2019届湖北省黄冈中学高三下学期5月第三次模拟考试数学(文)试题(解析版)

（文）试题

一、单选题

1．在复平面内，复数zA．第一象限 【答案】A

【解析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案． 【详解】

1对应的点位于（ ）. 1iC．第三象限

D．第四象限

B．第二象限

Qz11i11i， 1i1i1i22111对应的点的坐标为,，位于第一象限． 1i22复数z故选A． 【点睛】

本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题． 2．已知命题p:xR,x2x10，则p（ ） A．xR，x2x10 C．xR，x2x10 【答案】A

【解析】根据全称命题与特称命题互为否定的关系，即可求解，得到答案． 【详解】

由题意，根据全称命题与特称命题的关系，可得命题p:xR,x2x10， 则p:xR，x2x10，故选A． 【点睛】

本题主要考查了含有一个量词的否定，其中解答中熟记全称命题与特称性命题的关系是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．

3．已知m，n是空间中的两条不同的直线，，是空间中的两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）.

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B．xR，x2x10 D．xR，x2x10

A．若m//n，m//，则n//. B．若//，m//，则m//. C．若mn，n，则m. D．若m，m，则. 【答案】D

【解析】由直线n还可以在平面内判断A；由直线m还可以在平面内判断B；由直线m还可以在平面内，可以与平面斜交，或者与平面平行判断C；根据面面垂直的判定定理判断D． 【详解】

对于选项A，符合已知条件的直线n还可以在平面内，所以选项A错误； 对于选项B，符合已知条件的直线m还可以在平面内，所以选项B错误； 对于选项C，符合已知条件的直线m还可以在平面内，与平面斜交，或者与平面平行，所以选项C错误；

对于选项D，根据面面垂直的判定定理可知其正确性，所以选项D正确，故选D． 【点睛】

本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，是中档题．空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，除了利用定理、公理、推理判断外，还常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.

1x2y24．设双曲线C:221(a0，b0)的虚轴长为4，一条渐近线为yx，则双

2ab曲线C的方程为

x2y2A．1

164【答案】A

x2y2B．1

416x2y2C．1

6416y2D．x1

42【解析】由虚轴长求b，再由渐近线方程求a，从而可得到结果. 【详解】

x2y2因为双曲线C:221(a0，b0)的虚轴长为4，

ab第 2 页 共 20 页

所以2b4，b2，

1x2y2因为双曲线C:221(a0，b0)的一条渐近线为yx，

2ab所以

b1a2b4， a2x2y2双曲线M的方程为1，故选A.

164【点睛】

本题考査双曲线的方程与简单性质,考査双曲线的渐近线，是基础题. 若双曲线方程为

bx2y2yx. ，则渐近线方程为1aa2b215．已知cossin，则cos2=( ).

25A．24 25B．4 5C．

24 25D．

4 5【答案】C

【解析】将cossin【详解】

因为cossin124两边平方，求出sin2，利用诱导公式可得结果. 5251， 5所以cos22sincossin21sin2所以sin2【点睛】

1， 252424，cos2sin2，故选C.

22525三角函数求值有三类，(1)“给角求值”：一般所给出的角都是非特殊角，从表面上来看是很难的，但仔细观察非特殊角与特殊角总有一定关系，解题时，要利用观察得到的关系，结合公式转化为特殊角并且消除非特殊角的三角函数而得解．(2)“给值求值”：给出某些角的三角函数式的值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系．(3)“给值求角”：实质是转化为“给值求值”，先求角的某一函数值，再求角的范围，确定角．

uuuv2uuuvuuuvuuuv1uuuv6．如图，在ABC中，ANNC，P是BN上一点，若APtABAC，则实

33数t的值为（ ）

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A．

2 3B．

2 5C．

1 6D．

3 4【答案】C

uuur2uuuruuur【解析】由题意，可根据向量运算法则得到APmAC（1﹣m）AB，从而由向

5量分解的唯一性得出关于t的方程，求出t的值. 【详解】 由题意及图，

uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuurAPABBPABmBNABmANABmAN1mAB，

uuur2uuuruuur2uuuruuur2uuuruuur又，ANNC，所以ANAC，∴APmAC（1﹣m）AB，

3551mtr1uuuruuuruuu51mt又APtABAC，所以2，解得，， 1m36635故选C． 【点睛】

本题考查平面向量基本定理，根据分解的唯一性得到所求参数的方程是解答本题的关键，本题属于基础题.

