2020-2021学年陕西省西安市某校高三（下）4月月考数学（理）试卷

这是一份2020-2021学年陕西省西安市某校高三（下）4月月考数学（理）试卷，共12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。

1. 设复数z=1−2i2+i+3，则z¯=( )
A.3−iB.3+iC.195−iD.195+i

2. 已知集合A=x|x2−3x−10≤0，B=x|x∈N，则集合A∩B的元素个数是( )
A.6B.7C.8D.5

3. 在等差数列an中，a7=9，a2+a6=6，则数列an的公差d=( )
A.−2B.−1C.1D.2

4. 如图，在△ABC中，D，E分别在AC，BD上，且BD=3BE，CD=2AD，则AE→=( )

A.13AB→+19AC→B.23AB→+29AC→
C.13AB→+29AC→D.23AB→+19AC→

5. 很多地区实行生活垃圾分类，分类标准为厨余垃圾、可回收物、有害垃圾和其他垃圾四类．某学校环保小组调查了该地区一垃圾处理场2020年6月至12月生活垃圾回收情况，其中可回收物中废纸和塑料品的回收量（单位：吨）的折线图如下图，下列说法错误的是( )

A.6月至12月废纸的平均回收量低于塑料品的平均回收量
B.6月至12月废纸和塑料品的回收量极差相等
C.6月至8月废纸的回收量的平均变化率低于塑料品的回收量的平均变化率
D.9月份可回收物中废纸和塑料品的回收量相对上一个月的回收量均有所下降

6. 已知函数fx是定义在R上的奇函数，当x≥0时，fx=lg2x2+x+2−ax+a，则f−2=( )
A.4B.1C.−4D.−1

7. 函数fx=ex−16x3−12x2−x的值域是( )
A.[−1,+∞)B.[0,+∞)C.[1,+∞)D.[e,+∞)

8. 道韵楼以“古、大、奇、美”著称，内部雕梁画栋，有倒吊莲花、壁画、雕塑等，是集历史、文化、民俗一体的观光胜地．道韵楼可近似地看成一个正八棱柱，其底面面积约为32002+1平方米，高约为11.5米，则该八棱柱的侧面积约是( )

A.460平方米B.1840平方米C.2760平方米D.3680平方米

9. 已知圆C:x2+y2−2x+4y=0的圆心为C，抛物线E:y2=16x的焦点为F，点P在抛物线E上，则△PCF周长的最小值是( )
A.5+13B.5C.18D.25

10. 已知函数fx=4sin2x−π6+1的定义域是0,m，值域为−1,5，则m的最大值是( )
A.π3B.2π3C.π6D.5π6

11. 某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥外接球的体积是( )

A.205πB.205π3C.20πD.20π3

12. 已知函数fx=|x2+mx|m>0．当a∈1,4时，关于x的方程fx−a|x−1|=0恰有两个不同的实根，则m的取值范围是( )
A.(0,2]B.(1,3]C.(0,3]D.(1,4]
二、填空题

设x，y满足约束条件y≥1,x−y≥0,2x+y≤9,则z=x+y的最大值是________.

为庆祝建党100周年，某校组织了一场以“不忘初心，牢记使命”为主题的演讲比赛，该校高一年级某班准备从3名男生，2名女生中任选2人参加该校组织的演讲比赛，则参赛的2人中至少有1名女生的概率是________.

已知函数fx=2x,0
已知双曲线C:x25−y24=1的左、右焦点分别为F1，F2，点P为直线x=6上一点，则tan∠F1PF2的最大值是________.
三、解答题

在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知a=27，A=2π3，且3csC−2sinC=0.
(1)求边长c；

(2)若点D为边BC的中点，求AD的长．

如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是平行四边形，∠ABC=45∘，M，N分别是棱BC，PC的中点，且AB=AC=PA．

(1)证明：平面AMN⊥平面PAD；

(2)求平面AMN与平面PAB所成二面角的正弦值．

青少年近视问题已经成为影响青少年健康的一个重要问题．习近平总书记连续作出重要指示，要求“全社会都要行动起来，共同呵护好孩子的眼睛，让他们拥有一个光明的未来”．某机构为了解当地青少年的视力情况，随机抽取了100名青少年，检测他们的视力情况，发现近视者有75名．以这次调查的青少年近视的频率作为该地青少年近视的概率．
(1)从该地青少年中随机抽取3名，求至少有1名近视的概率；

(2)现从该地的青少年中随机抽取4名，记其中未患近视的人数为X，求X的分布列及期望．

已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1，F2，离心率是12，过点F2的直线l与椭圆C交于A，B两点（异于长轴端点），△ABF1的周长为8.
(1)求椭圆C的标准方程；

(2)点D4,0，O为坐标原点，记直线AD，BD的斜率分别为k1，k2，证明:k1+k2=0.

