高考数学复习解答题规范练习题

这是一份高考数学复习解答题规范练习题，共21页。
解答题规范练(一)70分解答题规范练解答题：共70分。第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。(一)必考题：共60分。17．(12分)在①Sn＝2an－2，②数列{an}是公比q>1的等比数列，a1＝2，且a，S2＋6，a3成等差数列，③{an}是公比q>1的等比数列，a1＝2，且a2，S2,9成等比数列这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并完成解答。已知数列{an}的前n项和为Sn，________。(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝anlog2an＋1，求数列{bn}的前n项和Tn。注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分。解　(1)选条件①。当n＝1时，a1＝2a1－2，即a1＝2。 (2分)当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2，所以an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－1(n≥2)。 (4分)又a1＝2，所以an≠0，＝2，所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，则an＝2n。              (6分)选条件②。由a，S2＋6，a3成等差数列可得，2(S2＋6)＝a＋a3，所以2(a1＋a1q＋6)＝(a1q)2＋a1q2， (3分)又a1＝2，所以3q2－2q－8＝0，解得q＝2或q＝－，又公比q>1，所以q＝2， (5分)所以an＝2n。 (6分)选条件③。由a2，S2,9成等比数列可得，S＝9a2，即(2＋a2)2＝9a2，解得a2＝1或a2＝4， (2分)又公比q>1，所以a2＝4，q＝＝2， (4分)所以an＝2n。 (6分)(2)由(1)可得bn＝anlog2an＋1＝2nlog22n＋1＝(n＋1)·2n， (8分)所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝2×21＋3×22＋…＋n·2n－1＋(n＋1)·2n，2Tn＝2×22＋3×23＋…＋n·2n＋(n＋1)·2n＋1， (10分)所以－Tn＝2×21＋22＋23＋…＋2n－(n＋1)·2n＋1＝2＋－(n＋1)·2n＋1＝2＋2n＋1－2－(n＋1)·2n＋1＝－n·2n＋1，所以Tn＝n·2n＋1。 (12分)18．(12分)如图，在四棱锥S­ABCD中，底面ABCD为矩形，△SAD为等腰直角三角形，SA＝SD＝2，AB＝2，F是BC的中点，二面角S­AD­B的大小等于120°。(1)在AD上是否存在点E，使得平面SEF⊥平面ABCD，若存在，求出点E的位置；若不存在，请说明理由。(2)求直线SA与平面SBC所成角的正弦值。解　(1)在线段AD上存在点E满足题意，且E为AD的中点。如图，取AD中点E，连接EF，SE，SF，因为四边形ABCD是矩形，所以AB⊥AD。又E，F分别是AD，BC的中点，所以EF∥AB，AD⊥EF。(2分)因为△SAD为等腰直角三角形，SA＝SD，E为AD的中点，所以SE⊥AD。(3分)因为SE∩EF＝E，SE⊂平面SEF，EF⊂平面SEF，所以AD⊥平面SEF。(4分)又AD⊂平面ABCD。所以平面SEF⊥平面ABCD。故AD上存在中点E，使得平面SEF⊥平面ABCD。(6分)(2)解法一：由(1)可知∠SEF就是二面角S­AD­B的平面角，所以∠SEF＝120°。以E为坐标原点，，的方向分别为x，y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，由△SAD为等腰直角三角形，SA＝SD＝2，得AD＝＝＝4，SE＝＝2。(8分)可得S(0，－1，)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(－2,2,0)，所以＝(2,1，－)，＝(2,3，－)，＝(－2,3，－)，设n＝(x，y，z)是平面SBC的法向量，则即可取n＝(0,1，)。(10分)设直线SA与平面SBC所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝，所以直线SA与平面SBC所成角的正弦值为。(12分)解法二：过点E作EG⊥SF于点G，由(1)知AD⊥平面SEF，则BC⊥平面SEF，BC⊥EG，又SF∩BC＝F，所以EG⊥平面SBC，易知AE∥平面SBC，则点A到平面SBC的距离等于EG。由(1)可知∠SEF就是二面角S­AD­B的平面角，(8分)所以∠SEF＝120°。由△SAD为等腰直角三角形，SA＝SD＝2，得AD＝＝＝4，SE＝＝2。又EF＝AB＝2，所以EG＝1。(10分)设直线SA与平面SBC所成的角为θ，则sin θ＝＝＝，即直线SA与平面SBC所成角的正弦值为。(12分)19．(12分)某市为大力推进生态文明建设，把生态文明建设融入市政建设，打造了大型植物园旅游景区。为了了解游客对景区的满意度，市旅游部门随机对景区的100名游客进行问卷调查(满分100分)，这100名游客的评分分别落在区间[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]内，且游客之间的评分情况相互独立，得到统计结果如频率分布直方图所示。(1)求这100名游客评分的平均值(同一区间的数据用该区间数据的中点值为代表)；(2)视频率为概率，规定评分不低于80分为满意，低于80分为不满意，记游客不满意的概率为p。①若从游客中随机抽取m人，记这m人对景区都不满意的概率为am，求数列{am}的前4项和；②为了提高游客的满意度，市旅游部门对景区设施进行了改进，游客人数明显增多，对游客进行了继续旅游的意愿调查，若不再去旅游记1分，继续去旅游记2分，每位游客有继续旅游意愿的概率均为p，且这次调查得分恰为n分的概率为Bn，求B4。