2021年普通高等学校招生全国统一考试(全国新课标II卷)数学试题 (理科)解析版

注意事项：

1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.第Ⅰ卷 1 至 3 页，第Ⅱ卷 3 至 5 页.

2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置.

3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效.

4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回.

第Ⅰ卷

一.选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，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）已知 z  (m  3)  (m 1) i 在复平面内对应的点在第四象限，则实数 m 的取值范围是（

）

（A） (3，1)

（B） (1，3) （C） (1, +) （D） (-， 3)

【答案】A

考点：复数的几何

意义.

【名师点睛】复数的分类及对应点的位置问题都可以转化为复数的实部与虚部应该满足的条件问题，只需 把复数化为代数形式，列出实部和虚部满足的方程(不等式)组即可． 复数 复平面内的点 Z(a，b)(a，b∈R)．



平面向量OZ .

复数 z＝a＋bi(a，b∈R)

（2）已知集合 A  {1, 2,3}， B  {x | (x 1)(x  2)  0, x  Z}，则 A  B  （

）

（A）{1}

（B）{1，2} （C）{0，1，2，3} （D）{1，0，1，2，3}

【答案】C

【解析】

试题分析：集合 B  {x | 1  x  2, x  Z}  {0,1}，而 A  {1, 2, 3}，所以A  B  {0,1, 2, 3}，故选 C. 考点： 集合的运算.

【名师点睛】集合的交、并、补运算问题，应先把集合化简在计算，常常借助数轴或韦恩图处理.

（3）已知向量 a  (1, m)，a=(3, 2)，且(a + b)  b ，则 m  （ （A）－8

）

（B）－6 （C）6 （D）8

【答案】D

【解析】

试题分析：向量a  b  (4, m  2) ，由(a  b)  b 得 4  3  (m  2)  (2)  0，解得m  8 ，故选 D. 考点： 平面向量的坐标运算、数量积.

【名师点睛】已知非零向量 a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)：

结论 模 夹角 a⊥b 的充要条件 几何表示 |a|＝ a·a a·bcos θ＝ |a||b| a·b＝0 坐标表示 |a|＝ x2＋y2 1 1 x1x2＋y1y2 cos θ＝222x1 ＋y1 · x2 ＋y2 2 x1x2＋y1y2＝0

（4）圆 x y 2x  8y  13  0 的圆心到直线 ax  y 1  0 的距离为 1，则 a=（

2

2

）

4

（A） 

3

【答案】A

3

（B） 

4

（C） 3

（D）2

考点： 圆的方程、点到直线的距离公式.

【名师点睛】直线与圆的位置关系的判断方法

(1)几何法：由圆心到直线的距离 d 与半径长 r 的大小关系来判断． 若 d>r，则直线与圆相离； 若 d＝r，则直线与圆相切； 若 d(2)代数法：联立直线与圆的方程，消元后得到关于 x(或 y)的一元二次方程，根据一元二次方程的解的个数(也就是方程组解的个数)来判断．

如果Δ<0，方程无实数解，从而方程组也无实数解，那么直线与圆相离；

如果Δ＝0，方程有唯一实数解，从而方程组也有唯一一组实数解，那么直线与圆相切；

如果Δ>0，方程有两个不同的实数解，从而方程组也有两组不同的实数解，那么直线与圆相交． 提醒：直线与圆的位置关系的判断多用几何法．

（5）如图，小明从街道的 E 处出发，先到 F 处与小红会合，再一起到位于 G 处的老年公寓参加志愿者活动， 则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为（

）

（A）24

（B）18 （C）12 （D）9

【答案】B

考点： 计数原理、组合.

【名师点睛】分类加法计数原理在使用时易忽视每类做法中每一种方法都能完成这件事情，类与类之间是 的．

分步乘法计数原理在使用时易忽视每步中某一种方法只是完成这件事的一部分，而未完成这件事，步步之

间是相关联的．

（6）下图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（

）

（A） 20 【答案】C

（B） 24 （C） 28 （D） 32【解析】

2

1

2

试题分析：由题意可知，圆柱的侧面积为 S1  2 2  4  16，圆锥的侧面积为 S2   2 2  4  8，圆 柱的底面面积为 S   2 4，故该几何体的表面积为 S  S  S  S

3 1 2 3

 28，故选 C.

