2024年宁夏吴忠市高考数学模拟试卷（理科）（二）(含详细答案解析)

这是一份2024年宁夏吴忠市高考数学模拟试卷（理科）（二）(含详细答案解析)，共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知复数z满足(2−i)z=2，则z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
2.已知集合A={1,3,4}，集合B={2,3,4,6}，则如图中的阴影部分表示( )
A. {3,4}
B. {1}
C. {2,6}
D. {1,2,3,4,6}
3.某公交车上有6位乘客，沿途4个车站，乘客下车的可能方式有( )
A. 64种B. 46种C. 24种D. 360种
4.已知f(x)=ex1−eax是奇函数，则a=( )
A. −2B. −1C. 2D. 1
5.直线xcsθ+ysinθ−2=0与圆x2+y2=1的位置关系是( )
A. 相离B. 相交C. 相切D. 位置关系与θ有关
6.平面向量a与b的夹角为60∘，a=(2,0)，|b|=1，则|a+2b|=( )
A. 3B. 2 3C. 4D. 12
7.已知函数f(x)=lnx−ax在区间[1,3]上单调递减，则实数a的取值范围为( )
A. [1,+∞)B. (1,+∞)C. [13,+∞)D. (13,+∞)
8.已知sin(π6−θ)=14，则sin(π6+2θ)=( )
A. −78B. 78C. 1516D. −1516
9.若数列{an}满足a1=1，lg2an+1=lg2an+1(n∈N*)，它的前n项和为Sn，则Sn=( )
A. 2−21−nB. 2n−1−1C. 2n−1D. 2−2n−1
10.某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积(单位：cm2)是( )
A. 24
B. 28
C. 32
D. 36
11.已知函数f(x)=Acs(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示，将函数f(x)图象上所有的点向左平移π6个单位长度，得到函数g(x)的图象，则g(x)的解析式为( )
A. g(x)=cs(2x−π3)
B. g(x)=2cs(2x−π6)
C. g(x)=2cs(4x+π3)
D. g(x)=2cs(4x+π6)
12.如图所示，已知抛物线C1:y2=2px过点(2,4)，圆C2:x2+y2−4x+3=0.过圆心C2的直线l与抛物线C1和圆C2分别交于P，Q，M，N，则|PM|+4|QN|的最小值为( )
A. 23
B. 42
C. 12
D. 13
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.写出一个与双曲线x2−y22=1有相同渐近线，且焦点在y轴上的双曲线方程为______.
14.若(−2x)2020=b0+b1x+b2x2+…+b2020x2020(x∈R)，则b12+b222+⋯+b202022020的值为______.
15.若x，y满足约束条件x+y≥2x+2y≤4y≥0，则z=2x−y的最小值是______.
16.若关于x的方程x(aex+x)=e2x存在三个不等的实数根，则实数a的取值范围是______.
三、解答题：本题共7小题，共82分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
为研究儿童性别是否与患某种疾病有关，某儿童医院采用简单随机抽样的方法抽取了66名儿童.其中：男童36人中有18人患病，女童30人中有6人患病.
附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，n=a+b+c+d
(1)填写下面列联表，并根据列联表判断是否有99%的把握认为儿童性别与患病有关？
(2)给患病的女童服用某种药物，治愈的概率为p(018.(本小题12分)
已知函数f(x)= 3sin(π−x)+sin(π2+x)−1.
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若f(A)=1，a=7，c=8，求△ABC的面积.
19.(本小题12分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ABC=90∘，AB=BC=BB1=2，E，F分别为AB，B1C1的中点.
(Ⅰ)求证：EF//平面ACC1A1；
(Ⅱ)若点P是棱BB1上一点，且直线AP与平面BEF所成角的正弦值为15，求线段BP的长.
20.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点是F，上顶点A是抛物线x2=4y的焦点，直线AF的斜率为−12.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)直线l：y=kx+m(m≠1)与椭圆C交于P、Q两点，PQ的中点为M，当∠PMA=2∠PQA时，证明：直线l过定点.
21.(本小题12分)
已知f(x)=(x+1)ekx，k≠0.