7．“搜索指数”是网民通过搜索引擎，以每天搜索关键词的次数为基础所得到的统计指标.“搜索指数”越大，表示网民对该关键词的搜索次数越多，对该关键词相关的信息关注度也越高.如图是2018年9月到2019年2月这半年中，某个关键词的搜索指数变化的走势图.

根据该走势图，下列结论正确的是（ ）

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A．这半年中，网民对该关键词相关的信息关注度呈周期性变化 B．这半年中，网民对该关键词相关的信息关注度不断减弱

C．从网民对该关键词的搜索指数来看，去年10月份的方差小于11月份的方差 D．从网民对该关键词的搜索指数来看，去年12月份的平均值大于今年1月份的平均值 【答案】D 【解析】【详解】

选项A错，并无周期变化，选项B错，并不是不断减弱，中间有增强．C选项错，10月的波动大小11月分，所以方差要大．D选项对，由图可知，12月起到1月份有下降的趋势，所以去年12月份的平均值大于今年1月份的平均值．选D.

xx8．已知函数fxxee，对于实数a，b，“ab0”是“fafb0”的

( ).

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 必要条件 【答案】C

【解析】先判断出函数为奇函数，且为R的单调增函数，结合单调性与奇偶性利用充分条件与必要条件的定义判断即可. 【详解】

因为fxxeD．既不充分也不

xexxexexfx，

所以fx为奇函数，

x1x0时，fxxex，fx在0,上递增，

e所以函数fx在R上为单调增函数， 对于任意实数a和b，

若ab0，则ab,fafb，

Q函数fx为奇函数，fafb，

fafb0，充分性成立；

若fafb0，则fafbfb，

Q函数在R上为单调增函数，ab，

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ab0，必要性成立，

对于任意实数a和b，“ab0”，是“fafb0”的充要条件，

故选C. 【点睛】

本题主要考查函数的单调性与奇偶性以及充分条件与必要条件的定义，属于综合题. 判断充分条件与必要条件应注意：首先弄清条件p和结论q分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试pq,qp.对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想化抽象为直观外，还可利用原命题和逆否命题、逆命题和否命题的等价性，转化为判断它的等价命题；对于范围问题也可以转化为包含关系来处理.

9．已知一个简单几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为2448，则r（ ）

A．1 【答案】B

B．2 C．3 D．4

【解析】通过三视图可知：该几何体是一个三棱锥和的体积求出r的值. 【详解】

通过三视图可知：该几何体是一个三棱锥和所以VB. 【点睛】

1圆锥组成的几何体，利用几何体41圆锥组成的几何体，设组合体的体积为V, 411119r24r3r3r4r2448,r2，故本题选4332本题考查了通过三视图识别组合体的形状，并根据体积求参数问题，考查了数学运算能力.

10．已知过抛物线y242x焦点F的直线与抛物线交于点A，B，AF3FB，抛物

uuuvuuuv第 6 页 共 20 页

线的准线l与x轴交于点C，AMl于点M，则四边形AMCF的面积为（） A．123 【答案】A

【解析】过B作BNl于N，作BKAM于K，设BFm，AF3m，根据抛物线定义和长度关系可求得CFpB．12

C．83 D．63

3m22，进而得到m，利用m求得梯形2的上下底边长和高，利用梯形面积公式求得结果. 【详解】

过B作BNl于N，过B作BKAM于K

设BFm，AF3m，则AB4m，AK2m

BAM60 CFp342 m22 m23326 2AM3m42，MCAFsin60o3mSAMCF11CFAMMC224226123 22本题正确选项：A 【点睛】

本题考查抛物线中四边形面积的求解问题，关键是能够灵活运用抛物线的定义，得到图形中的等量关系，进而求得所需的线段长度.