考点： 三视图，空间几何体的体积.

【名师点睛】由三视图还原几何体的方法:

（7）若将函数 y  2 sin 2x 的图像向左平移 个单位长度，则平移后图象的对称轴为（



）

k （A） x  (k  Z )

2 6 k （C） x  (k  Z )

2 12

【答案】B

k （B） x  (k  Z )

2 6 k （D） x  (k  Z )

2 12

12

考点： 三角函数的图象变换与对称性.

【名师点睛】平移变换和伸缩变换都是针对 x 而言，即 x 本身加减多少值，而不是依赖于ωx 加减多少值． （8）中国古代有计算多项式值的秦九韶算法，下图是实现该算法的程序框图.执行该程序框图，若输入的

x  2, n  2，依次输入的 a 为 2，2，5，则输出的 s （ ）

（A）7

（B）12 （C）17 （D）34

【答案】C

考点： 程序框图，直到型循环结构.

【名师点睛】直到型循环结构：在执行了一次循环体后，对条件进行判断，如果条件不满足，就继续执行 循环体，直到条件满足时终止循环．当型循环结构：在每次执行循环体前，对条件进行判断，当条件满足 时，执行循环体，否则终止循环．

3 )  ，则sin 2 （ ） （9）若 cos( 4 5 77 1 1 （C）  （D）  （A） （B） 25 5 5 25

【答案】D

【解析】

7     3 2

试题分析： cos 2   2 cos 1  2   1   ，

25   4  4   5 

   

且cos 2    cos   2  sin 2，故选 D.

 2   4 



 2 考点：三角恒等变换.

【名师点睛】三角函数的给值求值，关键是把待求角用已知角表示： (1)已知角为两个时，待求角一般表示为已知角的和或差． (2)已知角为一个时，待求角一般与已知角成“倍的关系”或“互余互补”关系．

（10）从区间0,1随机抽取 2n 个数 x1 , x2 ，…，xn ，y1 ，y2 ，…，yn ，构成 n个数对x1, y1 ，x2 , y2 ，…，

m 个，则用随机模拟的方法得到的圆周率的近似值为（ ） xn , yn ，其中两数的平方和小于 1 的数对共有

（A） 【答案】C

4n m

（B） 2n m

（C） 4m n

（D） 2m n

【解析】

S圆



试题分析：利用几何概型，圆形的面积和正方形的面积比为

R2

S正方形

考点： 几何概型.

m 4m

 ，所以 .选 C. 2 4Rn n

【名师点睛】求解与面积有关的几何概型时，关键是弄清某事件对应的面积，必要时可根据题意构造两个 变量，把变量看成点的坐标，找到全部试验结果构成的平面图形，以便求解．

x2 y2 1

（11）已知 F1 , F2 是双曲线 E : 2  2  1的左，右焦点，点 M 在 E 上，MF1 与 x 轴垂直，sin MF2 F1  ,则

3 abE 的离心率为（

）

（A） 2

（B）

3

【答案】A

2

（C） 3

（D）2

考点：

双曲线的性质.离心率.

【名师点睛】区分双曲线中 a，b，c 的关系与椭圆中 a，b，c 的关系，在椭圆中 a2＝b2＋c2，而在双曲线中c2＝a2＋b2.双曲线的离心率 e∈(1，＋∞)，而椭圆的离心率 e∈(0，1)．

（12）已知函数 f (x)(x  R) 满足 f (x)  2  f (x) ，若函数 y 

x 1x

与 y f (x) 图像的交点为

m

(x1, y1 ), (x2 , y2 ), , (xm, ym), 则(xi  yi )  （

i1

） （D） 4m

（A）0 【答案】B

（B） m

（C） 2m

考点： 函数图象的性质



【名师点睛】如果函数 f (x) ， x  D ，满足x  D ，恒有 f (a  x) f (b  x) ，那么函数的图象有对

称轴 x 

a  b 2

；如果函数 f (x) ， x  D ，满足x  D ，恒有 f (a  x)   f (b  x) ，那么函数的图象

有对称中心.