已知函数fx=x−1ex−ax3，且fx在0,+∞上有两个极值点x1，x2．
(1)求a的取值范围．

(2)若x2>2x1，证明：x2−x1>ln2．

在平面直角坐标系xOy中，直线l1的参数方程为x=−3+t,y=kt（t为参数），直线l2的参数方程为x=3−s,y=s3k（s为参数）．直线l1与l2的交点为P，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的极坐标方程为2ρsinθ+π4=1．
(1)求点P的轨迹C的普通方程；

(2)若曲线C1与曲线C相交于M，N两点，点Q的直角坐标为1,0，求1|QM|+1|QN|的值．

已知函数fx=|x+2|−|x−1|.
(1)求不等式fx≥x+1的解集；

(2)若函数fx的最大值为m，设a>0，b>0，且a+b=m，证明：b2a+2+a2b+1≥32．
参考答案与试题解析
2020-2021学年陕西省西安市某校高三（下）4月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
复数代数形式的混合运算
共轭复数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：z=1−2i2+i+3=1−2i2−i(2+i)(2−i)+3
=−5i5+3=3−i，
则z¯=3+i．
故选B．
2.
【答案】
A
【考点】
集合的包含关系判断及应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意，得A=x|x2−3x−10≤0=x|−2≤x≤5，
则A∩B={0，1，2，3，4，5}，
故集合A∩B的元素个数是6．
故选A．
3.
【答案】
D
【考点】
等差数列的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ a2+a6=6，
∴ a4=3，
又a7=9，
∴ d=a7−a47−4=2.
故选D．
4.
【答案】
D
【考点】
向量的三角形法则
向量在几何中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为BD=3BE，CD=2AD，
所以AD→=13AC→，
所以BE→=13BD→=13AD→−13AB→=19AC→−13AB→，
则AE→=AB→+BE→=23AB→+19AC→．
故选D．
5.
【答案】
B
【考点】
频率分布折线图、密度曲线
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A，由图可知，每个月基本上（除7月份外）塑料品的回收量都比废纸的回收量大，故A正确；
B，废纸的回收量的极差为4.1−1.9=2.2吨，
而塑料品的回收量的极差为5.6−2.8=2.8吨，故B错误；
C，废纸的回收量的平均变化率为4.1−2.52=0.8，
而塑料品的回收量的平均变化率为4.9−2.82=1.05，故C正确；
D，由折线图知9月份可回收物中废纸和塑料品的回收量均有所下降，故D正确．
故选B．
6.
【答案】
C
【考点】
函数的求值
函数奇偶性的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意，得f0=1+a=0，解得a=−1，
∴ fx=lg2x2+x+2+x−1x≥0，
∴ f−2=−f2=−lg24+2+2+2−1=−4.
故选C．
7.
【答案】
C
【考点】
函数的值域及其求法
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意可得gx=f′x=ex−12x2−x−1，
设hx=g′x=ex−x−1，则h′(x)=ex−1．
由h′(x)>0，得x>0；由h′(x)<0，得x<0，
所以h(x)≥h(0)=0，即g′x≥0，从而f′x在R上单调递增．
因为f′0=0，所以fx在−∞,0上单调递减，在0,+∞上单调递增，
所以fx≥f0=1，即fx的值域是[1,+∞)．
故选C．
8.
【答案】
D
【考点】
余弦定理
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图，
由题意可知，底面ABCDEFGH是正八边形，
且∠AOB=2π8=π4，
由余弦定理可得AB2=OA2+OB2−2OA⋅OBcs∠AOB
=2−2OA2，
则OA2=2+22AB2，
∵ 底面ABCDEFGH的面积为32002+1平方米，
∴ 8×12×22×2+22AB2=3200(2+1)，
