2017年四川省泸州市高考数学二诊试卷（理科）.doc-道客多多

资源描述

1、2017 届四川省泸州市高考数学二诊试卷（理科）一、选择题（本大题共 12 个小题，每小题 5 分，共 60 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若集合 A=x|x23x100，集合 B=x|3x4，全集为 R，则 A（ RB）等于（）A （ 2，4） B4，5） C （ 3，2） D （2，4）2已知是 z 的共轭复数，若（其中 i 为虚数单位），则 z的值为（）A1 i B1i C1+i D1+i3函数 f（x）=2x sinx 的图象大致是（）A B C D4将函数的图象上各点沿 x 轴向右平移个单位长度，所得函数图象的一个对称中心为（）A B C

2、 D5右边程序框图的算法思路源于我国古代数学名著九章算术中的“更相减损术”，执行该程序框图，若输入 a，b 的值分别为 16，24，则输出的 a 的值为（）A2 B4 C8 D166设 a，b 是两条直线，是两个平面，则 a b 的一个充分条件是（）Aa ，b， Ba，b ， Ca ，b，Da，b，7已知，则的值是（）A B C D8如图所示，在一个边长为 1 的正方形 AOBC 内，曲线 y=x3（x0）和曲线 y=围成一个叶形图（阴影部分），向正方形 AOBC 内随机投一点（该点落在正方形 AOBC 内任何一点是等可能的），则所投的点落在叶形图内部的概率是（）A B C

3、D9某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A B C18 D22+410已知函数，则满足不等式 f（1m 2）f （2m2）的m 的取值范围是（）A （ 3，1） B C （ 3，1） D11三棱锥 PABC 的四个顶点都在球 O 的球面上，已知 PA、PB 、PC 两两垂直，PA=1，PB+PC=4，当三棱锥的体积最大时，球心 O 到平面 ABC 的距离是（）A B C D 12函数 f（ x）是定义在 R 上的奇函数，且 f（x 1）为偶函数，当 x0，1时，若函数 g（x）=f （x）x b 恰有一个零点，则实数 b 的取值集合是（）A BC D二、填空题：本大题共

4、4 小题，每小题 5 分，共 20 分，把答案填在答题卷的横线上.13在的展开式中常数项的系数是 60，则 a 的值为 14已知点 A（2，m），B（1，2），C（3，1），若，则实数 m 的值为 15如图所示，在棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1 中，O 是底面 ABCD 的中心，E、 F 分别是 CC1，AD 的中点，那么异面直线 OE 和 FD1 所成角的余弦值等于 16已知约束条件，表示的可行域为 D，其中 a1，点（x 0，y 0）D，点（m，n）D 若 3x0y0 与的最小值相等，则实数 a 等于三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17已知

5、数列a n满足 an+1=an2an+1an，a n0 且 a1=1（1）求证：数列是等差数列，并求出a n的通项公式；（2）令，求数列b n的前 2n 项的和 T2n18如图，在ABC 中，，点 D 在线段 BC 上（1）当 BD=AD 时，求的值；（2）若 AD 是 A 的平分线，，求ADC 的面积19如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为直角梯形， ADBC，ADC=90，Q 为 AD 的中点，M 是棱 PC 的中点，PA=PD=PC ， BC= AD=2，CD=4（1）求证：直线 PA平面 QMB；（2）若二面角 PADC 为 60，求直线 PB 与平面 QMB

6、所成角的余弦值20从某市统考的学生数学考试卷中随机抽查 100 份数学试卷作为样本，分别统计出这些试卷总分，由总分得到如下的频率分布直方图（1）求这 100 份数学试卷的样本平均分和样本方差 s2（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）（2）由直方图可以认为，这批学生的数学总分 Z 服从正态分布 N（， 2），其中近似为样本平均数， 2 近似为样本方差 s2利用该正态分布，求 P（81z 119）；记 X 表示 2400 名学生的数学总分位于区间（81，119）的人数，利用的结果，求 EX（用样本的分布区估计总体的分布）附： 19， 18，若 Z=N（， 2），则 P（ 2）