解　(1)这100名游客评分的平均值为55×0.01＋65×0.24＋75×0.35＋85×0.26＋95×0.14＝77.8。(4分)(2)①由题意得p＝(0.001＋0.024＋0.035)×10＝0.6＝，所以am＝m，所以数列{am}的前4项和为＝。(8分)②由题意得B1＝，B2＝2＋＝，且Bn＝Bn－1＋Bn－2(n≥3，n∈N*)，则B3＝×＋×＝。所以B4＝×＋×＝。(12分)20．(12分)已知函数f(x)＝aln x＋－x，其中a<2。(1)求f(x)的极值；(2)设m∈Z，当a＝1时，若关于x的不等式f(x)<m－(x－2)·ex在区间(0,1]上恒成立，求m的最小值。解　(1)由题意得f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－－1＝－＝－，(1分)当a－1≤0，即a≤1时，令f′(x)>0，得0<x<1，则f(x)在(0,1)内单调递增；令f′(x)<0，得x>1，则f(x)在(1，＋∞)内单调递减。所以f(x)在x＝1处取极大值，且极大值为f(1)＝a－2，无极小值。(3分)当0<a－1<1，即1<a<2时，令f′(x)＝0，得x＝1或x＝a－1，当x∈(0，a－1)∪(1＋∞)时，f′(x)<0，则f(x)在(0，a－1)，(1，＋∞)内单调递减；当x∈(a－1,1)时，f′(x)>0，则f(x)在(a－1,1)内单调递增。所以f(x)在x＝a－1处取得极小值，且极小值为f(a－1)＝aln(a－1)－a＋2，在x＝1处取得极大值，且极大值为f(1)＝a－2。(5分)综上所述，当a≤1时，f(x)的极大值为a－2，无极小值；当1<a<2时，f(x)的极大值为a－2，极小值为aln(a－1)－a＋2。(6分)(2)由f(x)<m－(x－2)·ex，得m>ln x－x＋(x－2)·ex，设h(x)＝ln x－x＋(x－2)·ex，x∈(0,1]，则h′(x)＝(x－1)，(7分)当0<x≤1时，x－1≤0。设u(x)＝ex－，0<x≤1，易知u(x)在(0,1]内单调递增。又u＝－2<0，u(1)＝e－1>0，所以存在x0∈，使u(x0)＝0，即ex0＝，ln x0＝－x0。当x∈(0，x0)时，u(x)<0，h′(x)>0，当x∈(x0,1]时，u(x)>0，h′(x)≤0，所以函数h(x)在(0，x0)内单调递增，在(x0,1]内单调递减，(9分)所以h(x)max＝h(x0)＝(x0－2)·ex0＋ln x0－x0＝(x0－2)·－2x0＝1－。因为函数y＝1－在内单调递增，所以h(x)max∈(－4，－3)，又m>h(x)对任意的x∈(0,1]恒成立，所以m≥－3，又m∈Z，所以m的最小值是－3。(12分)21．(12分)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)和点Q(0，2)，F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，且|F1F2|＝2，线段QF2与椭圆相交于点P，且PF1⊥PF2。(1)求椭圆C的标准方程；(2)若直线l：y＝2x＋m与△PQF1的内切圆M相切，与椭圆C交于A，B两点，求|AB|的值。解　(1)解法一：由题设得F1(－，0)，F2(，0)，直线QF2的方程为y＝－2(x－)，设P(x0，y0)，则y0＝－2(x0－)　①，由PF1⊥PF2得x＋y＝5　②，联立①②可得，P，则|PF1|＝4，|PF2|＝2，由|PF1|＋|PF2|＝6＝2a得a＝3，a2＝9，从而b2＝4。故椭圆C的标准方程为＋＝1。(4分)解法二：设O为坐标原点，由题意知，∠QOF2＝90°，F2(，0)，则|QF2|＝5。因为PF1⊥PF2，所以∠F1PF2＝90°。又∠QF2O＝∠F1F2P，所以△QOF2∽△F1PF2，＝＝，即＝＝，解得|F1P|＝4，|PF2|＝2，由|PF1|＋|PF2|＝6＝2a得a＝3，a2＝9，从而b2＝4。故椭圆C的标准方程为＋＝1。(4分)(2)如图，设圆M的半径为r，且圆M与△F1QP的三条边QF1，PF1，PQ分别相切于点G，H，N，连接MN，MH，根据圆的切线长和等腰三角形的性质可得|F1G|＝|F1H|＝|F2N|，又|PH|＝|PN|，MH⊥PH，MN⊥PN，所以四边形MHPN为正方形，得|PH|＝|PN|＝r，由椭圆的定义可得|PF1|＋|PF2|＝|F1H|＋r＋|F2N|－r＝2|F1H|＝2a＝6，|F1H|＝3。所以r＝|PF1|－|F1H|＝4－3＝1，|QN|＝|QF2|－|F1H|＝5－3＝2，所以|QM|＝，故M(0，)，故内切圆M的方程为x2＋(y－)2＝1。(8分)而y＝2x＋m与x2＋(y－)2＝1相切，故＝1，解得m＝0或m＝2。设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得40x2＋36mx＋9m2－36＝0，所以x1＋x2＝－，x1x2＝，所以|x1－x2|＝＝×，|AB|＝|x1－x2|＝×，故|AB|＝3或|AB|＝3。(12分)(二)选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。22．[选修4－4：坐标系与参数方程](10分)在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(t为参数)。以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为ρ(sin θ－3cos θ)＝6。(1)将曲线C的参数方程化为普通方程，指出曲线C表示的类型，并把直线l的极坐标方程化为直角坐标方程；(2)若点P在曲线C上，求点P到直线l距离的最小值。解　(1)将曲线C的参数方程(t为参数)消去参数t，可得曲线C的普通方程为y2＝4x。所以曲线C表示以原点为顶点，F(1,0)为焦点的抛物线。