第Ⅱ卷

本卷包括必考题和选考题两部分.第 13 ～21 题为必考题，每个试题考生都必须作答.第 22～24 题为选考题，

考生根据要求作答.

二、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分

4 5

ABC 的内角 A, B, C 的对边分别为 a, b, c ，若cos A  ， cos C  ， a  1，则b  (13)

5 13

21

【答案】 【解析】

试题分析：因为cos A  4 , cos C 

．

13

5

，且 A, C 为三角形内角，所以sin A  , sin C 

3 12

，

13

13 a b

sin B  sin[ ( A  C)]  sin( A  B)  sin A cos C  cos Asin C  ，又因为  ， sin A sin B 65

a sin B 21

所以b   .

sin A 13

5 13 5

考点： 三角函数和差公式，正弦定理.

【名师点睛】在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更适合，或是两个定理都要用，要抓 住能够利用某个定理的信息．一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果 式子中含有角的正弦或边的一次式，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可 能用到．

(14) ,是两个平面， m, n 是两条直线，有下列四个命题：

（1）如果 m  n, m  , n / /，那么 . （2）如果 m  , n / /，那么 m  n .

（3）如果/ /, m  ，那么 m / /.

【答案】②③④

考点： 空间中的线面关系.

【名师点睛】求解本题应注意在空间中考虑线、面关系.

（15）有三张卡片，分别写有 1 和 2，1 和 3，2 和 3．甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是 2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是 1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是 5”，则甲的卡片上的数字是 【答案】1 和 3

．

【解析】

试题分析：由题意分析可知甲的卡片上数字为 1 和 3，乙的卡片上数字为 2 和 3，丙卡片上数字为 1 和 2. 考点： 逻辑推理.

【名师点睛】逻辑推理即演绎推理，就是从一般性的前提出发，通过推导即“演绎”，得出具体陈述或个别结论的过程.演绎推理的逻辑形式对于理性的重要意义在于，它对人的思维保持严密性、一贯性有着不可 替代的校正作用.逻辑推理包括演绎、归纳和溯因三种方式.

（16）若直线 y  kx  b 是曲线 y  ln x  2 的切线，也是曲线 y  ln(x 1) 的切线，则b ． 【答案】1 ln 2

考点： 导数的几何意义.

【名师点睛】函数 f(x)在点 x0 处的导数 f′(x0)的几何意义是在曲线 y＝f(x)上点 P(x0，y0)处的切线的斜率．相应地，切线方程为 y－y0＝f′(x0)(x－x0)．

注意：求曲线切线时，要分清在点 P 处的切线与过 P 点的切线的不同．

三.解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 17.

（ 本 题 满 分 12 分 ） Sn 为等差数列an 的前 n 项和，且 a1 =1，S7  28.记bn =lg an ，其中x表示不超过 x 的最大整数，如

0.9=0，lg 99=1．

（Ⅰ）求b1，b11，b101 ；

（Ⅱ）求数列bn 的前 1 000 项和．

【答案】（Ⅰ） b1  0 ， b11  1， b101  2；（Ⅱ）13.

【解析】

试题分析：（Ⅰ）先用等差数列的求和公式求公差 d ，从而求得通项 an ，再根据已知条件x表示不超过 x 的最大整数，求b1，b11，b101 ；（Ⅱ）对 n 分类讨论，再用分段函数表示bn ，再求数列bn 的前 1 000 项和．

试题解析：（Ⅰ）设{an }的公差为 d ，据已知有7  21d  28 ，解得 d  1.

所以{an }的通项公式为 an  n.

b1  [lg1]  0,b11  [lg11]  1,b101  [lg101]  2.

考点：等差数列的的性质，前 n 项和公式，对数的运算.

【名师点睛】解答新颖性的数学题，一是通过转化，化“新”为“旧”；二是通过深入分析，多方联想，以 “旧”攻“新”；三是创造性地运用数学思想方法，以“新”制“新”，应特别关注创新题型的切入点和生长点.