解得AB=40，则该八棱柱的侧面积为320×11.5=3680平方米．
故选D．
9.
【答案】
A
【考点】
抛物线的求解
抛物线的性质
圆的标准方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意，得C1,−2，F4,0，
则|CF|=13．
如图，作出抛物线E的准线l:x=−4，作MN⊥l，垂足为N，
CN′⊥l，垂足为N′，CN′交抛物线E于点M′．
由抛物线的定义，得|MF|=|MN|，
则|MF|+|MC|=|MN|+|MC|≥|CN′|=5，
∴ |MF|+|MC|+|CF|≥|CN′|+|CF|=5+13，
即△PCF周长的最小值是5+13．
故选A．
10.
【答案】
B
【考点】
正弦函数的定义域和值域
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为x∈[0,m]，
所以2x−π6∈−π6,2m−π6．
因为fx的值域为−1,5，
所以π2≤2m−π6≤7π6，
解得π3≤m≤2π3.
故选B．
11.
【答案】
B
【考点】
由三视图求体积
由三视图求外接球问题（组合型）
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意，得AB⊥BC，AB=23，BC=2，PD=3，平面PAB⊥平面ABC．
如图，取AC的中点O′，连接O′D，则O′D=12BC=1，
设三棱锥P−ABC外接球的球心为O，连接OO′，OA，
过O作OE⊥PD，垂足为E，易证OO′⊥平面ABC．
设OO′=x，球O的半径为R，则R2=OO′2+AO′2=OE2+PE2，
即4+x2=1+3−x2，解得x=1，从而R=5，
∴ 该三棱锥外接球的体积是43πR3=205π3.
故选B.
12.
【答案】
C
【考点】
分段函数的应用
由函数零点求参数取值范围问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：当x=1时，fx=|m+1|>1，
∴ x=1不是方程fx−a|x−1|=0的实根；
当x≠1时，由fx−a|x−1|=0，
得a=|x−1+m+1x−1+m+2|，
方程fx−a|x−1|=0恰有两个不同的实根等价于直线y=a与
函数y=|x−1+m+1x−1+m+2|的图象有两个不同的交点．
∵ m>0，
∴ m+2=m+12+1>2m+1，
则函数y=|x−1+m+1x−1+m+2|的大致图象如图所示．
∵ a∈1,4，
∴ 2m+1+m+2≥4,−2m+1+m+2≤1,m>0,
解得0故选C．
二、填空题
【答案】
6
【考点】
简单线性规划
求线性目标函数的最值
【解析】
作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求z的最大值．
【解答】
解：作出x，y满足约束条件对应的平面区域，如图，
由z=x+y，得y=−x+z，
平移直线y=−x+z，
由图象可知当直线y=−x+z经过点B时，
直线y=−x+z的截距最大，此时z最大．
由x−y=0,2x+y=9, 得B(3, 3)，
此时z的最大值为z=3+3=6.
故答案为：6.
【答案】
710
【考点】
古典概型及其概率计算公式
排列、组合及简单计数问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意可知，从5名学生中任选2人的情况有C52=10种，
其中至少有1名女生的情况有C21C31+C22=7种，
故所求概率P=710.
故答案为：710．
【答案】
15
【考点】
函数的求值
数列与函数的综合
分段函数的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意，得a1=25，a2=45，a3=15，a4=25，⋯，
∴ 数列an是以3为周期的周期数列，
∴ a39=a3=15．
故答案为：15．
【答案】
33
【考点】
双曲线的特性
两角和与差的正切公式
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设P6,y，由双曲线的对称性不妨设y>0，
由题可知∠F1PF2=∠PF2x−∠PF1F2，
则tan∠F1PF2=tan∠PF2x−∠PF1F2=kPF2−kPF11+kPF2⋅kPF1
=y3−y91+y3×y9=6y27+y2=627y+y≤6227=33，
当且仅当y2=27时，等号成立．
故答案为：33．
三、解答题
【答案】
解：(1)∵ 3csC−2sinC=0，
∴ tanC=32，
∵ 0∴ sinC=217，csC=277，