(1)若k=1，求f(x)在(0,f(0))处的切线方程；
(Ⅱ)设g(x)=f′(x)，求g(x)的单调区间；
(Ⅲ)求证：当k>0时，∀m，n∈(0,+∞)，f(m+n)+1>f(m)+f(n).
22.(本小题10分)
在直角坐标系xOy中，已知曲线C1的参数方程为x=csαy=sinα(α为参数，α∈[0,π])，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C2的极坐标方程为ρcs(θ+π3)=4.
(1)写出曲线C1的普通方程，C2的直角坐标方程；
(2)过曲线C1上任意一点P作与C2夹角为60∘的直线，交C2于点A，求|PA|的最大值.
23.(本小题12分)
已知a>0，b>0，c>0，函数f(x)=|x+a|+|x−2|，不等式f(x)≥5的解集为{x|x≤−2或x≥3}.
(1)求实数a的值；
(2)若f(x)的最小值为M，b+c=M，求证：1b+1+1c≥1.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：z=22−i=2(2+i)(2−i)(2+i)=4+2i4−i2=4+2i5，
故z在复平面内对应的点坐标为(45,25)，位于第一象限．
故选：A.
利用复数的除法法则得到z=4+2i5，得到z在复平面内对应的点坐标，得到答案．
本题考查了复数的运算法则、几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：由题意，图中的阴影部分表示的是CBA={2,6}.
故选：C.
根据集合补集的定义求解即可．
本题考查补集的应用，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：由题意，每一位乘客都有4种选择，
故乘客下车的可能方式有4×4×4×4×4×4=46种，
故选：B.
由题意，归类为分步乘法原理模型求解．
本题考查了分步乘法原理的应用，是基础题．
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查函数奇偶性的性质以及应用，涉及函数的解析式，属于基础题．
根据题意，由奇函数的定义可得f(−x)=−f(x)，即e−x1−e−ax=eax−xeax−1=−ex1−eax，变形分析可得答案．
【解答】
解：根据题意，已知f(x)=ex1−eax是奇函数，且函数f(x)的定义域为x|x≠0，
则有f(−x)=−f(x)，即e−x1−e−ax=eax−xeax−1=−ex1−eax，
则有eax−x=ex，必有a=2，
经检验a=2满足题意．
故选：C.
5.【答案】A
【解析】解：由题设知圆心到直线的距离d=|−2| cs2θ+sin2θ=2，
而2>1=r，圆的半径r=1，
所以直线xcsθ+ysinθ−2=0与圆x2+y2=1的位置关系是相离．
故选：A.
由圆的方程找出圆心坐标与半径r，利用点到直线的距离公式表示出圆心到已知直线的距离d，比较d与r的大小即可得到直线与圆的位置关系．
本小题主要考查圆的参数方程及直线与圆的位置关系的判断，以及转化与化归的思想方法，圆心到直线的距离为d，当d>r，直线与圆相离；当d=r，直线与圆相切；当d6.【答案】B
【解析】解：由已知|a|=2，
|a+2b|2=a2+4a⋅b+4b2=4+4×2×1×cs60∘+4=12，
∴|a+2b|=2 3.
故选：B.
根据向量的坐标求出向量的模，最后结论要求模，一般要把模平方，知道夹角就可以解决平方过程中的数量积问题，题目最后不要忘记开方．
本题是对向量数量积的考查，根据两个向量的夹角和模之间的关系，根据和的模两边平方，注意要求的结果非负，舍去不合题意的即可．两个向量的数量积是一个数量，它的值是两个向量的模与两向量夹角余弦的乘积，结果可正、可负、可以为零，其符号由夹角的余弦值确定．
7.【答案】A
【解析】解：因为函数f(x)=lnx−ax在区间[1,3]上单调递减，
所以f′(x)=1x−a≤0在[1,3]上恒成立，
所以a≥1x在[1,3]上恒成立，
所以a≥1.
故选：A.
先对函数求导，结合导数与单调性关系即可求解．
本题主要考查了导数与单调性关系的应用，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】解：令t=π6−θ，故sint=14，
故sin(π6+2θ)=sin(2π−2t)=cs2t=1−2sin2t=1−2×(14)2=78.