18.（本题满分 12 分）

某险种的基本保费为 a （单位：元），继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人的本年度的保费与其上年度的出险次数的关联如下：

上年度出险次数 0 保费 0.85 a 1 2 1.25 a 3 1.5 a 4 1.75 a 5 2 a a 设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下：

一年内出险次数 概率 0 0.30 1 0.15 2 0.20 3 0.20 4 0.10 5 0.05 （Ⅰ）求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率；

（Ⅱ）若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出 60%的概率；

（Ⅲ）求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值．

【答案】（Ⅰ）0.55；（Ⅱ）；（Ⅲ）1.23. 【解析】

试题分析：（Ⅰ）根据互斥事件的概率公式求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率；（Ⅱ）一续保人

本年度的保费高于基本保费，当且仅当一年内出险次数大于 3，由条件概率公式求解；（Ⅲ）记续保人本年度的保费为 X ，求 X 的分布列，再根据期望公式求解.

试题解析：（Ⅰ）设 A 表示事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费”，则事件 A 发生当且仅当一年内出险次数大于 1，故 P( A)  0.2  0.2  0.1  0.05  0.55.

（Ⅱ）设 B 表示事件：“一续保人本年度的保费比基本保费高出60% ”，则事件 B 发生当且仅当一年内出险次数大于 3，故 P(B)  0.1  0.05  0.15.

P( AB) P(B) 0.15 3 又 P( AB)  P(B) ，故 P(B | A)     .

P( A) P( A) 0.55 11

3

因此所求概率为 .

11

考点： 条件概率，随机变量的分布列、期望.

【名师点睛】条件概率的求法：

PAB(1)定义法：先求 P(A)和 P(AB)，再由 P(B|A) ＝ ，求 P(B|A)；

PA

(2)基本事件法：当基本事件适合有限性和等可能性时，可借助古典概型概率公式，先求事件 A 包含的基本 事件数 n(A)，再在事件 A 发生的条件下求事件 B 包含的基本事件数 n(AB)，得 P(B|A) nAB＝ . nA求离散型随机变量均值的步骤：(1)理解随机变量 X 的意义，写出 X 可能取得的全部值；(2)求 X 的每个值的概率；(3)写出 X 的分布列；(4)由均值定义求出 E(X)．

19.（本小题满分 12 分）

10 ．

如图，菱形 ABCD的对角线 AC 与 BD 交于点O ， AB  5, AC  6，点 E, F 分别在 AD, CD 上，

5

AE  CF  ， EF 交 BD 于点 H ．将 DEF 沿 EF 折到 DEF 位置， OD 

4

（Ⅰ）证明： DH 平面 ABCD ；

（Ⅱ）求二面角 B  DA  C 的正弦值．

【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）

2 95 .

25

又 DH  EF ，而OH  EF  H ， 所以 DH  平面ABCD .

（II）如图，以 H 为坐标原点， HF 的方向为 x 轴的正方向，建立空间直角坐标系 H  xyz ，

则 H 0, 0, 0， A3, 2, 0， B 0, 5, 0，C 3, 1, 0， D0, 0,3， AB  (3, 4, 0) ， AC  6, 0, 0，

  3x  4 y  0 m  AB 01 1

AD  3,1, 3.设 m  x1 , y1 , z1 是平面 ABD 的法向量，则   ，即 3x  y  3z  0 ，

 1 1 1 m  AD  0

 n  AC  0 ，'

ACD 的法向量，则 所以可以取 m  4, 3, 5.设 n  x2 , y2 , z2 是平面  

n  AD  0 6x2  0 即  2 ，

3x  y  3z  0

2 2

  m  n 14

7 5 2 95 . 所以可以取 n  0, 3,1.于是cos  m, n     ， sin  m, n  25 25 | m |  | n | 50  10

因此二面角 B  DA  C 的正弦值是



2 95

.

25

考点：线面垂直的判定、二面角.