11．设an(nN*)是各项为正数的等比数列，q是其公比，Tn是其前n项的积，且T5T6，T6T7T8，则下列结论错误的是( ) A．0q1

C．T6与T7均为Tn的最大值 【答案】D

B．a71 D．T9T5

Tn是其前n项的积， 【解析】∵an是各项为正数的等比数列,q是其公比, 第 7 页 共 20 页

由T6T7可得a7=1，故B正确； 由T5T6可得a6>1,∴q=

a7∈(0,1)，故A正确； a6由an是各项为正数的等比数列且q∈(0,1)可得数列单调递减， ∴T9T5，故D错误；

结合T5T6，T6T7T8，可得C正确． 故选D.

点睛：本题主要研究的是利用等比数列的性质来研究等比数列积的变化情况，首先确定数列的正负，由条件知是正项数列后，那么积的大小关系就可以转化为项和1的大小关系.

12．若关于的方程A．

B．

没有实数根，则实数的取值范围是( )

C．

D．

【答案】A 【解析】方程化为补集即可得结果. 【详解】 因为

不满足方程

， ，

，令

，求出函数

的值域，只需令属于所求值域的

所以原方程化为化为

，令时，时，

，

令

+ 递增 ，

，

；

0 - 递减 第 8 页 共 20 页

当即

时，

，

，

的值域为

，

没有实数根的实数的取值范围是

，故选A.

，

综上可得，要使

无解，则

即使关于的方程【点睛】

本题主要考查利用导数研究方程的根，以及转化与划归思想的应用，属于难题. 已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：

（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；

（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.

二、填空题

4x1,x0113．设函数f(x)，则f(f())________．

2log2x,x0【答案】3 411f(f())的值. 的值，然后求得22【解析】先求得f【详解】

1131flog1，所以f(f())f1411. 依题意22242故答案为：【点睛】

本小题主要考查分段函数求函数值，属于基础题.

14．已知等差数列an的前n项和为Sn，若a11，S3a5，am2019，则

3 4m________

【答案】1010

【解析】由题意首先求得数列的公差，然后结合通项公式确定m的值即可.

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【详解】

根据题意，设等差数列an公差为d， 则S33a23a1d，

又由a11，S3a5，则31d14d，d2， 则ama1m1d2m12019，解可得m1010； 故答案为1010． 【点睛】

本题考查等差数列的性质，关键是掌握等差数列的通项公式，属于中等题．

x2y215．设F1，F2是双曲线C:221(a0,b0)的两个焦点，P是C上的一点，若

abPF1PF24a，且△PF1F2的最小内角的余弦值为22，则双曲线C的离心率为

3__________. 【答案】2

【解析】利用双曲线的定义求出|PF1|，|F1F2|，|PF2|，然后利用最小内角的余弦值

为

22，结合余弦定理，求出双曲线的离心率． 3【详解】

解：因为F1，F2是双曲线的两个焦点，P是双曲线上一点，且满足PF1PF24a，不妨设P是双曲线右支上的一点，由双曲线的定义可知PF1PF22a， 所以F1F22c，PF13a，PF2a， 因为PF1F2的最小内角的余弦值为由余弦定理可得PF22222， 32F1F2PF12F1F2PF1cosPF1F2，

22，c222ca2a20， 3即a24c29a222c3a即c2a，所以ec2. a故答案为：2 【点睛】

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本题考查双曲线的定义，双曲线的离心率的求法，考查计算能力，属于中档题． 16．如图，四棱锥PABCD的底面为矩形，矩形的四个顶点A，B，C，D在球O的同一个大圆上，且球的表面积为16，点P在球面上，则四棱锥PABCD体积的最大值为__________.