故选：B.
由已知结合诱导公式及二倍角公式进行化简即可求解．
本题主要考查了诱导公式及二倍角公式，属于基础题．
9.【答案】C
【解析】解：因为lg2an+1=lg2an+1(n∈N*)，所以an+1=2an，q=2，a1=1，由等比数列的求和公式得Sn=2n−1，
故选：C.
利用对数的运算法则化简数列的递推关系式，判断数列是等比数列，然后求解前n项和即可．
本题考查对数的运算法则以及数列的递推关系式的应用，考查计算能力．
10.【答案】C
【解析】解：该几何体的直观图如图所示，
则几何体的表面积为
S=12×3×4+12×5×4+12×3×4+12×4×5=6+10+6+10=32(cm2).
故选：C.
借助三视图得到几何体的直观图后计算即可得．
本题考查了利用三视图求几何体的表面积问题，是基础题．
11.【答案】C
【解析】解：根据图象可知A=2，
由π3−π12=12T=πω，可得ω=4，
又f(π12)=2cs(4×π12+φ)=2，可得φ=−π3+2kπ,k∈Z；
由|φ|<π2可知φ=−π3，可得f(x)=2cs(4x−π3)；
将函数f(x)图象上所有的点向左平移π6个单位长度可得g(x)=2cs(4(x+π6)−π3)=2cs(4x+π3).
故选：C.
由f(x)的部分图象可求得其解析式为f(x)=2cs(4x−π3)，再根据平移规则可求得g(x)=2cs(4x+π3).
本题考查三角函数性质，属于基础题．
12.【答案】D
【解析】解：由题设，16=2p×2，则2p=8，
故抛物线的标准方程：y2=8x，则焦点F(2,0)，
由直线PQ过抛物线的焦点，则1|PF|+1|QF|=2p=12，
圆C2:(x−2)2+y2=1圆心为(2,0)，半径1，
|PM|+4|QN|=|PF|−1+4(|QF|−1)=|PF|+4|QF|−5=2(|PF|+4|QF|)(1|PF|+1|QF|)−5
=2×(|PF||QF|+4|QF||PF|)+5≥4 |PF||QF|⋅4|QF||PF|+5=13，
当且仅当|PF|=2|QF|时等号成立，故|PM|+4|QN|的最小值为13.
故选：D.
由点在抛物线上求出p，焦半径的几何性质有1|PF|+1|QF|=2p，再将目标式转化为|PF|+4|QF|−5，应用基本不等式“1”的代换求最值即可，注意等号成立条件．
本题考查了抛物线的焦半径的性质，考查基本不等式的应用，属于中档题．
13.【答案】y22−x2=1(答案不唯一)
【解析】解：双曲线x2−y22=1的渐近线方程为y=± 2x，
所求双曲线的焦点在y轴上，
则ab= 2，不妨取a= 2，b=1，
故所求双曲线的方程为y22−x2=1(答案不唯一).
故答案为：y22−x2=1(答案不唯一).
根据已知条件，结合双曲线的性质，即可求解．
本题主要考查双曲线的性质，属于基础题．
14.【答案】1
【解析】解：因为(−2x)2020=b0+b1x+b2x2+…+b2020x2020(x∈R)，
令x=0可得：0=b0；
令x=12可得：1=b0+b12+b222+⋯+b202022020；
故b12+b222+⋯+b202022020=1；
故答案为：1.
令x=0可得：0=b0；令x=12可得：1=b0+b12+b222+⋯+b202022020；即可求得结论．
本题主要考查二项式定理的应用，注意根据题意，分析所给代数式的特点，通过给二项式的x赋值，可以简便的求出答案，属于基础题．
15.【答案】−2
【解析】解：作出可行域如上图，
根据几何意义可知，
当目标函数z=2x−y的图象经过点(0,2)时，
z=2x−y有最小值为zmin=−2，
故答案为：−2.