7、，则P（ Z +）=0.6826，P（2Z+2）=0.954421已知函数 f（x ）=xlnxk（x1）（1）求 f（x）的单调区间；并证明 lnx+ 2（e 为自然对数的底数）恒成立；（2）若函数 f（x）的一个零点为 x1（x 11 ），f（x）的一个零点为 x0，是否存在实数 k，使 =k，若存在，求出所有满足条件的 k 的值；若不存在，说明理由请考生在第（22）、（23）三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分选修 4-1 参数方程与极坐标（共 1 小题，满分 10 分）22在直角坐标系 xOy 中，直线 l 的参数方程为为参数），在极坐标系（与直角坐标系 xO

8、y 取相同的长度单位，且以原点 O 为极点，以 x 轴非负半轴为极轴）中，圆 C 的方程为 =6sin（1）求圆 C 的直角坐标方程；（2）若点 P（1，2），设圆 C 与直线 l 交于点 A、 B，求的最小值选修 4-4 不等式选讲（共 1 小题，满分 0 分）23设不等式2|x1|x +2|0 的解集为 M，a、bM，（1）证明：| a+ b| ；（2）比较|14ab |与 2|ab|的大小，并说明理由2017 届四川省泸州市高考数学二诊试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共 12 个小题，每小题 5 分，共 60 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

10、bR），结合已知列关于 a，b 的方程组求解【解答】解：设 z=a+bi（a，bR），则，由，得，解得 a=1，b=1 z=1+i故选：D3函数 f（x）=2x sinx 的图象大致是（）A B C D【考点】函数的图象【分析】先求导，得到 f（x ）在 R 上为增函数，即可判断【解答】解：f（x）=2xsinx，f（x）=2cosx0 恒成立，f（ x）在 R 上为增函数，故选：A4将函数的图象上各点沿 x 轴向右平移个单位长度，所得函数图象的一个对称中心为（）A B C D【考点】函数 y=Asin（x+ ）的图象变换【分析】根据 y=Asin（x+）的图象变换规律可得所得

11、图象对应的函数为y=3sin（2x ），由 2x =k，kz ，可得对称中心的横坐标，从而得出结论【解答】解：将函数的图象上各点沿 x 轴向右平移个单位长度，可得函数 y=3in2（x ） + =3sin（2x ）的图象，由 2x =k， kz，可得：x= + ，故所得函数图象的对称中心为（ + ，0），kz 令 k=1 可得一个对称中心为（，0 ）故选：A5右边程序框图的算法思路源于我国古代数学名著九章算术中的“更相减损术”，执行该程序框图，若输入 a，b 的值分别为 16，24，则输出的 a 的值为（）A2 B4 C8 D16【考点】程序框图【分析】由循环结构的特点，先判断，

12、再执行，分别计算出当前的 a，b 的值，即可得到结论【解答】解：由 a=16，b=24，不满足 ab，则 b 变为 2416=8，由 ba，则 a 变为 168=8，由 a=b=8，则输出的 a=8故选：C6设 a，b 是两条直线，是两个平面，则 a b 的一个充分条件是（）Aa ，b， Ba，b ， Ca ，b，Da，b，【考点】空间中直线与直线之间的位置关系；必要条件、充分条件与充要条件的判断【分析】根据题意分别画出错误选项的反例图形即可【解答】解：A、B、D 的反例如图故选 C7已知，则的值是（）A B C D【考点】三角函数的化简求值【分析】由求出 cos（2+ ）的值，再

13、根据诱导公式即可求出的值【解答】解：，cos（2+ ）=12sin 2（ + ）=12= ； =cos（ 2+ ）=cos（2 + ）= 故选：D8如图所示，在一个边长为 1 的正方形 AOBC 内，曲线 y=x3（x0）和曲线 y=围成一个叶形图（阴影部分），向正方形 AOBC 内随机投一点（该点落在正方形 AOBC 内任何一点是等可能的），则所投的点落在叶形图内部的概率是（）A B C D【考点】几何概型【分析】欲求所投的点落在叶形图内部的概率，须结合定积分计算叶形图（阴影部分）平面区域的面积，再根据几何概型概率计算公式易求解【解答】解：可知此题求解的概率类型为关于面积的几何概型，