由正弦定理可得asinA=csinC，
则c=asinCsinA=27×21732=4.
(2)由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccsA，则b2+4b−12=0，
即b+6b−2=0，
解得b=2或b=−6（舍去），
∵ 点D为边BC的中点，
∴ CD=12a=7，
由余弦定理，
得AD2=b2+CD2−2b⋅CDcsC=4+7−47×277=3，
则AD=3.
【考点】
正弦定理
同角三角函数间的基本关系
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)∵ 3csC−2sinC=0，
∴ tanC=32，
∵ 0∴ sinC=217，csC=277，
由正弦定理可得asinA=csinC，
则c=asinCsinA=27×21732=4.
(2)由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccsA，则b2+4b−12=0，
即b+6b−2=0，
解得b=2或b=−6（舍去），
∵ 点D为边BC的中点，
∴ CD=12a=7，
由余弦定理，
得AD2=b2+CD2−2b⋅CDcsC=4+7−47×277=3，
则AD=3.
【答案】
(1)证明：∵ AB=AC，且M是棱BC的中点，
∴ AM⊥BC，
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ BC//AD，
∴ AM⊥AD.
∵ PA⊥平面ABCD，且AM⊂平面ABCD，
∴ PA⊥AM，
∵ AD∩PA=A，
∴ AM⊥平面PAD，
∵ AM⊂平面AMN，
∴ 平面AMN⊥平面PAD．
(2)解：由(1)可知，AM，AD，AP两两垂直，
则以A为原点，以AM→，AD→，AP→的正方向分别为x，y，z轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz.
设AB=4，则A0,0,0，C22,22,0，
M22,0,0，N2,2,2，
∴ AC→=22,22,0，AM→=22,0,0，AN→=2,2,2，
设平面AMN的一个法向量n→=x,y,z，
则n→⋅AM→=22x=0,n→⋅AN→=2x+2y+2z=0,
令y=2，得n→=0,2,−1，
∵ AB=AC，且∠ABC=45∘，
∴ AC⊥AB，
∵ PA⊥平面ABCD，∴ PA⊥AC，
∴ AC⊥平面PAB，
从而平面PAB的一个法向量为AC→=22,22,0，
则cs⟨n→,AC→⟩=n→⋅AC→|n→||AC→|=43×4=33，
∴ 平面AMN与平面PAB所成二面角的正弦值为63．
【考点】
平面与平面垂直的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：∵ AB=AC，且M是棱BC的中点，
∴ AM⊥BC，
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ BC//AD，
∴ AM⊥AD.
∵ PA⊥平面ABCD，且AM⊂平面ABCD，
∴ PA⊥AM，
∵ AD∩PA=A，
∴ AM⊥平面PAD，
∵ AM⊂平面AMN，
∴ 平面AMN⊥平面PAD．
(2)解：由(1)可知，AM，AD，AP两两垂直，
则以A为原点，以AM→，AD→，AP→的正方向分别为x，y，z轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz.
设AB=4，则A0,0,0，C22,22,0，
M22,0,0，N2,2,2，
∴ AC→=22,22,0，AM→=22,0,0，AN→=2,2,2，
设平面AMN的一个法向量n→=x,y,z，
则n→⋅AM→=22x=0,n→⋅AN→=2x+2y+2z=0,
令y=2，得n→=0,2,−1，
∵ AB=AC，且∠ABC=45∘，
∴ AC⊥AB，
∵ PA⊥平面ABCD，∴ PA⊥AC，
∴ AC⊥平面PAB，
从而平面PAB的一个法向量为AC→=22,22,0，
则cs⟨n→,AC→⟩=n→⋅AC→|n→||AC→|=43×4=33，
∴ 平面AMN与平面PAB所成二面角的正弦值为63．
【答案】
解：(1)由题意可知该地青少年近视的频率为75100=34，则该地青少年近视的概率为34，
故所求概率P=1−1−343=1−164=6364．
(2)由题意可知X的可能取值为0，1，2，3，4，
PX=0=C40×140×344=81256，
PX=1=C41×14×343=108256=2764，
