吉林省长春市2020届高三三模考试数学（文）试题 Word版含解析

这是一份吉林省长春市2020届高三三模考试数学（文）试题 Word版含解析，共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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2020年高考数学三模试卷（文科）
一、选择题（共12小题）
1.已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先分别计算集合A和B，再计算
【详解】


故答案选B
【点睛】本题考查了集合的运算，属于简单题型.
2.已知向量满足（2，1），（1，y），且，则＝（ ）
A. B. C. 5 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】
根据向量垂直的坐标表示列方程，由此求得，根据向量模的坐标表示求得正确答案.
【详解】根据题意，（2，1），（1，y），且，则有2+y＝0，解可得y＝﹣2，即（1，﹣2），
则（4，﹣3），故 5；
故选：C
【点睛】本小题主要考查向量垂直和模的坐标表示，属于基础题.
3.已知复数z满足（1+i）2•z＝1﹣i，则z的共轭复数在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】
利用复数除法运算求得，由此求得，进而求得对应点的坐标及其所在象限.
【详解】由（1+i）2•z＝1﹣i，得z，则，
∴复数在复平面内对应的点的坐标为（，），位于第二象限．
故选：B
【点睛】本小题主要考查复数的除法运算，考查共轭复数，考查复数对应点所在象限，属于基础题.
4.某中学从甲、乙两个班中各选出7名学生参加数学竞赛，他们取得的成绩（满分100分）的茎叶图如图所示，其中甲班学生成绩的众数是83，乙班学生成绩的平均数是86，则的值为（ ）

A. 7 B. 8 C. 9 D. 10
【答案】B
【解析】
【分析】
对甲组数据进行分析，得出x的值，利用平均数求出y的值，解答即可．
【详解】由茎叶图可知，茎为8时，甲班学生成绩对应数据只能是83，80+x，85，因为甲班学生成绩众数是83，所以83出现的次数最多，可知x＝3．
由茎叶图可知乙班学生的总分为76+81+82+80+y+91+91+96＝597+y，
又乙班学生的平均分是86，
总分等于86×7＝602．所以597+y＝602，解得y＝5，
可得x+y＝8．
故选B．
【点睛】本题主要考查统计中的众数与平均数的概念．解题时分别对甲组数据和乙组数据进行分析，分别得出x，y的值，进而得到x+y的值．
5.等比数列{an}中，a5、a7是函数f（x）＝x2﹣4x+3的两个零点，则a3•a9等于（ ）
A. ﹣3 B. 3 C. ﹣4 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】
根据根与系数关系关系列方程，结合等比数列的性质求得的值.
【详解】∵a5、a7是函数f（x）＝x2﹣4x+3的两个零点，∴a5、a7是方程x2﹣4x+3＝0的两个根，
∴a5•a7＝3，由等比数列的性质可得：a3•a9＝a5•a7＝3．
故选：B
【点睛】本小题主要考查等比数列的性质，考查根与系数关系，属于基础题.
6.函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据解析式求得函数奇偶性，以及即可容易求得结果.
【详解】因为的定义域为，且，故为偶函数，
排除C，D，验算特值，排除A
故选：B
【点睛】本题考查函数图像的辨识，涉及函数奇偶性的判断和指数运算，属基础题.
7.设是两条直线，是两个平面，则的一个充分条件是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据充分条件的判断，即从选项中找出能推出成立的即可，由空间线线、线面、面面的位置关系对选项进行逐一判断，即可得出答案.
【详解】A. 由，还可能得到 ，如图（1），所以不正确.
B. 由，还可能得到 ，如图（2），所以不正确.
C. 由，可得，又所以有，所以正确.
D. 由，如图（3），所以不正确.
故选：C