14、由图可知基本事件空间所对应的几何度量 S（）=1，满足所投的点落在叶形图内部所对应的几何度量：S（A）= =（） = 所以 P（A ）= 故选：A9某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A B C18 D22+4【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；由三视图求面积、体积【分析】已知中的三视图，可得：该几何体是一个圆柱切去两个弓形柱所得的几何体，进而可得答案【解答】解：已知中的三视图，可得：该几何体是一个圆柱切去两个弓形柱所得的几何体，圆柱的底面半径为 2，高为 6，故体积为：62 2=24，弓形弦到圆心的距离为 21=1，故弓形弦所对的圆心角为：，故弓形的面积为：，弓形柱的高为 2

15、，故两个弓形柱的体积为：4（），故组合体的体积为：24 4（）= ，故选：B10已知函数，则满足不等式 f（1m 2）f （2m2）的m 的取值范围是（）A （ 3，1） B C （ 3，1） D【考点】分段函数的应用【分析】当 x1 时，f（ x）=2 x+1 为增函数，则 f（x）1，当 x1 时，f （x）=1log2x 为减函数，则 f（ x）1，满足不等式 f（ 1m2）f （2m2 ），化为关于m 的不等式组，解得即可【解答】解：当 x1 时， f（x）=2 x+1 为增函数，则 f（x）1，当 x1 时，f（x）=1log 2x 为减函数，则 f（x）1，f（ 1m2

16、）f （2m2），或或，解得3m1 或 x ，故选：C11三棱锥 PABC 的四个顶点都在球 O 的球面上，已知 PA、PB 、PC 两两垂直，PA=1，PB+PC=4，当三棱锥的体积最大时，球心 O 到平面 ABC 的距离是（）A B C D 【考点】球内接多面体；点、线、面间的距离计算【分析】当且仅当 PB=PC=2 时，三棱锥的体积最大，如图所示，将 PABC 视为正四棱柱的一部分，求出ABC 外接圆的半径，即可求出球心 O 到平面 ABC 的距离【解答】解：由题意，V= = ，当且仅当 PB=PC=2 时，三棱锥的体积最大，如图所示，将 PABC 视为正四棱柱的一部分，则 C

17、D=2R，即 PA2+PB2+PC2=4R2=9，可得 R= ，因为 AB=AC= ，BC=2 ，所以 cosACB= = ，sinACB= ，ABC 外接圆的半径为 r= ，设球心到平面 ABC 的距离为 d，所以 d= = 故选 B12函数 f（ x）是定义在 R 上的奇函数，且 f（x 1）为偶函数，当 x0，1时，若函数 g（x）=f （x）x b 恰有一个零点，则实数 b 的取值集合是（）A BC D【考点】函数零点的判定定理；函数奇偶性的性质【分析】根据条件判断函数的周期性和对称性，求出函数在一个周期内的解析式，利用转化法进行求解即可【解答】解：f（x）是定义在 R 上的奇函数，

18、且 f（x 1）为偶函数，f（ x1）=f（x1）=f（x +1），即 f（x）= f（x+2），则 f（x+4）=f（x+2）=f（x），即函数 f（x ）的周期是 4，f（ x1）为偶函数，f（x 1）关于 x=0 对称，则 f（x）关于 x=1 对称，同时也关于 x=1 对称，若 x1，0 ，则x 0， 1，此时 f（ x）= =f（x），则 f（x）= ，x 1，0，若 x2，1 ，x+2 0， 1，则 f（x）= f（x+2）= ，x 2，1，若 x1，2，x 21，0，则 f（x）= f（x2）= = ，x 1，2，作出函数 f（x）的图象如图：由数 g（x ）=f（x）x

19、b=0 得 f（x）=x+b，由图象知当 x1，0时，由 =x+b，平方得 x2+（2b +1）x+b 2=0，由判别式=（2b+1） 24b2=0 得 4b+1=0，得 b= ，此时 f（x）=x+b 有两个交点，当 x4，5，x 40，1，则 f（x ）=f （x 4）= ，由 =x+b，平方得 x2+（2b 1）x +4+b2=0，由判别式=（2b1） 2164b2=0 得 4b=15，得 b= ，此时 f（x）=x+b 有两个交点，则要使此时 f（x）=x +b 有一个交点，则在0，4内，b 满足 b ，即实数 b 的取值集合是 4n b 4n ，即 4（n1 ）+ b4（n1）+ ，