作出可行域，即可求目标函数的最小值．
本题主要考查简单线性规划，属于基础题．
16.【答案】(e−1e,+∞)
【解析】解：当x=0时，x(aex+x)=0，e2x=1，两者不等式，故0不是方程的根，
当x≠0时，a=exx−xex，
令g(x)=exx,x≠0，则g′(x)=ex(x−1)x2，
当x<0，0当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
且当x<0时，g(x)<0，当x>0时，g(x)>0，
画出g(x)=exx,x≠0的图象如下：
令h(x)=xex，x≠0，
则h′(x)=1−xex，当x<0，00，h(x)单调递增，
当x>1时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
且当x<0时，h(x)<0，当x>0时，h(x)>0，
画出h(x)=xex，x≠0的函数图象，如下：
令f(x)=exx−xex，x≠0，则f′(x)=ex(x−1)x2−1−xex=(x−1)(exx2+1ex)，
由于exx2+1ex>0在(−∞,0)∪(0,+∞)上恒成立，
故当x<0，0当x>1时，f′(x)>0，f(x)=exx−xex单调递增，
其中f(1)=e−1e，
从g(x)，h(x)的函数图象，可以看出当x→−∞时，f(x)→∞，
当x<0且x→0时，f(x)→−∞，
画出函数图象如下，
要想a=exx−xex有三个不同的根，则a∈(e−1e,+∞).
故答案为：(e−1e,+∞).
x=0不是方程的根，当x≠0时，变形为a=exx−xex，构造f(x)=exx−xex，x≠0，求导得到函数单调性，进而画出函数图象，数形结合得到答案．
本题考查函数的零点，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)根据所给数据进行整理，得到如下2×2列联表，
根据列联表中的数据，经计算得到K2=66×(24×18−6×18)224×42×30×36≈6.36<6.635，
所以没有99%得把握认为儿童性别与患病有关；
(2)因为f(p)=C63p3(1−p)3=20p3(1−p)3=20[p(1−p)]3=20[−(p−12)2+14]3≤20×(14)3=516，
当且仅当p=12时，f(P)有最大值516，
即f(p)在p0=12处取得最大值，最大值为f(12)=516.
【解析】(1)完善列联表，计算出卡方，即可判断；
(2)依题意可得f(p)=20p3(1−p)3，利用二次函数的性质计算可得．
本题主要考查了独立性检验的应用，考查了独立事件的概率乘法公式，属于基础题．
18.【答案】解：(1)因为函数f(x)= 3sin(π−x)+sin(π2+x)−1= 3sinx+csx−1=2sin(x+π6)−1，
令−π2+2kπ≤x+π6≤π2+2kπ,k∈Z，
解得−2π3+2kπ≤x≤π3+2kπ,k∈Z，
可得f(x)的单调递增区间为[−2π3+2kπ,π3+2kπ](k∈Z).
(2)由(1)可得f(A)=2sin(A+π6)−1=1，所以sin(A+π6)=1，
因为A∈(0,π)，所以A+π6∈(π6,7π6)，
所以A+π6=π2，故A=π3.
因为a2=b2+c2−2bccsA，且a=7，c=8，
所以b2−8b+15=0，解得b=3或b=5.
当b=3时，△ABC的面积S△ABC=12bc⋅sinA=12×3×8× 32=6 3，
当b=5时，△ABC的面积S△ABC=12bc⋅sinA=12×5×8× 32=10 3.
故△ABC的面积为6 3或10 3.
【解析】(1)由题意，利用三角恒等变换化简函数f(x)的解析式，再根据正弦函数的单调性，得出结论．
(2)由题意，可得sin(A+π6)=1，结合A的范围，求出A的值．再利用余弦定理求出b，可得△ABC的面积为12bc⋅sinA的值．
本题主要考查三角恒等变换，函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，正弦函数的图象和性质，属于中档题．
19.【答案】解：(Ⅰ)证明：在直三棱柱ABC−A1B1C1中，
∠ABC=90∘，AB=BC=BB1=2，E，F分别为AB，B1C1的中点，
以B为坐标原点，BC，BA，BB1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
A(0,2,0)，C(2,0,0)，C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(1,0,2)，
CA=(−2,2,0)，CC1=(0,0,2)，EF=(1,−1,2)，
设平面ACC1A1的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅CA=−2x+2y=0n⋅CC1=2z=0，取x=1，得n=(1,1,0)，
∵EF⋅n=0，EF⊄平面ACC1A1，
∴EF//平面ACC1A1；
(Ⅱ)点P是棱BB1上一点，设线段BP的长为t，则P(0,0,t)，0≤t≤2，B(0,0,0)，
AP=(0,−2,t)，BE=(0,1,0)，BF=(1,0,2)，
设平面BEF的法向量为m=(a,b,c)，
则m⋅BE=b=0m⋅BF=a+2c=0，取a=2，得m=(2,0,−1)，
设直线AP与平面BEF所成角为θ，
∵直线AP与平面BEF所成角的正弦值为15，
∴sinθ=|AP⋅m||AP|⋅|m|=t 4+t2⋅ 5=15，
解得t=1，
∴线段BP的长为1.