利用y＝ρsin θ，x＝ρcos θ将直线l的极坐标方程ρ(sin θ－3cos θ)＝6变形整理，得l的直角坐标方程为y＝3x＋6。(5分)(2)直线l的方程为y＝3x＋6，设P，则点P到直线l的距离d＝＝，当m＝时d取得最小值，且dmin＝，此时点P。(10分)23．[选修4－5：不等式选讲](10分)已知a>0，b>0，c>0。(1)求证：(a＋b)(1＋abc2)≥4abc；(2)若＋＋＝3，求证：＋＋≥6。证明　(1)要证(a＋b)(1＋abc2)≥4abc，即证a＋a2bc2＋b＋ab2c2－4abc≥0，即证a(b2c2－2bc＋1)＋b(a2c2－2ac＋1)≥0，即证a(bc－1)2＋b(ac－1)2≥0，此式显然成立，当且仅当bc＝ac＝1，即a＝b＝时，等号成立，所以(a＋b)(1＋abc2)≥4abc。(5分)(2)要证＋＋≥6，即证＋1＋＋1＋＋1≥6，即证＋＋≥。因为＋＋＝3，所以＋1＋＋1＋＋1＝6，即＋＋＝6，所以＋＋＝≥×3××3×＝，当且仅当＝＝，即a＝b＝c时，等号成立，所以＋＋≥6。(10分)(二)70分解答题规范练解答题：共70分。第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。(一)必考题：共60分。17．(12分)在①＝，②＝，③2acsin B＝(a＋c)2－b2这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并求解。在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，________，H为AB边上靠近点A的三等分点，CH⊥BC，△BCH的面积S＝2，求b。注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分。解　选条件①。由三角形内角和定理可得A＋B＝π－C，所以sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sin C，所以＝，(2分)结合正弦定理可得＝，即(a＋b)(a－b)＋c(c－a)＝0，化简得a2＋c2－b2＝ac，故cos B＝＝＝。因为0<B<π，所以B＝。(5分)因为CH⊥BC，所以BH＝＝2BC＝2a，CH＝a，所以△BCH的面积S＝BC×HC＝a×a＝2，解得a＝2，所以BH＝2a＝4。(8分)因为H为AB边上靠近点A的三等分点，所以c＝BA＝BH＝×4＝6，所以由余弦定理可得b2＝a2＋c2－2accos B＝22＋62－2×2×6×cos＝28，所以b＝2。(12分)选条件②。由＝及正弦定理可得＝，化简得2sin A＝，即2sin Asin C－2cos Acos C＝1，所以2cos(A＋C)＝－1。(3分)由三角形内角和定理可得A＋C＝π－B，所以cos B＝。因为0<B<π，所以B＝。(5分)因为CH⊥BC，所以BH＝＝2BC＝2a，CH＝a，所以△BCH的面积S＝BC×HC＝a×a＝2，解得a＝2，所以BH＝2a＝4。(8分)因为H为AB边上靠近点A的三等分点，所以c＝BA＝BH＝×4＝6，所以由余弦定理可得b2＝a2＋c2－2accos B＝22＋62－2×2×6×cos＝28，所以b＝2。(12分)选条件③。由已知可得2acsin B＝a2＋c2－b2＋2ac，即sin B＝＋1，结合余弦定理可得sin B＝cos B＋1，即sin B－cos B＝1，所以2sin＝1，所以sin＝，(3分)因为0<B<π，所以－<B－<，所以B－＝，所以B＝。(5分)因为CH⊥BC，所以BH＝＝2BC＝2a，CH＝a，所以△BCH的面积S＝BC×HC＝a×a＝2，解得a＝2，所以BH＝2a＝4。(8分)因为H为AB边上靠近点A的三等分点，所以c＝BA＝BH＝×4＝6，所以由余弦定理可得b2＝a2＋c2－2accos B＝22＋62－2×2×6×cos＝28，所以b＝2。(12分)18．(12分)为进一步加强毒品预防教育工作，增强广大学生防毒、拒毒的自我保护意识，加强禁毒宣传力度，维护青少年身心健康，某校组织学生开展了以“珍爱生命，远离毒品”为主题的禁毒知识宣传活动，并组织全校学生参加“禁毒知识竞赛”。现从参加竞赛的学生中随机抽取若干名，统计其成绩(单位：分)，并按[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]分组，得到如下频率分布直方图。已知成绩在[60,70)的有9人。(1)估计本次竞赛成绩的中位数(结果保留两位小数)。(2)将成绩在[80,100]的定义为“优秀”，在[50,80)的定义为“非优秀”。根据所给数据，完成下面的2×2列联表，并根据列联表判断是否有95%的把握认为竞赛成绩是否优秀与是否为新生有关？说明你的理由。 新生非新生合计优秀   非优秀15  合计25   (3)以频率估计概率，从该校学生中任意抽取4人进行继续教育，设这4人中竞赛成绩在[50,70)的人数为X，求X的分布列和数学期望。附：K2＝， P(K2≥k0)0.050.010.001k03.8416.63510.828解　(1)由题可知成绩在[80,90)的频率为1－10×(0.005＋0.015＋0.025＋0.020)＝0.35，(2分)所以成绩在[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]的频率分别为0.05，0.15，0.25,0.35,0.2，所以中位数在[80,90)中，设中位数为x，则(x－80)×0.035＝0.05，解得x＝≈81.43。所以本次竞赛成绩的中位数约为81.43分。(4分)(2)设样本容量为n，则＝0.015×10，解得n＝60，所以样本容量为60。(5分)完成的2×2列联表如下：  新生非新生合计优秀102333非优秀151227合计253560 所以K2＝＝≈3.896>3.841，故有95%的把握认为竞赛成绩是否优秀与是否为新生有关。(8分)(3)由题可知，从该校学生中任意抽取1人，该学生成绩在[50,70)的概率p＝0.05＋0.15＝0.2＝，X的所有可能取值为0,1,2,3,4，且X～B，(9分)所以P(X＝0)＝C×0×4＝；P(X＝1)＝C×1×3＝；P(X＝2)＝C×2×2＝；P(X＝3)＝C×3×1＝；P(X＝4)＝C×4×0＝。