20、令 k=n1，则 4k+ b 4k+ ，故选：D二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，把答案填在答题卷的横线上.13在的展开式中常数项的系数是 60，则 a 的值为 2 【考点】二项式系数的性质【分析】利用通项公式即可得出【解答】解：T r+1= =ar ，令 3 =0，解得 r=2 =60，a0，解得 a=2故答案为：214已知点 A（2，m），B（1，2），C（3，1），若，则实数 m 的值为【考点】平面向量数量积的运算【分析】根据平面向量的坐标表示与数量积运算，列出方程求解即可，因为是无理方程需要验根【解答】解：点 A（2，m ），B （1，2），

21、C（3，1）， =（ 1，2m），=（1，1m），=（ 2，1），又，1 （2 ）+（2m）1= ，两边平方得（4m） 2=22m+m2，解得 m= ，经检验 m= 是原方程的解；实数 m 的值为故答案为： 15如图所示，在棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1 中，O 是底面 ABCD 的中心，E、 F 分别是 CC1，AD 的中点，那么异面直线 OE 和 FD1 所成角的余弦值等于【考点】异面直线及其所成的角【分析】取 BC 的中点 G连接 GC1，则 GC1FD 1，再取 GC 的中点 H，连接HE、OH，则 OEH 为异面直线所成的角，在OEH 中，利用余弦定理可

22、得结论【解答】解：取 BC 的中点 G连接 GC1，则 GC1FD 1，再取 GC 的中点 H，连接 HE、OH，则E 是 CC1 的中点，GC 1EHOEH 为异面直线所成的角在OEH 中，OE= ，HE= ，OH= 由余弦定理，可得 cosOEH= = = 故答案为：16已知约束条件，表示的可行域为 D，其中 a1，点（x 0，y 0）D，点（m，n）D 若 3x0y0 与的最小值相等，则实数 a 等于 2 【考点】简单线性规划【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用 z 的几何意义即可得到结论【解答】解：先根据约束条件画出可行域，设 z1= = ，将 z1 的值转化可行域内的 Q 点

23、与点 P（0， 1）连线的斜率的值，当 Q 点在可行域内的 B（a，3a）时，斜率最小，最小值为 = ，设 z2=3xy，当 z2=3xy 过点 A（1，2 ）时 3x0y0 的值最小，最小值为 312=1，3x 0y0 与的最小值相等， =1，解得 a=2，故答案为：2三、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a n满足 an+1=an2an+1an，a n0 且 a1=1（1）求证：数列是等差数列，并求出a n的通项公式；（2）令，求数列b n的前 2n 项的和 T2n【考点】数列的求和；数列递推式【分析】（1）由 an+1=an2an+1an，a n0 且 a

24、1=1，取倒数可得 =2，即可得出（2） =（1） n1 =（1） n1，利用“ 裂项求和” 即可得出【解答】（1）证明：a n+1=an2an+1an，a n0 且 a1=1， =2，数列是等差数列，首项为 1，等差数列为 2 =1+2（n1）=2n1，解得 an= （2）解： =（ 1） n1 =（1） n1，T 2n= + = = 18如图，在ABC 中，，点 D 在线段 BC 上（1）当 BD=AD 时，求的值；（2）若 AD 是 A 的平分线，，求ADC 的面积【考点】余弦定理；正弦定理【分析】（1）由已知利用同角三角函数基本关系式可求 sinB 的值，利用正弦定理可求

25、=2，由已知利用二倍角的正弦函数公式可得sin ADC=2sinBcosB，在ADC 中，利用正弦定理可求的值；（2）设 AC=x，则 AB=2x，由余弦定理可得 x 的值，进而可求 DC，又由（1）可求 sinC 的值，利用三角形面积公式即可求值得解【解答】（本题满分为 12 分）解：（1）cosB= ，可得：sinB= = ，，AB=2AC， =2，3 分BD=AD，可得ADC=2B，sin ADC=sin2B=2sinBcosB，在ADC 中， = = = 6 分（2）设 AC=x，则 AB=2x，在ABC 中，由余弦定理可得：cosB= ，解得：x=1，或x= ，因为：BD=2D