【答案】

16 3【解析】由球O的表面积是16，求出R2．四棱锥PABCD底面为矩形且矩形的四个顶点A，B，C，D在球O的同一个大圆上，推导出底面为正方形时，底面面积最大，由此能求出四棱锥PABCD体积的最大值． 【详解】

解：因为球O的表面积是16，所以S4R216，解得R2.如图，四棱锥

PABCD底面为矩形且矩形的四个顶点A，B，C，D在球O的同一个大圆上，设

2222xy，当且仅当xy时上式取等号，即底矩形的长宽为x，y，则xy(2R)…面为正方形时，底面面积最大，此时SABCD2R28.

点P在球面上，当PO底面ABCD时，POR，即hmaxR， 116此时四棱锥PABCD体积有最大值为82，

33故答案为：

16. 3

【点睛】

本题考查四棱锥的体积的最大值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，属于中档题．

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三、解答题

17．在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知a2c2b2ac，且2b3c. （1）求角A的大小；

（2xB)cos2x，求函数（2）设函数fx1cos【答案】（1）

的最大值

5； （2）f(x)max2 . 12【解析】（1）在ABC中利用余弦定理求得cosB的值，可得B的值，根据2b3c，由正弦定理可得C的值，从而求得A的值；

（2）利用三角恒等变换化简fx的解析式，再根据正弦函数的最大值求得fx的最大值． 【详解】

a2c2b21（1）在△ABC中，因为cosB，所以B．

32ac2在△ABC中，因为2b3c，由正弦定理可得2sinB3sinC，

所以sinC2252 ，0C，C，故A3434122（2）由（1）得fx1cos2xcos2x 3， 713311sin2x 1cos2xsin2xcos2x1sin2xcos2x62222所以fxmax2． 【点睛】

本题主要考查了利用正弦定理和三角函数的恒等变换求解三角形问题，对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.

18．如图所示的几何体中，ABC-A1B1C1为三棱柱，且AA1⊥平面ABC， AA1=AC，. 四边形ABCD为平行四边形，AD=2CD=4，∠ADC=60°

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（Ⅰ）求证：AC1平面A1B1CD； （Ⅱ）求三棱锥C1ACD的体积． 1【答案】（1）见解析；（2）4

【解析】（1）推导出AC1⊥A1C，AC⊥AB，AA1⊥AB，从而AB⊥平面ACC1A1，进而A1B1⊥AC1，由此能证明AC1⊥平面A1B1CD．

（2）由CD＝2，得AD＝4，AC＝AA116423，三棱谁C1﹣A1CD的体积：

VC1A1CDVDA1C1C，由此能求出结果．

【详解】

(1)∵ABCA1B1C1为三棱柱，且AA1平面ABC，AA1AC，

四边形ABCD为平行四边形，AD2CD，ADC60o．

AAC， 111C是正方形，AC1AC设CDa，则AD2a，ACa24a22a2acos60o3a，

CD2AC2AD2，ACDC，ACAB，

QAA1AB，QACAA1A，AB平面ACC1A1， A1B1AC1，

QA1B1ACA1，AC1平面A1B1CD． 1第 13 页 共 20 页

解：(2)∵CD2，AD4，ACAA， 116423三棱谁C1A1CD的体积：

1VC1A1CDVDA1C1CCDSVA1C1C，

311223234． 32【点睛】

本题考查线面垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．

19．某学生为了测试煤气灶烧水如何节省煤气的问题设计了一个实验，并获得了煤气开关旋钮旋转的弧度数x与烧开一壶水所用时间y的一组数据，且作了一定的数据处理（如下表），得到了散点图（如下图）.

x y w xxwwxxyywwyyiiiiiii1i1i1i11021021010 1.4720.60.78

2.35 0.81 19.3 16.2 1110表中wi2，wwi.