【点睛】本题考查线面垂直、平行的性质及面面垂直、平行的性质，考查充分条件的判断和空间想象能力，属于基础题.
8.已知直线y＝﹣2与函数，（其中w＞0）的相邻两交点间的距离为π，则函数f（x）的单调递增区间为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据周期求得，再根据单调区间的求法，求得的单调区间.
【详解】∵y＝﹣2与函数，（其中w＞0）的相邻两交点间的距离为π，
∴函数的周期T＝π，即π，得ω＝2，则f（x）＝2sin（2x），由2kπ2x2kπ，k∈Z，
得kπx≤kπ，k∈Z，即函数的单调递增区间为[kπ，kπ]，k∈Z，
故选：B
【点睛】本小题主要考查三角函数的单调性，考查三角函数的周期性，属于基础题.
9.已知函数f（x）是定义在R上的奇函数，在（0，+∞）上是增函数，且f（﹣4）＝0，则使得xf（x）＞0成立的x的取值范围是（ ）
A. （﹣4，4） B. （﹣4，0）∪（0，4）
C. （0，4）∪（4，+∞） D. （﹣∞，﹣4）∪（4，+∞）
【答案】D
【解析】
【分析】
根据函数的单调性和奇偶性，求得不等式的解集.
【详解】∵函数f（x）是定义在R上的奇函数，在（0，+∞）上是增函数，∴函数f（x）是在（﹣∞，0）上是增函数，
又f（﹣4）＝0，∴f（4）＝0，由xf（x）＞0，得或，∴x＞4或x＜﹣4．
∴x的取值范围是（﹣∞，﹣4）∪（4，+∞）．
故选：D
【点睛】本小题主要考查函数的单调性和奇偶性，属于基础题.
10.若函数有且只有一个零点，则a的取值范围是（ ）
A. （﹣∞，﹣1）∪（0，+∞） B. （﹣∞，﹣1）∪[0，+∞）
C. [﹣1，0） D. [0，+∞）
【答案】B
【解析】
【分析】
根据在没有零点列不等式，解不等式求得的取值范围.
【详解】当x＞0时，因为log21＝0，所以有一个零点，所以要使函数有且只有一个零点，
则当x≤0时，函数f（x）没有零点即可，当x≤0时，0＜2x≤1，∴﹣1≤﹣2x＜0，∴﹣1﹣a≤﹣2x﹣a＜﹣a，
所以﹣a≤0或﹣1﹣a＞0，即a≥0或a＜﹣1.
故选：B
【点睛】本小题主要考查分段函数零点，属于基础题.
11.已知双曲线1（a＞0，b＞0）与椭圆1有相同焦点F1，F2，离心率为．若双曲线的左支上有一点M到右焦点F2的距离为12，N为线段MF2的中点，O为坐标原点，则|NO|等于（ ）
A. 4 B. 3 C. 2 D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据双曲线的定义求得的表达式，根据椭圆方程求得双曲线的，结合双曲线的离心率求得，由此求得的值.
【详解】如图，∵N为线段MF2的中点，∴|NO||MF1|（|MF2|﹣2a）＝6﹣a，∵双曲线1（a＞0，b＞0）的离心率为
e，∴，∵椭圆1与双曲线1的焦点相同，∴c4，则a＝3，即6﹣a＝3，∴|NO|＝3．
故选：B．

【点睛】本小题主要考查双曲线的定义和离心率，考查椭圆的几何性质，属于基础题.
12.众所周知的“太极图”，其形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，也被称为“阴阳鱼太极图”．如图是放在平面直角坐标系中的“太极图”．整个图形是一个圆形．其中黑色阴影区域在y轴右侧部分的边界为一个半圆，给出以下命题：
①在太极图中随机取一点，此点取自黑色阴影部分的概率是
②当时，直线y＝ax+2a与白色部分有公共点；
③黑色阴影部分（包括黑白交界处）中一点（x，y），则x+y的最大值为2；
④设点P（﹣2，b），点Q在此太极图上，使得∠OPQ＝45°，b的范围是[﹣2，2]．
其中所有正确结论的序号是（ ）