26、C，所以：DC= 10 分又由（1）知 sinC=2sinB= ，当 x=1 时，S ADC = = = ；当 x= 时， SADC = = 综上，ADC 的面积为或 12 分19如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为直角梯形， ADBC，ADC=90，Q 为 AD 的中点，M 是棱 PC 的中点，PA=PD=PC ， BC= AD=2，CD=4（1）求证：直线 PA平面 QMB；（2）若二面角 PADC 为 60，求直线 PB 与平面 QMB 所成角的余弦值【考点】直线与平面所成的角；直线与平面平行的判定【分析】（1）连接 BQ，连接 AC 交 BQ 于点 O，连接 OM由已

27、知可得四边形BCDQ 是矩形由 BQCD，又 Q 是 AD 的中点，可得点 O 是 AC 的中点又 M是棱 PC 的中点，可得 OMPA，即可证明直线 PA平面 QMB（2）Q 为 AD 的中点，PA=PD，PQAD，又 BQAD，PQB 是二面角 PADC的二面角的平面角由 PA=PD=PC，可得点 P 在平面 ADC 的射影是 RtACD 的外心O 为ADC 的外心，可得 PO平面 ABCD过点 O 作 OxDA，以Ox、OB 、OC 分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系设平面 QMB 的法向量为=（ x，y，z），，可得，直线 PB 与平面 QMB 所成角的正弦值=【解答】（

28、1）证明：连接 BQ，连接 AC 交 BQ 于点 O，连接 OMQ 为 AD 的中点，BC= AD=2，BC=DQ，又 BCDQ ，ADC=90 ，四边形 BCDQ 是矩形BQ CD，又 Q 是 AD 的中点，点 O 是 AC 的中点又 M 是棱 PC 的中点，OMPA 又 AP平面 QMB，OM平面 QMB，直线 PA 平面 QMB（2）解：Q 为 AD 的中点，PA=PD，PQ AD，又 BQAD ，PQB 是二面角 PADC 的二面角的平面角PQB=60 ，PA=PD=PC，点 P 在平面 ADC 的射影是 RtACD 的外心 ADC 为等腰直角三角形，O 为ADC 的外心，PO平面

29、ABCD在 RtPQO 中，PQO=60PO=2 过点 O 作 OxDA，以 Ox、OB、OC 分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系取 B（0，2，0），Q（0，2，0），P（0，0，2 ），C（ 2，2，0） M 是 PC 的中点，M（ 1，1，） =（ 1，1，）， =（0， 4，0）设平面 QMB 的法向量为 =（x，y ，z），，取 = ，又 = 直线 PB 与平面 QMB 所成角的正弦值是： = = 直线 PB 与平面 QMB 所成角的余弦值为 20从某市统考的学生数学考试卷中随机抽查 100 份数学试卷作为样本，分别统计出这些试卷总分，由总分得到如下的频率分

30、布直方图（1）求这 100 份数学试卷的样本平均分和样本方差 s2（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）（2）由直方图可以认为，这批学生的数学总分 Z 服从正态分布 N（， 2），其中近似为样本平均数， 2 近似为样本方差 s2利用该正态分布，求 P（81z 119）；记 X 表示 2400 名学生的数学总分位于区间（81，119）的人数，利用的结果，求 EX（用样本的分布区估计总体的分布）附： 19， 18，若 Z=N（， 2），则 P（ 2），则P（ Z +）=0.6826，P（2Z+2）=0.9544【考点】正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义；频率分布直方图【分析

31、】（1）一组中的数据用该组区间的中点值作代表，求这 100 份数学试卷的样本平均分和样本方差 s2；（2）利用该正态分布，ZN，即可求 P（81z119）；数学总分位于区间（81，119）的概率为 0.6826，X，即可求 EX【解答】解：（1）由题意， =600.02+700.08+800.14+900.15+1000.24+1100.15+1200.1+1300.08+1400.04=100，样本方差 s2=（60100） 20.02+（70100） 20.08+（80100）20.14+（90100 ） 20.15+20.24+20.15+20.1+20.08+20.04=366；