所以X的分布列为 X01234PE(X)＝4×＝。(12分)19．(12分)如图，已知四边形ABCE是等腰梯形，AE＝AB＝BC＝CD＝DE。将△EAD沿AD折叠，使E到达S处，得到四棱锥S­ABCD。若M，N分别为SA，BC的中点。(1)试问：线段BD上是否存在一点O，使平面MNO∥平面SCD？若存在，请确定点O的位置；若不存在，请说明理由。(2)若平面SAD⊥平面ABCD，求直线SA与平面SBC所成角的正弦值。解　(1)线段BD上存在点O，使得平面MNO∥平面SCD，且O为BD的中点。下面证明当O为BD的中点时，平面MNO∥平面SCD。根据题意，四边形ABCE是等腰梯形，AE＝AB＝BC＝CD＝DE，可得四边形ABCD为菱形，取BD的中点O，连接AC，则AC∩BD＝O，O为AC的中点。连接OM，ON，又M，N分别为SA，BC的中点，所以OM∥SC，ON∥CD。又OM⊄平面SCD，SC⊂平面SCD，所以OM∥平面SCD。(4分)同理可得ON∥平面SCD，又OM∩ON＝O，OM⊂平面MNO，ON⊂平面MNO，所以平面MNO∥平面SCD。(6分)(2)取AD的中点H，连接SH，BH，则SH⊥AD，BH⊥AD，因为平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，SH⊂平面SAD，所以SH⊥平面ABCD，所以SH⊥BH。(8分)以H为坐标原点，HA，HB，HS所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz。设AB＝2，则A(1,0,0)，D(－1,0,0)，B(0，，0)，S(0,0，)。所以＝(0，，－)，＝＝(－2,0,0)，＝(1,0，－)，设平面SBC的法向量为m＝(x，y，z)，则则x＝0，令y＝1，得z＝1，所以m＝(0,1,1)为平面SBC的一个法向量。(10分)设直线SA与平面SBC所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈m，〉|＝＝＝。所以直线SA与平面SBC所成角的正弦值为。(12分)20．(12分)已知函数f(x)＝。(1)求f(x)的极值；(2)若函数g(x)＝f(x)－＋2e只有一个零点，求a的值。解　(1)由题意知f(x)的定义域为(0，＋∞)。f′(x)＝＝。(2分)由f′(x)>0得1－2ln x>0，解得0<x<，由f′(x)<0得1－2ln x<0，解得x>，所以f(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减。所以f(x)的极大值为f()＝，无极小值。(4分)(2)g(x)＝f(x)－＋2e只有一个零点，即－＋2e＝0只有一个根。可化为＝x2－2ex＋e－1a只有一个根。令h(x)＝，m(x)＝x2－2ex＋e－1a，则h′(x)＝。由h′(x)＝0，得x＝e，由h′(x)>0，得0<x<e，由h′(x)<0，得x>e，所以h(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间(e，＋∞)。所以当x＝e时，h(x)取得最大值h(e)＝。(9分)函数m(x)＝x2－2ex＋e－1a＝(x－e)2＋e－1a－e2，当x＝e时，m(x)取得最小值m(e)＝e－1a－e2，(10分)若函数g(x)＝f(x)－＋2e只有一个零点，则e－1a－e2＝，所以a＝e3＋1。所以当函数g(x)＝f(x)－＋2e只有一个零点时，a＝e3＋1。(12分)21．(12分)如图，椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为E，F，点D在C上，∠DEF＝90°，|EF|＝2，|＋|＝。(1)求C的标准方程；(2)若P为OF的中点，四边形GHST为C的内接长方形，HS⊥x轴，直线HP交C于点Q，且直线QS交x轴于点U，求|OU|的值。解　(1)由题意可得c＝1，所以E(－1,0)，F(1,0)，设D(xD，yD)(yD>0)，则xD＝－1，得yD＝，由|＋|＝，得||＝，又||＝2，∠DEF＝90°，则|DE|＝＝，由得a＝2，b＝，所以C的标准方程为＋＝1。(4分)(2)由题意知直线HP的斜率一定存在且不为0，设为k(k≠0)，易知P，直线HP的方程为y＝k。联立，得消去y得(3＋4k2)x2－4k2x＋k2－12＝0，(6分)设H(x1，y1)，Q(x2，y2)，U(n,0)，则S(x1，－y1)，所以x1＋x2＝，x1·x2＝。因为Q，S，U三点共线，所以kSU＝kQU，即＝，(8分)所以y2(x1－n)＋y1(x2－n)＝0，即k(x1－n)＋k(x2－n)＝0，化简得2x2x1－(x1＋x2)＋n＝0，得－·＋n＝0，化简得＝0，所以n＝8，所以|OU|＝8。(12分)(二)选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。22．[选修4－4：坐标系与参数方程](10分)在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(θ为参数)。以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为ρcos＝。(1)求曲线C的普通方程和l的直角坐标方程；(2)已知点P(2,1)，直线l与曲线C交于A，B两点，求。解　(1)由得两式平方并相加得(x－1)2＋(y＋)2＝4，所以曲线C的普通方程为(x－1)2＋(y＋)2＝4。(2分)由ρcos＝，得ρ ＝，化简得ρcos θ－ρsin θ－1＝0，将代入上式，得x－y－1＝0。所以l的直角坐标方程为x－y－1＝0。(5分)(2)因为P(2,1)在x－y－1＝0上，所以(t为参数)是l的参数方程，设A，B对应的参数分别为t1，t2，将l的参数方程代入(x－1)2＋(y＋)2＝4，化简得t2＋(2＋)t＋2＋1＝0，所以t1＋t2＝－(2＋)，t1·t2＝2＋1，(8分)|AB|＝|t1－t2|＝＝＝，|PA|·|PB|＝t1t2＝2＋1。