xi10i1

（1）根据散点图判断，yabx与ycd哪一个更适宜作烧水时间y关于开关旋2x钮旋转的弧度数x的回归方程类型？（不必说明理由）

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（2）根据判断结果和表中数据，建立y关于x的回归方程；

（3）若单位时间内煤气输出量t与旋转的弧度数x成正比，那么，利用第（2）问求得的回归方程知x为多少时，烧开一壶水最省煤气？

ˆu的斜ˆ附：对于一组数据u1,v1,u2,v2,u3,v3,L,un,vn，其回归直线vˆ率和截距的最小二乘法估计值分别为ui1nniuvivˆvu ，iui1u2d202y5更合适；（）；（3）x2时，煤气用量最小.

x2x2d【解析】（1）根据散点图的特点，可得yc2更适合；

x（2）先建立y关于w的回归方程，再得出y关于x的回归方程；

【答案】（1）选取yc（3）写出函数关系，利用基本不等式得出最小值及其成立的条件. 【详解】 （1）选取yc型；

（2）ycdw

d更适宜作烧水时间y关于开关旋钮旋转的弧度数x的回归方程类2xˆ由公式可得：dwwyyiii110wwii110216.220， 0.81ˆ20.6200.785， ˆydwc所以所求回归直线方程为：y5（3）根据题意，设tkx,k0，

20； x2则煤气用量Sytkx5当且仅当5kx2020k20k5kx25kx20k， 2xxx20k时，等号成立， x即x2时，煤气用量最小. 【点睛】

此题考查根据题意求回归方程，利用线性回归方程的求法得解，结合基本不等式求最值. 20．已知ABC的直角顶点A在y轴上，点B且AD平（1，0），D为斜边BC的中点，

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行于x轴.

（Ⅰ）求点C的轨迹方程；

（Ⅱ）设点C的轨迹为曲线，直线BC与的另一个交点为E.以CE为直径的圆交y轴于M、N,即此圆的圆心为P,MPN,求的最大值. 【答案】（1）y4x(x0)（2）

22. 3x1y,，根据BAC,得22【解析】试题分析：（1）设BC的中点D的坐标为uuuvuuuvy2（2）（2）讨论BC的斜率，求出圆P的半径和横坐AB•ACx0,即y24x；

4标，计算cos详解：

设点C的坐标为（x,y，则BC的中点D的坐标为2的最小值，进而得到的最大值.

x1yy,， 点A的坐标为0,，222uuuvvyyuuuAB1,,ACx,

22uuuvuuuvy2由ABAC,得AB•ACx0,即y24x，

4经检验，当点C运动至原点时，A与C重合，不合题意舍去. 所以，轨迹的方程为y4xx0.

2（Ⅱ）依题意，可知直线CE不与x轴重合，设直线CE的方程为xmy1，点C、E的坐标分别为（x1,y1、x2,y2，圆心P的坐标为x0,y0.

y24x,可得y24my40, y1y24m,y1y24. 由xmy1x1x2my1y224m22, x0rx1x22m21,圆P的半径 2111CEx1x224m242m22. 222过圆心P作PQMN于点Q,则MPQ在RtPQM中，即CE垂直于x轴时，cos所以，的最大值为

2.

取得最小值为

21 ，取得最大值为，

2232. 3第 16 页 共 20 页

点睛：本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用． 21．已知函数f(x)lnxa(aR). x（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性； （Ⅱ）令g(a)a(k5)2，若对任意的x＞0，a＞0，恒有f（x）≥g（a）成立，求

a实数k的最大整数. 【答案】（1）见解析（2）7 【解析】（1）fx1axa22,讨论a0和a0两种情况；（2）由xxx（）1fxminlna1，fxga 成立转化为fxmingamax，分离k,构造函