【名师点睛】证明直线和平面垂直的常用方法有：①判定定理；②a∥b，a⊥α⇒b⊥α；③α∥β，a⊥α⇒a⊥

β；④面面垂直的性质．线面垂直的性质，常用来证明线线垂直．

求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹 角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．

20.（本小题满分 12 分）

已知椭圆 E :  y 1的焦点在 x 轴上， A 是 E 的左顶点，斜率为 k (k  0) 的直线交 E 于 A, M 两点，

x2 t

2

3

点 N 在 E 上， MA  NA．

（Ⅰ）当t  4,| AM || AN | 时，求 AMN 的面积；

（Ⅱ）当 2 AM  AN 时，求 k 的取值范围．

【答案】（Ⅰ）

144 49

；（Ⅱ） 3 2, 2 .

 

2 2

试题解析：（I）设 M x1, y1 ，则由题意知 y1  0 ，当t  4时， E 的方程为 x y 1， A2, 0.

4 3

由已知及椭圆的对称性知，直线 AM 的倾斜角为.因此直线 AM 的方程为 y  x  2 .

4

12x2  y2 12 212 y  0 .解得 y  0或 y  将 x  y  2代入  1得7 y ，所以 y1 .

3 7 4 7 1 12 12 144

因此 AMN 的面积 2     .

2 7 7 49

2 3 2 k  2k 1  3k 2k 1  0 ， k  3k  k  2 

因此t . t  3等价于



k  2

3

k  2  0 ，或 k  2  0 ，解得 2  0 .由此得 即 k 3 3 3

k  2

k  2  0

 2, 2.

k  2  0

k  2

3

k 3  2

3 2  k  2 .

因此 k 的取值范围是

3

考点：椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系.

【名师点睛】由直线(系)和圆锥曲线(系)的位置关系，求直线或圆锥曲线中某个参数(系数)的范围问题，常 把所求参数作为函数，另一个元作为自变量求解．

（21）（本小题满分 12 分） (Ⅰ)讨论函数f (x) 

x  2ex 的单调性，并证明当 x  0 时， (x  2)ex  x  2  0 ；

x  2

ex  ax  a

= (x  0) 有最小值.设 g (x) 的最小值为 h(a) ，求函数 h(a) (Ⅱ)证明：当a [0,1) 时，函数 （g x）2

x的值域．

1 e2

【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ） ( , ]..

2 4

(x  2)ex  a(x  2) x  2

（II） g(x)  2 ( f (x)  a), 2

xx

由（I）知， f (x)  a 单调递增，对任意 a [0,1), f (0)  a  a 1  0, f (2)  a  a  0,

因此，存在唯一 x0  (0, 2], 使得 f (x0 )  a  0, 即 g '(x0 )  0 ， 当0  x  x0 时， f (x)  a  0, g '(x)  0, g(x) 单调递减；

当 x  x0 时， f (x)  a  0, g '(x)  0, g(x) 单调递增. 因此 g (x) 在 x  x0 处取得最小值，最小值为

0 ex a(x 1) ex0 +f (x )(x 1) 0 0 0

g(x ) 2 . 0 2 x x 0 0 ex0 x  2

0

考点： 函数的单调性、极值与最值.

【名师点睛】求函数单调区间的步骤：

(1)确定函数 f(x)的定义域；

(2)求导数 f′(x)；

(3)由 f′(x)＞0(f′(x)＜0)解出相应的 x 的范围．

当 f′(x)＞0 时，f(x)在相应的区间上是增函数；当 f′(x)＜0 时，f(x)在相应的区间上是减函数，还可以列表， 写出函数的单调区间．

注意：求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过认真比较才能下结论；另外注意函数 最值是个“整体”概念，而极值是个“局部”概念．

请考生在 22、23、24 题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分,做答时请写清题号

（22）（本小题满分 10 分）选修 4-1：几何证明选讲

如图，在正方形 ABCD 中， E, G 分别在边 DA, DC 上（不与端点重合），且 DE  DG ，过 D 点作

DF  CE ， 垂 足 为

F ． (Ⅰ) 证明： B, C, G, F 四

点共圆； (Ⅱ)若 AB  1， E 为 DA 的中点，求四边形

BCGF 的面积．

【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ） .