所以＝＝。(10分)23．[选修4－5：不等式选讲](10分)已知函数f(x)＝|x＋1|。(1)求不等式xf(x)－|x－2|≤0的解集；(2)若关于x的不等式f(x)＋|x－a2|≥2恒成立，求实数a的取值范围。解　(1)xf(x)－|x－2|≤0可化为x|x＋1|－|x－2|≤0，等价于或或解得x≤－1或－1<x≤－1＋。所以原不等式的解集为(－∞，－1＋]。(5分)(2)f(x)＋|x－a2|≥2，即|x＋1|＋|x－a2|≥2。因为|x＋1|＋|x－a2|≥|(x＋1)－(x－a2)|＝|a2＋1|，所以|a2＋1|≥2，即a2＋1≥2，解得a≥1或a≤－1。所以实数a的取值范围为(－∞，－1]∪[1，＋∞)。(10分)　　　　　　　　　　　　　(三)70分解答题规范练解答题：共70分。第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。(一)必考题：共60分。17．(12分)如图，在平面四边形ABCD中，∠A＝，∠ABC＋∠ADC＝π，CD＝2，BD＝BC。(1)求BD的长；(2)求AB＋2AD的最大值。解　(1)因为在平面四边形ABCD中，∠A＝，∠ABC＋∠ADC＝π，所以∠C＝。设BC＝2x(x>0)，则BD＝x，由余弦定理可知BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos∠C，即7x2＝4x2＋4＋4x，得x＝2，所以BD＝2。(5分)(2)解法一：设∠ABD＝θ，则∠ADB＝－θ，由正弦定理得＝＝＝，所以AB＝sin，AD＝sin θ，(8分)因此AB＋2AD＝＝＝sin(θ＋φ)，其中tan φ＝。所以当sin(θ＋φ)＝1时，AB＋2AD取得最大值，且最大值为。(12分)解法二：在△ABD中，设AB＝m，AD＝n，m>0，n>0，由余弦定理可知BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos∠A，即m2＋n2－mn＝28，则(m＋2n)2＝28＋n(5m＋3n)。(8分)由基本不等式可知7n(5m＋3n)≤2＝(m＋2n)2。所以(m＋2n)2≤28＋(m＋2n)2，(10分)则(m＋2n)2≤28，即(m＋2n)2≤，所以m＋2n≤，当且仅当m＝n时取等号。所以AB＋2AD的最大值为。(12分)18．(12分)如图，四棱锥P­ABCD的底面ABCD内接于半径为2的圆O，AB为圆O的直径，AB∥CD,2DC＝AB，E为AB上一点，且PE⊥平面ABCD，ED＝。(1)求证：PA⊥DE；(2)若直线PB与平面ABCD所成的角为，求二面角C­PB­D的余弦值。解　(1)证明：连接CO，因为AB∥CD,2DC＝AB，所以AO∥CD，且AO＝CD，所以四边形ADCO是平行四边形。连接DO，因为圆O的半径为2，所以AO＝OC＝DC＝AD＝DO＝2，所以△AOD为等边三角形，所以在△AOD中，AO边上的高为ADsin＝2×＝。因为ED＝，所以DE为AO边上的高，所以DE⊥AO。(2分)因为PE⊥平面ABCD，DE⊂平面ABCD，所以PE⊥DE，又DE⊥AE，AE，PE⊂平面PAE，且AE∩PE＝E，所以DE⊥平面PAE。因为PA⊂平面PAE，所以PA⊥DE。(4分)(2)由PE⊥平面ABCD可知，∠PBE为直线PB与平面ABCD所成的角，所以∠PBE＝，所以PE＝EB＝3。(6分)又由(1)知，ED，EB，EP两两垂直，如图，以E为坐标原点，以ED，EB，EP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Exyz。则B(0,3,0)，C(，2,0)，D(，0,0)，P(0，0,3)，所以＝(，－3,0)，＝(0,3，－3)，＝(，－1,0)。设平面PBD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则即得令y1＝1，则n1＝(，1,1)。(8分)设平面PBC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则即令x2＝1，则y2＝，z2＝，所以n2＝(1，，)。(10分)所以cos〈n1，n2〉＝＝＝。易知二面角C­PB­D为锐二面角，所以二面角C­PB­D的余弦值为。(12分)19．(12分)为了加强食品安全监管，某县市场监管局计划添购一批食品检测仪器，符合这次采购要求的检测仪器只有甲、乙两种型号，下表是该县市场监管局以往使用甲、乙两种型号检测仪器的使用年限及数量统计表。使用年限1年2年3年4年甲型号检测仪器数量/台2873乙型号检测仪器数量/台3962以频率估计概率。(1)分别从以往使用的甲、乙两种型号检测仪器中各随机抽取一台，求甲型号检测仪器的使用年限比乙型号检测仪器的使用年限恰好多1年的概率；(2)若该县市场监管局购买甲、乙两种型号检测仪器各2台，记2年后仍可使用的检测仪器的台数为ξ，求ξ的分布列与数学期望。解　(1)记事件Ai为“从以往使用的甲型号检测仪器中随机抽取一台，使用年限为i年”，事件Bi为“从以往使用的乙型号检测仪器中随机抽取一台，使用年限为i年”，i＝1,2,3,4；事件C为“从以往使用的甲、乙两种型号检测仪器中各随机抽取一台，甲型号检测仪器的使用年限比乙型号检测仪器的使用年限恰好多1年”，则P(C)＝P(A2B1)＋P(A3B2)＋P(A4B3)＝×＋×＋×＝。(4分)(2)由题意知甲型号检测仪器2年后仍可使用的概率为，乙型号检测仪器2年后仍可使用的概率为。设2年后仍可使用的甲型号检测仪器有X台，乙型号检测仪器有Y台，易知X～B，Y～B。(6分)由题意知ξ的所有可能取值为0,1,2,3,4，且P(ξ＝0)＝P(X＝0，Y＝0)＝C02·C02＝，P(ξ＝1)＝P(X＝1，Y＝0)＋P(X＝0，Y＝1)＝C11·C02＋C02·C11＝，P(ξ＝3)＝P(X＝2，Y＝1)＋P(X＝1，Y＝2)＝C20·C11＋C11·C20＝，P(ξ＝4)＝P(X＝2，Y＝2)＝C20·C20＝，P(ξ＝2)＝1－P(ξ＝0)－P(ξ＝1)－P(ξ＝3)－P(ξ＝4)＝，(10分)所以ξ的分布列为ξ01234P所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝。(12分)20．(12分)已知F1是椭圆C：＋＝1(a>)的左焦点，过点P(0，－2)作两条互相垂直的直线l1和l2，直线l1与C交于点A，B，当直线l1经过点F1时，直线l2与C有且只有一个公共点。(1)求C的标准方程；(2)若直线l2与C有两个交点，求|AB|的取值范围。解　(1)设F1(－c,0)，其中c＝　①。当直线l1经过点F1时，直线l1的斜率kPF1＝，所以直线l2的斜率为，方程为y＝x－2，l2与椭圆C的方程联立，消去y，得3x2＋a22＝3a2，整理得(a2c2＋12)x2－8a2cx＋4a2＝0。(3分)因为直线l2与椭圆C有且只有一个公共点，所以Δ＝64a4c2－16a2(a2c2＋12)＝0，即ac＝2　②。由①②得a2＝4，所以C的标准方程为＋＝1。(5分)(2)由题易得直线l1的斜率存在且不为零，设其方程为y＝kx－2(k≠0)，与椭圆C的方程联立，消去y，得(3＋4k2)x2－16kx＋4＝0，则Δ＝256k2－16(3＋4k2)>0，得k2>。同理，当直线l2与椭圆C有两个交点时，k2<4，所以<k2<4。(7分)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝，所以|AB|＝·|x1－x2|＝·＝2·。(9分)设t＝3＋4k2，则t∈(4,19)，＝＝＝－42＋，因为f(t)＝－42＋在(4,19)上单调递增。所以f(t)∈，所以|AB|的取值范围是。(12分)21．(12分)已知函数f(x)＝ex－ax2－x。(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若函数F(x)＝f(x)＋x有两个极值点x1，x2，求证：x1x2<(ln(2a))2解　(1)当a＝1时，f(x)＝ex－x2－x，则f′(x)＝ex－2x－1，所以f′(1)＝e－3，又f(1)＝e－2，所以切线方程为y＝(e－3)(x－1)＋e－2，即y＝(e－3)x＋1。(2分)(2)证明：由题意得F(x)＝ex－ax2，则F′(x)＝ex－2ax。因为函数F(x)有两个极值点x1，x2，所以F′(x)＝0有两个不相等的实数根x1，x2。令h(x)＝ex－2ax，则h′(x)＝ex－2a。①当a≤0时，h′(x)>0恒成立，则函数h(x)为R上的增函数，(5分)故h(x)在R上至多有一个零点，不符合题意。②当a>0时，令h′(x)＝0，得x＝ln(2a)，当x∈(－∞，ln(2a))时，h′(x)<0，故函数h(x)在(－∞，ln(2a))上单调递减，当x∈(ln(2a)，＋∞)时，h′(x)>0，故函数h(x)在(ln(2a)，＋∞)上单调递增。因为函数h(x)＝0有两个不相等的实数根x1，x2，所以h(x)min＝h(ln(2a))＝2a－2aln(2a)<0，得a>。(7分)不妨设x1<x2，则x1<ln(2a)，x2>ln(2a)>1。又h(0)＝1>0，所以x1∈(0，ln(2a))。令G(x)＝h(x)－h(2ln(2a)－x)＝ex－4ax－＋4aln(2a)，则G′(x)＝ex＋－4a≥2－4a＝0，所以函数G(x)在R上单调递增。(9分)由x2>ln(2a)可得G(x2)>G(ln(2a))＝0，即h(x2)>h(2ln(2a)－x2)。又x1，x2是函数h(x)的两个零点，即h(x1)＝h(x2)，所以h(x1)>h(2ln(2a)－x2)。因为x2>ln(2a)，所以2ln(2a)－x2<ln(2a)，又x1<ln(2a)，函数h(x)在(－∞，ln(2a))上单调递减，所以x1<2ln(2a)－x2，即x1＋x2<2ln(2a)。又x1＋x2>2，所以2<2ln(2a)，因此x1x2<(ln(2a))2。(12分)(二)选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。22．[选修4－4：坐标系与参数方程](10分)在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为(t为参数)。以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ2＝。(1)求直线l的普通方程和曲线C的参数方程；(2)点P是曲线C上的动点，过点P作直线l′与l相交于点A，若l′与l的夹角为，求|AP|的最大值及此时点P的直角坐标。解　(1)将直线l的参数方程中的参数消去，得y＝x－，所以直线l的普通方程为x－y－＝0。(2分)因为ρ2＝，所以8ρ2cos2θ＋ρ2＝36，又ρcos θ＝x，x2＋y2＝ρ2，所以8x2＋x2＋y2＝36，所以曲线C的直角坐标方程为＋＝1，所以曲线C的参数方程是(α为参数)。(5分)(2)由题意及(1)设P(2cos α，6sin α)，0≤α<2π，点P到直线l的距离为d，则|AP|＝2d＝2×＝|6sin α－2cos α＋|＝|4sin＋|≤5。(7分)当|AP|＝5时，sin＝1，得α＝，此时xP＝2cos α＝－1，yP＝6sin α＝3。所以|AP|的最大值是5，当|AP|最大时点P的直角坐标是(－1,3)。(10分)23．[选修4－5：不等式选讲](10分)已知函数f(x)＝7－2|x|－|x－2|。(1)解不等式f(x)>0。(2)是否存在a>－1，使得关于x的方程a2＋(4－f(x))·a－f(x)＋7＝0有解？请说明理由。解　(1)由题意知f(x)＝7－2|x|－|x－2|＝(2分)作出y＝f(x)的大致图象如图所示，由3x＋5＝0得x＝－；由9－3x＝0得x＝3。所以f(x)>0的解集是。(5分)(2)由a2＋(4－f(x))·a－f(x)＋7＝0得＝f(x)(a>－1)。由(1)知f(x)≤f(0)＝5，又＝(a＋1)＋＋2≥2＋2＝6，当且仅当a＝1时等号成立，所以不存在a>－1，使得关于x的方程a2＋(4－f(x))·a－f(x)＋7＝0有解。