A. ①④ B. ①③ C. ②④ D. ①②
【答案】A
【解析】
【分析】
根据几何概型概率计算，判断①的周期性.根据直线和圆的位置关系，判断②的正确性.根据线性规划的知识求得的最大值，由此判断③的正确性.将转化为过的两条切线所成的角大于等于，由此求得的取值范围，进而求得的取值范围，从而判断出④的正确性.
【详解】对于①，将y轴右侧黑色阴影部分补到左侧，即可知黑色阴影区域占圆的面积的一半，
根据几何概型的计算公式，所以在太极图中随机取一点，此点取自黑色阴影部分的概率是，正确；
对于②，当时，直线,过点，所以直线与白色部分在第I和第IV象限部分没有公共点.圆的圆心为，半径为，圆心到直线，即直线的距离为，所以直线与白色部分在第III象限的部分没有公共点.综上所述，直线y＝ax+2a与白色部分没有公共点，②错误；
对于③，设l：z＝x+y，由线性规划知识可知，当直线l与圆x2+（y﹣1）2＝1相切时，z最大，
由解得z（舍去），③错误；
对于④，要使得∠OPQ＝45°，即需要过点P的两条切线所成角大于等于，
所以，即OP≤2，于是22+b2≤8，解得．
故选：A
【点睛】本小题主要考查直线和圆的位置关系，考查几何概型概率计算，属于中档题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.已知tanα＝3，π＜α，则cosα﹣sinα＝_____．
【答案】
【解析】
【分析】
根据，求的值，由此求得的值.
【详解】∵tanα＝3，π＜α，∴cosα，sinα，
则cosα﹣sinα.
故答案为：
【点睛】本小题主要考查同角三角函数的基本关系式，属于基础题.
14.已知长方形ABCD中，AB＝1，∠ABD＝60°，现将长方形ABCD沿着对角线BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，则折后几何图形的外接球表面积为_____．
【答案】4π
【解析】
【分析】
设出球心的位置，利用勾股定理列方程组，解方程组求得球的半径，进而求得球的表面积.
【详解】长方形ABCD中，AB＝1，∠ABD＝60°，可得BD＝2，AD，
作AE⊥BD于E，可得AE•BD＝AB•AD，所以AE，BE，
因为平面ABD⊥平面BCD，AE面ABD，平面ABD∩平面BCD＝BD，所以AE⊥面BCD，
由直角三角形BCD可得其外接圆的圆心为斜边BD的中点O1，且外接圆的半径r1，过O1作OO1垂直于底面BCD，所以EO1＝O1B﹣BE＝1，
所以OO1∥AE，取三棱锥外接球的球心O，设外接球的半径为R，
作OF⊥AE于F，则四边形EFOO1为矩形，O1E＝OF，EF＝OO1，则OA＝OC＝OB＝OD＝R，
在△AFO中，OA2＝AF2+OF2＝（AE﹣EF）2+EO12即R2＝（OO1）2；①
在△BOO1中：OB2＝OO12+EO12，即R2＝OO12；②
由①②可得R2＝1，OO1＝0，即外接球的球心为O1，所以外接球的表面积S＝4πR2＝4π，
故答案为：4π