PX=2=C42×142×342=54256=27128，
PX=3=C43×143×341=12256=364，
PX=4=C44×144×340=1256，
则X的分布列为
故EX=0×81256+1×2764+2×27128
+3×364+4×1256=1．
【考点】
古典概型及其概率计算公式
离散型随机变量的期望与方差
离散型随机变量及其分布列
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意可知该地青少年近视的频率为75100=34，则该地青少年近视的概率为34，
故所求概率P=1−1−343=1−164=6364
(2)由题意可知X的可能取值为0，1，2，3，4，
PX=0=C40×140×344=81256，
PX=1=C41×14×343=108256=2764，
PX=2=C42×142×342=54256=27128，
PX=3=C43×143×341=12256=364，
PX=4=C44×144×340=1256，
则X的分布列为
故EX=0×81256+1×2764+2×27128
+3×364+4×1256=1．
【答案】
(1)解：由题意，得ca=12,4a=8,c2=a2−b2,
解得a=2，b=3，
∴ 椭圆C的标准方程是x24+y23=1．
(2)证明：由题意可知，直线l的斜率不为0，且F21,0，
则可设直线l的方程为x=my+1，
联立x=my+1,x24+y23=1,整理，得3m2+4y2+6my−9=0，
∴ Δ=36m2+363m2+4=144m2+1>0恒成立，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
则y1+y2=−6m3m2+4，y1y2=−93m2+4，
∵ D4,0，∴ k1=y1x1−4，k2=y2x2−4，
则k1+k2=y1x1−4+y2x2−4=y1(x2−4)+y2(x1−4)(x1−4)(x2−4)
=2my1y2−3(y1+y2)(x1−4)(x2−4)，
∴ 2my1y2−3y1+y2=−18m3m2+4+18m3m2+4=0，
即k1+k2=0．
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：由题意，得ca=12,4a=8,c2=a2−b2,
解得a=2，b=3，
∴ 椭圆C的标准方程是x24+y23=1．
(2)证明：由题意可知，直线l的斜率不为0，且F21,0，
则可设直线l的方程为x=my+1，
联立x=my+1,x24+y23=1,整理，得3m2+4y2+6my−9=0，
∴ Δ=36m2+363m2+4=144m2+1>0恒成立，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
则y1+y2=−6m3m2+4，y1y2=−93m2+4，
∵ D4,0，∴ k1=y1x1−4，k2=y2x2−4，
则k1+k2=y1x1−4+y2x2−4=y1(x2−4)+y2(x1−4)(x1−4)(x2−4)
=2my1y2−3(y1+y2)(x1−4)(x2−4)，
∴ 2my1y2−3y1+y2=−18m3m2+4+18m3m2+4=0，
即k1+k2=0．
【答案】
(1)解：∵ fx=x−1ex−ax3，
∴ f′x=xex−3ax，
由题意，得方程f′x=0有两个正实根，
即a=ex3x在0,+∞上有两解．
设gx=ex3xx>0，
则g′x=x−1ex3x2x>0，
当0当x>1时，g′x>0，则gx在1,+∞上单调递增，
∴ gx≥g1=e3，
当x→0时，gx→+∞；当x→+∞时，gx→+∞，
∴ a的取值范围为e3,+∞．
(2)证明：由(1)可知x1，x2是方程ex−3ax=0的两根，
则ex1−3ax1=0,ex2−3ax2=0,
∴ ex1+ex2−3a(x1+x2)=0,ex1−ex2−3a(x1−x2)=0,
∴ ex1+ex2x1+x2=ex1−ex2x1−x2，
即1+ex2−x11+x2x1=1−ex2−x11−x2x1，
设t=x2x1，m=ex2−x1，
则1+m1+t=1−m1−t，
从而1+m1−t=1−m1+t，即m=t，
∵ x2>2x1>0，∴ t=x2x1>2，即m>2，
则ex2−x1>2，
∴ x2−x1>ln2．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的极值
不等式的证明
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：∵ fx=x−1ex−ax3，