(10分) (四)70分解答题规范练解答题：共70分。第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。(一)必考题：共60分。17．(12分)已知正项等比数列{an}满足a2·a5＝a7，a8＝256，正项数列{bn}的前n项和为Sn，且2Sn＝b＋bn－2。(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)若cn＝，求数列{cn}的前n项和Mn。解　(1)设等比数列{an}的公比为q(q>0)，因为a2·a5＝a7，a8＝256，所以a1q·a1q4＝a1q6，a1q7＝256，所以a1＝q＝2，所以an＝2n。(2分)因为2Sn＝b＋bn－2　①，所以当n＝1时，2S1＝2b1＝b＋b1－2，解得b1＝2或b1＝－1(舍去)；当n≥2时，2Sn－1＝b＋bn－1－2　②，①－②得2bn＝b－b＋bn－bn－1，即(bn＋bn－1)·(bn－bn－1－1)＝0，因为bn＋bn－1>0，所以bn－bn－1－1＝0，即bn－bn－1＝1。所以数列{bn}是以2为首项，1为公差的等差数列，所以bn＝2＋(n－1)×1＝n＋1。(5分)(2)由(1)可得Sn＝＝，所以cn＝＝n·2n＋1，(7分)所以Mn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，2Mn＝1×23＋2×24＋3×25＋…＋(n－1)×2n＋1＋n×2n＋2，(9分)故－Mn＝22＋23＋24＋25＋…＋2n＋1－n×2n＋2＝－n×2n＋2＝－[4＋(n－1)×2n＋2]，所以Mn＝4＋(n－1)×2n＋2。(12分)18．(12分)如图，在等腰三角形ABC中，AB＝AC＝，BC＝2，E，F分别在边AB，AC上，且EF∥BC。将△AEF沿EF折起，使点A到点A′的位置，得到四棱锥A′­BCFE，且平面A′EF⊥平面BCFE。(1)若直线A′B与平面BCFE所成的角为，求的值。(2)若E，F分别为AB，AC的中点，求二面角A′­BE­C的余弦值。解　(1)如图，取BC的中点H，连接AH交EF于点O，则O为EF的中点，连接A′O，BO。由题意知AH⊥BC，又EF∥BC，所以AO⊥EF，即A′O⊥EF。又平面A′EF⊥平面BCFE，平面A′EF∩平面BCFE＝EF，A′O⊂平面A′EF，所以A′O⊥平面BCFE，故∠A′BO即直线A′B与平面BCFE所成的角，所以∠A′BO＝，(4分)则在Rt△A′BO中，A′O＝BO。因为AB＝AC＝，BC＝2，所以AH＝2。设A′O＝t，则HO＝2－t，所以BO＝＝t，解得t＝。所以＝＝＝。(6分)(2)解法一：如图，过点O作OG⊥AB于点G，连接A′G。由(1)知A′O⊥平面BCFE，因为AB⊂平面BCFE，所以A′O⊥AB。又OG⊥AB，OG，A′O⊂平面A′OG，OG∩A′O＝O，所以AB⊥平面A′OG，又A′G⊂平面A′OG，所以AB⊥A′G，所以∠A′GO为二面角A′­BE­C的平面角。(9分)易知在Rt△A′GO中，A′O＝1，OG＝＝＝，于是A′G＝＝＝，所以cos∠A′GO＝＝，所以二面角A′­BE­C的余弦值为。(12分)解法二：由(1)知A′O⊥平面BCFE，因为OH，OF⊂平面BCFE，所以A′O⊥OH，A′O⊥OF，又OH⊥OF，所以可以O为坐标原点，OH，OF，OA′所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0,0,0)，A′(0,0,1)，E，B(1，－1,0)，则＝(1，－1，－1)，＝。易知平面BCFE的一个法向量为＝(0,0,1)。(8分)设平面A′BE的一个法向量为m＝(x，y，z)，则故取y＝2，则m＝(1,2，－1)。(10分)所以cos〈，m〉＝＝＝－，由图知二面角A′­BE­C为锐二面角，所以二面角A′­BE­C的余弦值为。(12分)19．(12分)雅言传承文明，经典滋润人生，中国的经典诗文是中华民族精神文明的重要组成部分。近年来某市教育局积极推广经典诗文诵读活动，致力于营造“诵读国学经典，积淀文化底蕴”的书香校园，引导广大学生熟悉诗词歌赋，亲近中华经典，感悟中华传统文化的深厚魅力，丰厚学生的人文积淀。该市教育局为调查活动开展的效果，对全市参加过经典诗文诵读活动的学生进行了测试，并从中抽取了1 000份试卷，根据这1 000份试卷的成绩(单位：分)得到如下频数分布表。成绩/分[65,70)[70,75)[75,80)[80,85)[85,90)[90,95)[95,100]频数40902004001508040(1)求这1 000份试卷成绩的平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)。(2)假设此次测试的成绩X服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数，σ2近似为样本方差s2，已知s的近似值为6.61。以样本估计总体，假设有84.14%的学生的测试成绩高于该市教育局预期的平均成绩，则该市教育局预期的平均成绩大约为多少(结果保留一位小数)?(3)该市教育局准备从成绩在[90,100]内的120份试卷中用分层抽样的方法抽取6份，再从这6份试卷中随机抽取3份进行进一步分析，记Y为抽取的3份试卷中测试成绩在[95,100]内的份数，求Y的分布列和数学期望。参考数据：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ<X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)≈0.997 3。解　(1)由频数分布表得＝67.5×0.04＋72.5×0.09＋77.5×0.2＋82.5×0.4＋87.5×0.15＋92.5×0.08＋97.5×0.04＝82.15。(4分)(2)由题意得X～N(82.15,6.612)，则P(X>μ－σ)≈＋≈0.841 4，又μ－σ＝82.15－6.61＝75.54≈75.5，故该市教育局预期的平均成绩大约为75.5分。