1

2

（II）由 B, C, G, F 四点共圆， CG  CB 知 FG  FB ，连结GB ，

由G 为 RtDFC 斜边CD 的中点，知GF  GC ,故 RtBCG  RtBFG,

因此四边形 BCGF 的面积 S 是 GCB 面积 SGCB 的 2 倍，即

1 1 1

 2  1  . S  2S GCB

2 2 2

考点： 三角形相似、全等，四点共圆

【名师点睛】判定两个三角形相似要注意结合图形性质灵活选择判定定理，特别要注意对应角和对应边．证 明线段乘积相等的问题一般转化为有关线段成比例问题．相似三角形的性质可用来证明线段成比例、角相等；可间接证明线段相等．

（23）（本小题满分 10 分）选修 4—4：坐标系与参数方程在直角坐标系 xOy 中，圆C 的方程为(x  6) y 25．

（Ⅰ）以坐标原点为极点， x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求C 的极坐标方程；

2

2

x  t cost 为参数）, l 与C 交于 A, B 两点， | AB | 10 ，求l 的斜率． （Ⅱ）直线l 的参数方程是  （

y  t sin【答案】（Ⅰ） 12cos11  0 ；（Ⅱ） 

2

15

.3

试题解析：（I）由 x  cos, y  sin可得C 的极坐标方程12cos11  0.

2

（II）在（I）中建立的极坐标系中，直线l 的极坐标方程为( R)

由 A, B 所对应的极径分别为将l 的极坐标方程代入C 的极坐标方程得 1 ,2 ,

2 12cos11  0.

于是cos,11, 1  2  12 12 

| AB || 1  2 |

2 (   2 )2  41 1 2  144 cos 44, 由| AB | 10 得cos

2

 , tan 

8

3 15

，

3

所以l 的斜率为

15 或

 15 . 3 3

考点：圆的极坐标方程与普通方程互化， 直线的参数方程，点到直线的距离公式.

【名师点睛】极坐标与直角坐标互化的注意点：在由点的直角坐标化为极坐标时，一定要注意点所在的象 限和极角的范围，否则点的极坐标将不唯一．在曲线的方程进行互化时，一定要注意变量的范围．要注意 转化的等价性.

（24）（本小题满分 10 分）选修 4—5：不等式选讲

已知函数 f (x) | x  |  | x  | ， M 为不等式 f (x)  2 的解集．

1 1

2

2

（Ⅰ）求 M ；

（Ⅱ）证明：当 a, b  M 时， | a  b ||1 ab | ．

【答案】（Ⅰ） M  {x | 1  x  1}；（Ⅱ）详见解析.





2 1 1 试题解析：（I） f (x)  1,

  x  , 2 2 1 2x, x  . 2

1

1 2x, x   ,

当 x   时，由 f (x)  2 得2x  2, 解得 x  1；

2

当   x  时， f (x)  2 ；

1 1

2 2

当 x  时，由 f (x)  2 得 2x  2, 解得 x  1.

1

2

所以 f (x)  2 的解集 M  {x | 1  x  1}.

（II）由（I）知，当 a, b  M 时， 1  a  1, 1  b  1，

从而(a  b) (1 ab) a b ab1  (a1)(1 b)  0 ， 因此| a  b ||1 ab | .

考点：绝对值不等式，不等式的证明.

2

2

2

2

22

2

2

【名师点睛】形如| x  a |  | x  b | c (或 c )型的不等式主要有三种解法：

(1)分段讨论法：利用绝对值号内式子对应方程的根，将数轴分为(, a]，(a, b]，(b, ) (此处设a  b )

三个部分，在每个部分上去掉绝对值号分别列出对应的不等式求解，然后取各个不等式解集的并集． (2)几何法：利用| x  a |  | x  b | c(c  0) 的几何意义：数轴上到点 x1  a 和 x2  b 的距离之和大于c 的全体，

| x  a |  | x  b || x  a  (x  b) || a  b |.

(3)图象法：作出函数 y1 | x  a |  | x  b | 和 y2  c 的图象，结合图象求解．