32、（2）ZN，P （81 z 119）=P=0.6826；数学总分位于区间（81，119）的概率为 0.6826，X，EX=24000.6826=1638.2421已知函数 f（x ）=xlnxk（x1）（1）求 f（x）的单调区间；并证明 lnx+ 2（e 为自然对数的底数）恒成立；（2）若函数 f（x）的一个零点为 x1（x 11 ），f（x）的一个零点为 x0，是否存在实数 k，使 =k，若存在，求出所有满足条件的 k 的值；若不存在，说明理由【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性【分析】（1）求出函数的导数，求出函数的单调区间，令 k=2，则 f（x）=xln

33、x2（x1），得到 f（x） f（e ），证出结论即可；（2）假设存在 k，使得 =k，（k0）成立，得到 m（k）=e k1lnkek1+1，求出函数的导数，设 F（k）=lnk+ 1，根据函数的单调性证出矛盾即可【解答】解：（1）f（x ）=lnx +1k，x（0，e k1）时， f（x） 0，此时 h（x）递减，x（e k1，+ ）时，f（x）0，此时 h（x）递增，令 k=2，则 f（ x）=xlnx2（x 1），故 x=e 时，f（x）有最小值是 f（e），故 f（x）=xlnx2（x1） f（e ）=2 e，即 lnx+ 2 恒成立；（2）由题意得：x 1lnx1k（x

34、11）=0 ，lnx0+1k=0，假设存在 k，使得 =k，（k0）成立，消元得：e k1lnkek1+1=0，设 m（k）=e k1lnkek1+1，则 m（k ）=e k1（lnk+ 1），设 F（k）=lnk+ 1，则 F（ x）= ，k（0，1）时，F（x）0，即此时函数 F（k）递减，k（1，+）时，F（x）0，此时函数 F（k）递增，F（k）F（1）=0，m （k ） 0，故函数 m（k）在（0，+）递增，m（1）=0 ， k=1，但 k=1 时，x 1=ek1k=1，与已知 x11 矛盾，故 k 不存在请考生在第（22）、（23）三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第

35、一题记分选修 4-1 参数方程与极坐标（共 1 小题，满分 10 分）22在直角坐标系 xOy 中，直线 l 的参数方程为为参数），在极坐标系（与直角坐标系 xOy 取相同的长度单位，且以原点 O 为极点，以 x 轴非负半轴为极轴）中，圆 C 的方程为 =6sin（1）求圆 C 的直角坐标方程；（2）若点 P（1，2），设圆 C 与直线 l 交于点 A、 B，求的最小值【考点】参数方程化成普通方程【分析】（1）利用极坐标与直角坐标的互化方法，求圆 C 的直角坐标方程；（2）利用参数的几何意义，求的最小值【解答】解：（1）圆 C 的方程为 =6sin，可化为直角坐标方程为 x2+y2

36、=6y，即 x2+（y3） 2=9；（2）直线 l 的参数方程为为参数），代入 x2+（y 3） 2=9，可得t2+2（ cossin）t7=0，t 1+t2=2（cossin），t 1t2=7， = = = ，的最小值为选修 4-4 不等式选讲（共 1 小题，满分 0 分）23设不等式2|x1|x +2|0 的解集为 M，a、bM，（1）证明：| a+ b| ；（2）比较|14ab |与 2|ab|的大小，并说明理由【考点】不等式的证明；绝对值不等式的解法【分析】（1）利用绝对值不等式的解法求出集合 M，利用绝对值三角不等式直接证明：| a+ b| ；（2）利用（1）的结果，说明 ab 的范围，比较|1 4ab|与 2|ab|两个数的平方差的大小，即可得到结果【解答】解：（1）记 f（x ）=|x1| |x+2|= ，由2 2x1 0 解得 x ，则 M=（，） a 、b M，，所以| a+ b| |a|+ |b| + = （2）由（1）得 a2 ， b2 因为|14ab |24|ab|2=（1 8ab+16a2b2）4（a 22ab+b2）=（ 4a21）（4b 21）0 ，所以|14ab |24 |ab|2，故 |14ab|2|a b|

展开阅读全文