数求最值即可. 【详解】

（1）此函数的定义域为0,，fx1axa22, xxx（1）当a0时，fx0, fx在0,上单调递增，

x0,a,fx0,fx单调递减，xa,,fx0,fx （2）当a0时，单调增

综上所述：当a0时，fx在0,上单调递增

当a0时， x0,a,fx单调递减，xa,,fx 单调递增. （2）由（Ⅰ）知fxminfalna1,

fxga恒成立，则只需lna1ga恒成立，

则lna1ak52a2k5,

a2k6， a2令halna,则只需hamink6,

a12a2, a0,2,ha0,ha单调递减， 则 ha22aaalna第 17 页 共 20 页

a2,,ha0,ha单调递增，haminh2ln21

即ln21k6,kln27,k的最大整数为7. 【点睛】

本题考查利用导数研究函数单调性，求最值，考查双变元恒成立问题，综合性强,第二问转化为fxmingamax是关键.

22．选修4-4：坐标系与参数方程：在平面直角坐标系xoy中，曲线C1：x2cosy2sin（为参数），在以平面直角坐标系的原点为极点、x轴的正半轴为极轴，且与平面直角坐标系xoy取相同单位长度的极坐标系中，曲线C2：sin(（1）求曲线C1的普通方程以及曲线C2的平面直角坐标方程；

（2）若曲线C1上恰好存在三个不同的点到曲线C2的距离相等，求这三个点的极坐标.

6)1.

27A2,B2,C【答案】（1）xy4， x3y20;（2），，2,. 36622【解析】(1)把曲线C1 的参数方程与曲线C2 的极坐标方程分别转化为直角坐标方程；(2)利用图象求出三个点的极径与极角. 【详解】 解：（1）由x2cos22消去参数得xy4，

y2sin22即曲线C1的普通方程为xy4， 又由sinsincoscossin1得1 666即为x3y20，即曲线C2的平面直角坐标方程为x3y20

（2）∵圆心O到曲线C2：x3y20的距离

d1223211r2，

如图所示，所以直线x3y40与圆的切点A以及直线x3y0与圆的两个交点B，C即为所求．

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∵OABC，则kOA3，直线lOA的倾斜角为即A点的极角为

2， 32227 ，C点的极角为，所以B点的极角为，

3326326237B2,C，，2,66. 所以三个点的极坐标为A2,【点睛】

本题考查圆的参数方程和普通方程的转化、直线极坐标方程和直角坐标方程的转化，消去参数方程中的参数，就可把参数方程化为普通方程，消去参数的常用方法有：①代入消元法；②加减消元法；③乘除消元法；④三角恒等式消元法，极坐标方程化为直角坐标方程，只要将cos和sin换成y和x即可.

23．[选修4-5：不等式选讲]:已知函数f(x)x2axa. （1）当a1时，求不等式f(x)4x2的解集； （2）设a0，b0，且f(x)的最小值为t.若t3b3，求【答案】（1） (,]U[1,)（2）322 【解析】（1）当a1时，f(x)|x2||x1|，原不等式可化为2|x2||x1|4，分类讨论即可求得不等式的解集；

（2）由题意得，f(x)的最小值为t，所以t3a，由3a3b3，得ab1，利用基本不等式即可求解其最小值． 【详解】

（1）当a1时，fxx2x1，原不等式可化为2x2x14，① 当x2时，不等式①可化为2x4x14，解得x12

的最小值. ab

7377，此时x； 33当2x1时，不等式①可化为2x4x14，解得x1，此时1x1； 当x1时，不等式①可化为2x4x14，解得x综上，原不等式的解集为,1，此时x1， 371,. 3（2）由题意得，fxx2axa x2axa3a，

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因为fx的最小值为t，所以t3a，由3a3b3，得ab1，

所以

1212b2ab2aab 332322， abababab当且仅当【点睛】

b2a12

，即a21，b22时，的最小值为322. abab

本题主要考查了绝对值不等式问题，对于含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．

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