【解析】(Ⅰ)以B为坐标原点，BC，BA，BB1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明EF//平面ACC1A1；
(Ⅱ)点P是棱BB1上一点，设线段BP的长为t，则P(0,0,t)，0≤t≤2，B(0,0,0)，AP=(0,−2,t)，BE=(0,1,0)，BF=(1,0,2)，求出平面BEF的法向量，由直线AP与平面BEF所成角的正弦值为15，利用向量法能求出线段BP的长．
本题考查线面平行的判定与性质、线面角等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
20.【答案】(1)解：因为上顶点A是抛物线x2=4y的焦点，所以A(0,1)，即b=1，
设椭圆的焦距为2c，
因为直线AF的斜率为−12，所以−bc=−12，
所以c=2，
所以a2=b2+c2=5，
故椭圆C的标准方程为x25+y2=1.
(2)证明：设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
联立y=kx+mx25+y2=1，得(5k2+1)x2+10kmx+5m2−5=0，
所以x1+x2=−10km5k2+1，x1x2=5m2−55k2+1，
因为∠PMA=2∠PQA，且∠PMA=∠PQA+∠MAQ，所以∠PQA=∠MAQ，即MQ=MA，
又PQ的中点为M，所以MQ=12PQ=MA，
所以△APQ为直角三角形，且∠PAQ=90∘，
所以AP⋅AQ=0，即(x1,y1−1)⋅(x2,y2−1)=0，
所以x1x2+(kx1+m−1)(kx1+m−1)=(k2+1)x1x2+(km−k)(x1+x2)+m2−2m+1=0，
所以(k2+1)⋅5m2−55k2+1+(km−k)⋅−10km5k2+1+m2−2m+1=0，
即(k2+1)(5m2−5)−10km(km−k)+(m2−2m+1)(5k2+1)=0，
整理得，2(3m2−m−2)=0，解得m=−23或m=1，
因为m≠1，所以m=−23，
所以直线l恒过定点(0,−23).

【解析】(1)根据椭圆的几何性质求解即可；
(2)分析可得△APQ为直角三角形，且∠PAQ=90∘，利用AP⋅AQ=0，将直线l的方程与椭圆方程联立，结合韦达定理，求解即可．
本题考查直线与椭圆的位置关系，熟练掌握椭圆的几何性质，直角三角形的判定定理，灵活运用韦达定理是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(Ⅰ)当k=1时，f(x)=(x+1)ex，
∴f′(x)=(x+2)ex，故f(x)在(0,f(0))处的切线斜率为f′(0)=(0+2)e0=2，
而f(0)=(0+1)e0=1，
所以f(x)在(0,f(0))处的切线方程为y−1=2(x−0)，
即2x−y+1=0.
(Ⅱ)由题意得g(x)=f′(x)=(kx+k+1)ekx，则g′(x)=(k2x+k2+2k)ekx，
令g′(x)=(k2x+k2+2k)ekx<0，即k2x+k2+2k<0，∴x<−1−2k，
令g′(x)=(k2x+k2+2k)ekx>0，即k2x+k2+2k>0，∴x>−1−2k，
k≠0时，单调递减区间为(−∞,−1−2k)，单调递增区间为(−1−2k,+∞).
