝(x 2?1)lnx 2有且有两个解，构造函数?(x)＝(x ?1)lnx ?x ?1，然后利用导数证明． 【解答】

由f(x)＝e x ，得f(x)在点(0,?1)处的切线为y ＝x +1， 又g(x)＝lnx ，则g(x)在点(1,?0)的切线为y ＝x ?1，

由于f(x)＝e x 与g(x)＝lnx 互为反函数，即函数图象关于y ＝x 对称，如图， 故而A ，B 两点间的距离的最小值即为(0,?1)与(1,?0)之同的距离， ∴ A ，B 两点间的距离的最小值为√2； 证明：设A(x 1,e x 1)，B(x 2,?lnx 2)

则f(x)在A(x 1,e x 1)处的切线为y ?e x 1=e x 1(x ?x 1)，即y =e x 1x +e x 1(1?x 1)； g(x)在B(x 2,?lnx 2)处的切线为y ?lnx 2=1x 2

(x ?x 2)，即y =1

x 2

x +lnx 2?1．

∴ {e x 1=1

x

2e x 1

(1?x 1)=lnx 2?1 ，则1+x 2＝(x 2?1)lnx 2， 要证这样的点B 有且仅有两个，需证上式有且有两个解，

令?(x)＝(x ?1)lnx ?x ?1，下面证?(x)＝0，有且有两个解． 由?(x)=lnx ?1

x ，

∵ y ＝lnx 单调递增，y =1

x 单调递减，∴ ?′(x)单调递增，

又?′(1)＝?1<0，?(2)=ln2?1

2>0，故存在唯一的x 0∈(1,?2)，使得?′(x 0)＝0， 故而x ∈(0,?x 0)时，?′(x 0)<0，?(x)单调递减； 当x ∈(x 0,?+∞)时，?′(x 0)>0，?(x)单调递增． 又?(x 0)0， ∴ ?(x)＝0在(x 0,?+∞)上有唯一的根．

记?(α)＝0，由α>x 0>1，则$${\{}$\${dfrac\{1\}\{\backslash alpha\}}$<1<{x}_{0}}$， 又${h(\dfrac{1}{\alpha}) = (\dfrac{1}{\alpha} - 1)\ln (\dfrac{1}{\alpha}) - \dfrac{1}{\alpha} - 1 = \dfrac{h(\alpha)}{\alpha} = 0}$，

故${\dfrac{1}{\alpha}}$是${h(x)}$＝${0}$在${(0,\, x_{0})}$上有唯一的根， ∴ ${h(x)}$＝${0}$，有且仅有两个解．

综上所述，这样的点${B}$有且仅有两个，且满足条件的两个点${B}$的横坐标互为倒数．

[选修4-4：极坐标与参数方程]

在平面直角坐标系x0y 中，曲线C 1:{x =4cosβ

y =4sinβ

（β为参数），将曲线C 1上的所有点的横

坐标缩短为原来的1

2，纵坐标缩短为原来的√3

4

后得到曲线C 2．以坐标原点为极点，x 轴

的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程ρ=3

sin(θ?π3

)

（1）求曲线C 2的极坐标方程和直线l 的直角坐标方程；

（2）设直线l 与曲线C 1交于不同的两点A ，B ，点M 为抛物线y 2=?8√3x 的焦点，求|MA|?|MB|的值． 【答案】

将曲线C 1:{x =4cosβ

y =4sinβ （β为参数），消参得x 2+y 2＝16，

经过伸缩变换{x ′=1

2x

y ′

=√34y ，后得曲线C 2:x 24+y 2

3=1， 化为极坐标方程为ρ2=12

3+sin 2θ，

将直线l 的极坐标方程ρ=3

sin(θ?π3

)，化为直接坐标方程为√3x ?y +6=0；

由题意知M(?2√3,?0)在直线l 上，又直线l 的倾斜角为π

3， 所以直线l 的参数方程为{x =?2√3+1

2t

y =√3

2t

（t 为参数）， 设A ，B 对应的参数分别为t 1，t 2，

将直线l 的参数方程代入x 2+y 2＝16中，得t 2?2√3t ?4=0， 由韦达定理，得t 1t 2=?4， 所以|MA|?|MB|=|t 1t 2|=4． 【考点】

圆的极坐标方程 【解析】

（1）将曲线C 1化为普通方程，然后经过伸缩变换得到曲线C 2的方程，再将C 2的直角坐标方程转化为极坐标方程，对直线l 根据其极坐标方程直接转化为直角坐标方程即可． （2）根据条件得到直线l 的参数方程，然后由直线参数方程的几何意义求出|MA|?|MB|的值． 【解答】

将曲线C 1:{x =4cosβ

y =4sinβ （β为参数），消参得x 2+y 2＝16，

经过伸缩变换{x ′=1

2x

y ′

=√34y

，后得曲线C 2:x 24+y 2

3=1， 化为极坐标方程为ρ2=12

3+sin 2θ，

将直线l 的极坐标方程ρ=3

sin(θ?π3

)，化为直接坐标方程为√3x ?y +6=0；

由题意知M(?2√3,?0)在直线l 上，又直线l 的倾斜角为π

3，

所以直线l 的参数方程为{x =?2√3+1

2

t

y =√

32

t

（t 为参数）， 设A ，B 对应的参数分别为t 1，t 2，

将直线l 的参数方程代入x 2+y 2＝16中，得t 2?2√3t ?4=0， 由韦达定理，得t 1t 2=?4， 所以|MA|?|MB|=|t 1t 2|=4． [选修4-5：不等式选讲]

已知函数f(x)＝|x ?a|+|x ?1|．

（1）若不等式f(x)≤3的解集为{x|0≤x ≤3}，求实数a 的值；

（2）当a ＝2时，若f(x)≥4n ?2n+1?2对一切实数x 恒成立，求实数n 的取值范围． 【答案】

由绝对值的几何意义知，

f(x)＝|x ?a|+|x ?1|表示在数紬上，动点x 到定点a 和1的距高之和， 当且仅当a ＝2时，f(x)≤3的解集为{x|0≤x ≤3}， 所以a ＝2；

当a ＝2时，f(x)＝|x ?2|+|x ?1|≥|x ?2?x +1|＝1恒成立， 又f(x)≥4n ?2n+1?2对一切实数x 恒成立， 所以1≥4n ?2n+1?2，

令2n ＝t ，化简得t 2?2t ?3≤0，解得t ≤3， 所以n ≤log 23，

即实数n 的取值范围是(?∞,?log 23]． 【考点】

绝对值不等式的解法与证明 不等式恒成立的问题 【解析】

（1）根据绝对值的几何意义，利用f(x)≤3的解集求得a 的值；

（2）利用绝对值不等式求出a ＝2时f(x)的最小值，把问题化为关于n 的不等式，利用换元法求出不等式的解集，即可得出n 的取值范围． 【解答】

由绝对值的几何意义知，

f(x)＝|x ?a|+|x ?1|表示在数紬上，动点x 到定点a 和1的距高之和， 当且仅当a ＝2时，f(x)≤3的解集为{x|0≤x ≤3}， 所以a ＝2；

当a ＝2时，f(x)＝|x ?2|+|x ?1|≥|x ?2?x +1|＝1恒成立， 又f(x)≥4n ?2n+1?2对一切实数x 恒成立， 所以1≥4n ?2n+1?2，

令2n ＝t ，化简得t 2?2t ?3≤0，解得t ≤3， 所以n ≤log 23，

即实数n 的取值范围是(?∞,?log 23]．