∴ f′x=xex−3ax，
由题意，得方程f′x=0有两个正实根，
即a=ex3x在0,+∞上有两解．
设gx=ex3xx>0，
则g′x=x−1ex3x2x>0，
当0当x>1时，g′x>0，则gx在1,+∞上单调递增，
∴ gx≥g1=e3，
当x→0时，gx→+∞；当x→+∞时，gx→+∞，
∴ a的取值范围为e3,+∞．
(2)证明：由(1)可知x1，x2是方程ex−3ax=0的两根，
则ex1−3ax1=0,ex2−3ax2=0,
∴ ex1+ex2−3a(x1+x2)=0,ex1−ex2−3a(x1−x2)=0,
∴ ex1+ex2x1+x2=ex1−ex2x1−x2，
即1+ex2−x11+x2x1=1−ex2−x11−x2x1，
设t=x2x1，m=ex2−x1，
则1+m1+t=1−m1−t，
从而1+m1−t=1−m1+t，即m=t，
∵ x2>2x1>0，∴ t=x2x1>2，即m>2，
则ex2−x1>2，
∴ x2−x1>ln2．
【答案】
解：(1)由题意可得直线l1的普通方程为y=kx+3，
直线l2的普通方程为y=13k3−x，
联立方程组可得x23+y2=1，因为k≠0，所以y≠0，
所以曲线C的普通方程为x23+y2=1y≠0．
(2)由题意可得曲线C1的普通方程为y=−x+1，
因为点Q1,0在曲线C1上，
所以曲线C1的参数方程为x=1−22t,y=22t（t为参数），
代入曲线C的普通方程，整理得2t2−2t−2=0，
设点M，N对应的参数分别为t1，t2，
则t1+t2=22，t1t2=−1，
故1|QM|+1|QN|=|t1−t2||t1t2|=(t1+t2)2−4t1t2=322．
【考点】
直线的参数方程
参数方程与普通方程的互化
椭圆的参数方程
直线与圆的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意可得直线l1的普通方程为y=kx+3，
直线l2的普通方程为y=13k3−x，
联立方程组可得x23+y2=1，因为k≠0，所以y≠0，
所以曲线C的普通方程为x23+y2=1y≠0．
(2)由题意可得曲线C1的普通方程为y=−x+1，
因为点Q1,0在曲线C1上，
所以曲线C1的参数方程为x=1−22t,y=22t（t为参数），
代入曲线C的普通方程，整理得2t2−2t−2=0，
设点M，N对应的参数分别为t1，t2，
则t1+t2=22，t1t2=−1，
故1|QM|+1|QN|=|t1−t2||t1t2|=(t1+t2)2−4t1t2=322．
【答案】
(1)解：由题意，
得fx=|x+2|−|x−1|=−3,x<−2,2x+1,−2≤x≤1,3,x>1,
当x<−2时，−3≥x+1，解得x≤−4；
当−2≤x≤1时，2x+1≥x+1，解得0≤x≤1，
当x>1时，3≥x+1，解得1综上，不等式fx≥x+1的解集为(−∞,−4]∪[0,2]．
(2)证明：由(1)可得fx的最大值为3，则m=3，
∵ a+b=3，
∴ b2a+2+a2b+1=16(b2a+2+a2b+1)[(a+2)+(b+1)]
=16[a2+b2+(b+1)b2a+2+(a+2)a2b+1]，
∵ a>0，b>0，
∴ b+1b2a+2+a+2a2b+1≥2ab，
∴ b2a+2+a2b+1≥a2+b2+2ab6=a+b26=32，
当且仅当a=43，b=53时，等号成立，
∴ b2a+2+a2b+1≥32．
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：由题意，
得fx=|x+2|−|x−1|=−3,x<−2,2x+1,−2≤x≤1,3,x>1,
当x<−2时，−3≥x+1，解得x≤−4；
当−2≤x≤1时，2x+1≥x+1，解得0≤x≤1，
当x>1时，3≥x+1，解得1综上，不等式fx≥x+1的解集为(−∞,−4]∪[0,2]．
(2)证明：由(1)可得fx的最大值为3，则m=3，
∵ a+b=3，
∴ b2a+2+a2b+1=16(b2a+2+a2b+1)[(a+2)+(b+1)]
=16[a2+b2+(b+1)b2a+2+(a+2)a2b+1]，
∵ a>0，b>0，
∴ b+1b2a+2+a+2a2b+1≥2ab，
∴ b2a+2+a2b+1≥a2+b2+2ab6=a+b26=32，
当且仅当a=43，b=53时，等号成立，
∴ b2a+2+a2b+1≥32．X
0
1
2
3
4
P
81256
2764
27128
364
1256
X
0
1
2
3
4
P
81256
2764
27128
364
1256