(8分)(3)由题意可得利用分层抽样的方法抽取的6份试卷中成绩在[90,95)内的有4份，成绩在[95,100]内的有2份，故Y的所有可能取值为0,1,2，且P(Y＝0)＝＝，P(Y＝1)＝＝，P(Y＝2)＝＝，所以Y的分布列为Y012P数学期望E(Y)＝0×＋1×＋2×＝1。(12分)20．(12分)双曲线C的中心在原点O，焦点在x轴上，且焦点到其渐近线y＝±2x的距离为2。(1)求双曲线C的标准方程；(2)过点P(0,2)的直线l与双曲线C的左、右两支分别交于A，B两点，与其渐近线分别交于M，N(从左至右)两点。①证明：|AM|＝|BN|；②是否存在这样的直线l，使得＝，若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由。解　(1)因为双曲线C的渐近线为y＝±2x，双曲线的焦点在x轴上，所以可设双曲线C的标准方程为－＝1(a>0，b>0)，则渐近线的方程为y＝±x，焦点F(±c,0)，所以解得a＝1，b＝2，所以双曲线的方程为x2－＝1。(4分)(2)①由(1)知双曲线的方程为x2－＝1，其渐近线的方程为y＝±2x，设直线l：y＝kx＋2，因为直线l交双曲线C的左右两支分别于A，B，所以－2＜k＜2，联立得(4－k2)x2－4kx－8＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以x1＋x2＝，x1x2＝，联立解得x＝，y＝，则N，联立解得x＝，y＝，则M，所以|AM|＝，|BN|＝，所以|AM|2－|BN|2＝(1＋k2)＝(1＋k2)＝(1＋k2)＝0，所以|AM|＝|BN|。(8分)②由A，M，N，B共线，可得＝＝，由①可得＝＝＝，解得k2＝3，所以k＝±符合题意，所以直线l的方程为y＝±x＋2。(12分)21．(12分)已知函数f(x)＝xln x－mex(m∈R)。(1)当m＝时，求函数f(x)的单调区间；(2)当m≥时，求证：f(x)<0。解　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)。当m＝时，f(x)＝xln x－ex－1，则f′(x)＝1＋ln x－ex－1。(1分)记g(x)＝1＋ln x－ex－1，则g′(x)＝－ex－1。显然g′(x)在(0，＋∞)上单调递减，且g′(1)＝0，所以当x∈(0,1)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减。所以g(x)≤g(1)＝1＋ln 1－1＝0，即f′(x)≤0恒成立，(3分)所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减。所以函数f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间。(4分)(2)证明：要证f(x)<0，只需证mex>xln x。①当0<x≤1时，ex>1，xln x≤0，m≥，不等式显然成立。(5分)②当x>1时，xln x>0，ex>e，由m≥可得，mex≥ex，于是原问题可转化为求证·ex>xln x，即证－ln x>0。(6分)令h(x)＝－ln x，则h′(x)＝，令p(x)＝2ex－2(x－1)－x，则p′(x)＝2xex－2－1，易知p′(x)在(0，＋∞)上单调递增，(8分)又p′(1)＝－1<0，p′(2)＝3>0，所以存在x0∈(1,2)使得p′(x0)＝0，所以p(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，又p(1)＝－1<0，p(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，所以当x>1时，h(x)≥h(2)＝1－ln 2>0，(11分)即f(x)<0。综上，f(x)<0。(12分)(二)选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。22．[选修4－4：坐标系与参数方程](10分)在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(m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，直线l的极坐标方程为ρ＝a(a>0)。(1)求曲线C的普通方程与直线l的直角坐标方程，并说明C是哪一种曲线；(2)若曲线C与直线l交于M，N两点，P(0，a)，＋＝4，求a的值。解　(1)将曲线C的参数方程(m为参数)中的参数消去，得y＝x2，故曲线C的普通方程为y＝x2，且C表示以O为顶点，为焦点的抛物线。(2分)由ρ＝a(a>0)得ρsin θ－ρcos θ＝a(a>0)，将y＝ρsin θ，x＝ρcos θ代入ρsin θ－ρcos θ＝a(a>0)，得y＝x＋a(a>0)，故直线l的直角坐标方程为y＝x＋a(a>0)。(5分)(2)易知点P(0，a)在直线l上，则直线l的参数方程为(t为参数，a>0)，代入y＝x2，得t2－－a＝0。(7分)设点M，N对应的参数分别为t1，t2，则t1＋t2＝，t1t2＝－，所以＋＝＝＝＝＝4，得a＝。(10分)23．[选修4－5：不等式选讲](10分)已知f(x)＝log2(|2x－1|＋|x－4|－m)。(1)若函数f(x)的定义域为R，求m的取值集合M；(2)若正数a，b满足a，b∈M，证明：<。解　(1)因为函数f(x)的定义域为R，所以|2x－1|＋|x－4|－m>0即m<|2x－1|＋|x－4|在R上恒成立。设g(x)＝|2x－1|＋|x－4|，则g(x)＝结合函数g(x)的图象(图略)可知g(x)min＝g＝，所以m<，即集合M＝m。(5分)(2)证明：由题意可知0<a<，0<b<，要证<，即证ab＋25>5(a＋b)，即证ab＋25－5(a＋b)>0，即证(a－5)(b－5)>0。因为0<a<，0<b<，所以a－5<0，b－5<0，所以(a－5)(b－5)>0，故<。(10分)