(Ⅲ)证明：由(2)可知，当k>0时，
g(x)=f′(x)在(0,+∞)上单调递增，而g(0)=f′(0)=k+1>0，
即f′(x)>0在(0,+∞)上恒成立，
故f(x)在(0,+∞)上单调递增，
设h(x)=f(x+m)−f(x)，则h′(x)=f′(x+m)−f′(x)，
因为m∈(0,+∞)，则x+m>x>0，
故f′(x+m)>f′(x)，∴h′(x)>0，
所以h(x)=f(x+m)−f(x)在(0,+∞)上单调递增，而n∈(0,+∞)，
则h(n)>h(0)，即f(n+m)−f(n)>f(m)−f(0)，而f(0)=1，
故f(n+m)−f(n)>f(m)−1，
即f(m+n)+1>f(m)+f(n).
【解析】(Ⅰ)根据导数的几何意义即可求得答案；
(Ⅱ)求出函数g(x)=f′(x)的导数，讨论k的取值范围，确定导数的正负，即可求得g(x)的单调区间；
(Ⅲ)由于不等式f(m+n)+1>f(m)+f(n)可变为f(n+m)−f(n)>f(m)−1，所以可构造函数h(x)=f(x+m)−f(x)，利用(2)的结论可证明该函数为(0,+∞)上的增函数，利用函数的单调性，即可证明结论．
本题考查了导数的综合应用，考查了构造函数求解综合问题的能力，考查了函数思想，属于中档题．
22.【答案】解：(1)因为曲线C1的参数方程为x=csαy=sinα，所以x2+y2=cs2α+sin2α=1，
又α∈[0,π]，所以y≥0，故曲线C1的普通方程为x2+y2=1(y≥0)，
又曲线C2的极坐标方程为ρcs(θ+π3)=4，即12ρcsθ− 32ρsinθ=4，
所以直线C2的直角坐标方程为12x− 32y=4，即x− 3y−8=0.
(2)由(1)知直线C2的方程为x− 3y−8=0，
设曲线C1上任意一点P(csθ,sinθ)，θ∈[0,π]，
则P到C2的距离为d=12|csθ− 3sinθ−8|=|cs(θ+π3)−4|，
则|PA|=dsin60∘=2 33|cs(θ+π3)−4|，
当θ=2π3，|PA|取得最大值，最大值为10 33.
【解析】(1)根据曲线C1的参数方程为x=csαy=sinα(α为参数，α∈[0,π])，消去参数，可得其普通方程；根据曲线C2的极坐标方程，结合转化公式即可求得其直角坐标方程；
(2)设曲线C1上任意一点P(csθ,sinθ)，θ∈[0,π]，利用点到直线的距离公式得到P到C2的距离为d=|cs(θ+π3)−4|，根据条件得到|PA|=2 33|cs(θ+π3)−4|，即可求出结果．
本题考查的知识点：参数方程，极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，点到直线的距离公式，三角函数的关系式的变换，余弦型函数的性质，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
23.【答案】解：(1)由f(x)≥5，得|x+a|+|x−2|≥5，因为不等式f(x)≥5的解集为{x|x≤−2或x≥3}，
所以|−2+a|+|−2−2|=5，|3+a|+|3−2|=5，得a=1；
经验证，a=1符合题意，故a=1.
(2)证明：因为f(x)=|x+1|+|x−2|≥|x+1−(x−2)|=3，
当且仅当(x+1)(x−2)≤0时取等号，所以M=3，所以b+c=3.
所以1b+1+1c=14(1c+1b+1)(c+b+1)=14(b+1c+cb+1+2)≥14(2 b+1c⋅cb+1+2)=1，
当且仅当b+1c=cb+1，即b=1，c=2时取等号．
【解析】(1)根据绝对值的定义，等价转化不等式，解得含参解集，建立方程，可得答案；
(2)利用绝对值的三角不等式，结合基本不等式“1”的妙用，可得答案．
本题主要考查不等式的证明，考查转化能力，属于中档题．P(K2≥k0)
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
k0
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
性别
是否患病
合计
是
否
男
女
合计
性别
是否患病
合计
是
否
男
18
18
36
女
6
24
30
合计
24
42
66