【点睛】本小题主要考查几何体外接球表面积的有关计算，属于中档题.
15.若是函数的两个极值点，则____，____.
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
根据极值点的定义，即可由方程的根与系数之间的关系，即可求得以及，再结合对数运算即可容易求得结果.
【详解】，
.
故答案为：；.
【点睛】本题考查利用导数求函数的极值点，涉及对数运算，属综合基础题.
16.已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，满足4Sn＝an2+2an（n∈N*），设bn＝（﹣1）n•anan+1，Tn为数列{bn}的前n项和，则T20＝_____．
【答案】880
【解析】
【分析】
利用求得数列的通项公式，由此求得的表达式，利用并项求和法求得.
【详解】∵4Sn＝an2+2an（n∈N*），
当n＝1时，，解得a1＝2或0（舍去），
当n≥2时，4Sn＝an2+2an①，4Sn﹣1＝an﹣12+2an﹣1②，
①﹣②得：，整理得：（an+an﹣1）（an﹣an﹣1﹣2）＝0，
∵数列{an}的各项均为正数，∴an﹣an﹣1﹣2＝0，即an﹣an﹣1＝2，
∴数列{an}是首项为2，公差为2的等差数列，∴an＝2+2（n﹣1）＝2n，∴bn＝（﹣1）n•anan+1＝4×（﹣1）nn（n+1），
∴T20＝4×[﹣2+6﹣12+20﹣30+42﹣……﹣380+420]＝4×[（﹣2+6）+（﹣12+20）+（﹣30+42）+……+（﹣380+420）]
＝4×（4+8+12+……+40）＝4880，
故答案为：
【点睛】本小题主要考查根据递推关系式求数列的通项公式，考查并项求和法，属于中档题.
三、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.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.（一）必考题：共60分.
17.笔、墨、纸、砚是中国独有的文书工具，即“文房四宝”．笔、墨、纸、砚之名，起源于南北朝时期，其中的“纸”指的是宣纸，宣纸“始于唐代，产于泾县”，而唐代泾县隶属于宣州府管辖，故因地而得名“宣纸”，宣纸按质量等级，可分为正牌和副牌（优等品和合格品），某公司年产宣纸10000刀，公司按照某种质量标准值x给宣纸确定质量等级，如表所示：
x
（48，52]
（44，48]∪（52，56]
（0，44]∪（56，100]
质量等级
正牌
副牌
废品

公司在所生产的宣纸中随机抽取了一刀（100张）进行检验，得到频率分布直方图如图所示，已知每张正牌纸的利润是10元，副牌纸的利润是5元，废品亏损10元．

（Ⅰ）按正牌、副牌、废品进行分层抽样，从这一刀（100张）纸中抽出一个容量为5的样本，再从这个样本中随机抽出两张，求其中无废品的概率；
（Ⅱ）试估计该公司生产宣纸的年利润（单位：万元）．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）400万元
【解析】
【分析】
（I）利用列举法，结合古典概型概率计算公式，计算出所求概率.
（II）根据频率分布直方图求得一刀宣纸的利润，由此估计出年利润.
【详解】（Ⅰ）按正牌、副牌、废品进行分层抽样，从这一刀（100张）约中抽出一个容量为5样本，
设抽出的2张正牌为A，B，2张副牌为a，b，1张废品为t，从中任取两张，基本事件有：
AB，Aa，Ab，At，Ba，Bb，Bt，ab，at，bt，共10种，
其中无废品包含基本事件有：AB，Aa，Ab，Ba，Bb，ab，共6种，∴其中无废品的概率p．
（Ⅱ）由频率分布直方图得：一刀（100张）宣纸有正牌宣纸100×0.1×4＝40张，
有副牌宣纸100×0.05×4×2＝40张，有废品100×0.025×4×2＝20张，
∴该公司一刀宣纸的利润为40×10+40×5+20×（﹣10）＝400元，
∴估计该公司生产宣纸的年利润为：400万元．
【点睛】本小题主要考查古典概型概率计算，考查频率分布直方图的运用，属于基础题.
18.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2a＝2bcosC+csinB．
（Ⅰ）求tanB；
（Ⅱ）若C，△ABC的面积为6，求BC．
【答案】（Ⅰ）tanB＝2；（Ⅱ）
【解析】
【分析】
（I）利用正弦定理化简已知条件，求得的值.
（II）由的值求得的值，从而求得的值，利用正弦定理以及三角形的面积公式列方程，由此求得也即的值.
【详解】（Ⅰ）∵2a＝2bcosC+csinB，利用正弦定理可得：2sinA＝2sinBcosC+sinCsinB，又sinA＝sin（B+C）＝sinBcosC+cosBsinC，
化为：2cosB＝sinB≠0，∴tanB＝2．
（Ⅱ）∵tanB＝2，B∈（0，π），可得sinB，cosB．
∴sinA＝sin（B+C）＝sinBcosC+cosBsinC．
∴，可得：a．又absin6，可得b．
∴a，即，解得＝．
【点睛】本小题主要考查正弦定理解三角形，考查三角形的面积公式，属于基础题.
19.四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝BC＝1，PA＝CD＝2，PA⊥平面ABCD，E在棱PB上．

（Ⅰ）求证：AC⊥PD；
（Ⅱ）若VP﹣ACE，求证：PD∥平面AEC．
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析
【解析】
【分析】
（I）过作，判断出四边形为则方程，由此证得，结合证得平面，从而证得.
（II）利用题目所给体积求得到平面的距离，连接交于，连接，通过证明，证得，由此证得平面.
【详解】（Ⅰ）过A作AF⊥DC于F，∵AB∥CD，AB⊥BC，AB＝BC＝1，∴四边形ABCF为正方形，则CF＝DF＝AF＝1，
∴∠DAC＝90°，得AC⊥DA，又PA⊥底面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥PA，
又PA，AD⊂平面PAD，PA∩AD＝A，∴AC⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，∴AC⊥PD；
（Ⅱ）设E到平面ABCD的距离为h，则VP﹣ACE，得h．
又PA＝2，则PB：EB＝PA：h＝3：1．∵BC＝1，CD＝2，∴DB，连接DB交AC于O，连接OE，
∵△AOB∽△COD，∴DO：OB＝2：1，得DB：OB＝3：1，
∴PB：EB＝DB：OB，则PD∥OE．又OE⊂平面AEC，PD⊄平面AEC，∴PD∥平面AEC．

【点睛】本小题主要考查线线垂直的证明，考查线面平行的证明考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.
20.已知O为坐标原点，抛物线E的方程为x2＝2py（p＞0），其焦点为F，过点M （0，4）的直线与抛物线相交于P、Q两点且△OPQ为以O为直角顶点的直角三角形．
（Ⅰ）求E的方程；
（Ⅱ）设点N为曲线E上的任意一点，证明：以FN为直径的圆与x轴相切．
【答案】（Ⅰ）x2＝4y；（Ⅱ）见解析
【解析】
【分析】
（I）设出直线的方程，联立直线的方程和抛物线方程，化简后写出根与系数关系，根据三角形是直角三角形，结合向量数量积的坐标运算列方程，解方程求得，由此求得抛物线方程.
（II）设出的坐标，求得线段中点的纵坐标，结合抛物线的性质，证得结论成立.
【详解】（Ⅰ）由题意可得直线l的斜率存在，设直线l的方程为：y＝kx+4，设P（x1，y1），Q（x2，y2），
联立直线l与抛物线的方程，整理可得：x2﹣8kpx﹣8p＝0，
所以x1x2＝﹣8p，所以y1y216，
因为△OPQ是以O为直角顶点的直角三角形，所以0，即x1x2+y1y2＝0，所以﹣8p+16＝0，解得p＝2，
所以抛物线的方程为：x2＝4y；
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）得F（0，1），准线方程为：y＝﹣1，
设N（m，n），则NF的中点M的纵坐标，即以NF为直径的圆的圆心M到x轴的距离为，
而由抛物线的性质可得|NF|＝n+1，即以NF为直径的圆的半径为，
所以可得圆心M到x轴的距离恰好等于圆的半径，所以可证得以FN为直径的圆与x轴相切．
【点睛】本小题主要考查直线和抛物线的位置关系，考查抛物线方程的求法，属于中档题.
21.已知函数f（x）＝axex，g（x）＝x2+2x+b，若曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）都过点P（1，c）．且在点P处有相同的切线l．
（Ⅰ）求切线l的方程；
（Ⅱ）若关于x不等式k[ef（x）]≥g（x）对任意x∈[﹣1，+∞）恒成立，求实数k的取值范围．
【答案】（Ⅰ）4x﹣y﹣2＝0；（Ⅱ）k≤e
【解析】
【分析】
（I）根据切点和斜率列方程，解方程组求得的值，进而求得切线方程.
（II）构造函数，利用导数研究的单调性，对进行分类讨论，结合恒成立，由此求得的取值范围.
【详解】（Ⅰ）∵f′（x）＝aex（x+1），g′（x）＝2x+2，由已知可得，
即，解得a，b＝﹣1，c＝2，∴切线的斜率g′（1）＝4，
∴切线l的方程为y﹣2＝4（x﹣1），即4x﹣y﹣2＝0，
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得f（x）＝2xex﹣1，g（x）＝x2+2x﹣1，设h（x）＝k[ef（x）]﹣g（x）＝2kxex﹣（x2+2x﹣1），
即h（x）≥0，对任意x∈[﹣1，+∞）恒成立，从而h（x）min≥0，
∴h′（x）＝2k（x+1）ex﹣2（x+1）＝2（x+1）（kex﹣1），
①当k≤0时，h′（x）≤0，h（x）在[﹣1，+∞）上单调递减，又h（1）＝2ke﹣2＜0，显然h（x）≥0不恒成立，
②当k＞0时，h′（x）＝0，解得x1＝﹣1，x2＝﹣lnk，
（i）当﹣lnk＜﹣1时，即k＞e时，h′（x）≥0，h（x）单调递增，
又h（x）min＝h（﹣1）20，显然h（x）≥0不恒成立，
（ii）当﹣lnk＝﹣1时，即k＝e时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，
∴h（x）min＝h（﹣1）20，即h（x）≥0恒成立，
（iii）当﹣lnk＞﹣1时，即0＜k＜e时，
当x∈[﹣1，﹣lnk）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，当x∈（﹣lnk，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，
∴h（x）min＝h（﹣lnk）＝-2lnk﹣（ln2k﹣2lnk﹣1）＝1﹣ln2k≥0，解得k≤e，∴k＜e，
综上所述得：k≤e．
【点睛】本小题主要考查利用导数求切线方程，考查利用导数研究不等式恒成立问题，考查分类讨论的数学思想方法，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题.
（二）选考题：共10分，请考生在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.以直角坐标系的原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，直线的参数方程为（为参数）.
（1）求曲线的参数方程与直线的普通方程；
（2）设点过为曲线上的动点，点和点为直线上的点，且满足为等边三角形，求边长的取值范围.
【答案】（1）：（参数，），：；（2）
【解析】
【分析】
（1）利用公式即可容易化简曲线的方程为直角坐标方程，再写出其参数方程即可；利用消参即可容易求得直线的普通方程；
（2）设出的坐标的参数形式，将问题转化为求点到直线距离的范围问题，利用三角函数的值域求解即可容易求得结果.
【详解】（1）曲线的极坐标方程为，
故可得，则，
整理得，也即，
由，则可得，
故其参数方程为（为参数，）；
又直线的参数方程为，
故可得其普通方程为.
（2）不妨设点的坐标为，
则点到直线的距离
，，
容易知在区间的值域为，
故可得.
则三角形的边长为，故其范围为.
【点睛】本题考查极坐标方程、参数方程和直角坐标方程之间的相互转化，涉及利用参数求点到直线的距离的范围，属综合中档题.
23.已知函数，，．
（Ⅰ）当时，有，求实数的取值范围．
（Ⅱ）若不等式的解集为，正数，满足，求的最小值．
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】
【分析】
(I)根据不等式恒成立的等价不等式，可转化为求含两个绝对值的最值，利用绝对值的三角不等式求最值即可；
(II)由不等式的解集为可求出的值，代入并用表示，再把代入利用基本不等式求出最小值.
【详解】解：（Ⅰ）由题意得：在上恒成立，
在上恒成立．
，
又，
当且仅当，即时等号成立．
，即．
（Ⅱ）令，，
若时，解集为，不合题意；
若时，，，又，
，综上所述：，
，
，解得，，
，当且仅当，即时等号成立，
此时．当，时，．
【点睛】本题考查了绝对值的三角不等式，以及利用基本不等式求最值，属于一般题.