2020年宁夏高考数学（文科）模拟试卷（5）.docx

1、 第 1 页（共 18 页） 2020 年宁夏高考数学（文科）模拟试卷（年宁夏高考数学（文科）模拟试卷（5） 一选择题（共一选择题（共 12 小题，满分小题，满分 60 分，每小题分，每小题 5 分）分） 1 （5 分）已知集合 A1，0，1，集合 BxZ|x22x0，那么 AB 等于（ ） A1 B0，1 C0，1，2 D1，0，1，2 2 （5 分）设 i 为虚数单位，复数 = 2+3 ，则 z 的共轭复数是（ ） A32i B3+2i C32i D3+2i 3 （5 分）已知 sin2cos，则 sincos（ ） A 2 5 B 1 5 C2 5 D1 5 4 （5 分）已知 ， 均为

2、单位向量，若 ， 夹角为2 3 ，则| | =（ ） A7 B6 C5 D3 5 （5 分）如图，已知 F1，F2分别为双曲线 C： 2 2 2 2 = 1的左、右焦点，过 F2作垂直 于 x 轴的直线与双曲线 C 相交于 A，B 两点，若F1AB 为等边三角形，则该双曲线的离 心率是（ ） A3 B 3 3 C2 D5 6 （5 分）若 a，b 是不同的直线， 是不同的平面，则下列四个命题： 若 a，b，ab，则 ； 若 a，b，ab，则 ； 若 a，b，ab，则 ； 若 a，b，ab，则 ， 正确的个数为（ ） A0 B1 C2 D3 第 2 页（共 18 页） 7 （5 分）若实数 x，

3、y 满足约束条件 0 0 + 1 ，则 z3x+y 的最大值为（ ） A0 B1 C2 D3 8 （5 分）读书能陶冶我们的情操，给我们知识和智慧我国古代数学名著算法统宗中 有以下问题：毛诗春秋周易书，九十四册共无余，毛诗一册三人读，春秋一册四人呼， 周易五人读一本，要分每样几多书，就见学生多少数，请君布算莫踌躇由此可推算， 学生人数为（ ） A120 B130 C150 D180 9 （5 分）设函数 f（x）lg（x2+1） ，则使得 f（3x2）f（x4）成立的 x 的取值范围为 （ ） A(1 3，1) B （1，3 2） C （，3 2) D(， 1) (3 2， + ) 10 （5

4、 分）宋元时期数学名著算学启蒙中有关于“松竹并生“的问题，松长三尺，竹 长一尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等，如图是源于其思想的一个程序框图， 若输入的 a，b 分别为 3，1，则输出的 n 等于（ ） A5 B4 C3 D2 11 （5 分）从 2 名女同学和 3 名男同学中任选 2 人参加演讲比赛，则选中的 2 人是 1 名男 第 3 页（共 18 页） 同学 1 名女同学的概率是（ ） A1 5 B2 5 C3 5 D4 5 12 （5 分）已知抛物线 y4x2的焦点为 F，M，N 是该抛物线上的两点，且|MF|+|NF|= 1 2， 则线段 MN 的中点到 x 轴的距离是（ ）

5、A1 4 B1 8 C 3 16 D 5 16 二填空题（共二填空题（共 4 小题，满分小题，满分 20 分，每小题分，每小题 5 分）分） 13 （5 分） 已知函数 f （x） （x2+8x+15）（ax2+bx+c）（a， b， cR） 是偶函数， 若方程 ax2+bx+c 1 在区间1，2上有解，则实数 a 的取值范围是 14 （5 分）已知 tan（+）= 2 5，tan（ 4）= 1 4，则 tan（+ 4）的值为 15 （5 分）直三棱柱 ABCA1B1C1的顶点都在同一球面上，若 ABAC2，AA13， BAC90，则此球的表面积等于 16 （5 分）在ABC 中，角 A，B，

6、C 的对边分别为 a，b，c，若 a3，b2，A2B，则 c 三解答题（共三解答题（共 5 小题，满分小题，满分 60 分，每小题分，每小题 12 分）分） 17 （12 分）已知等比数列an的首项 a12，且 a2、a3+2、a4成等差数列 （1）求an的通项公式； （2）若 bnlog2an，求数列 1 +1的前 n 项和 Tn 18 （12 分）纪念币是一个国家为纪念国际或本国的政治、历史，文化等方面的重大事件、 杰出人物、名胜古迹、珍稀动植物、体育赛事等而发行的法定货币我国在 1984 年首次 发行纪念币， 目前已发行了 115 套纪念币， 这些纪念币深受邮币爱好者的喜爱与收藏.201

7、9 年发行的第 115 套纪念币“双遗产之泰山币”是目前为止发行的第一套异形币，因为这 套纪念币的多种特质，更加受到爱好者追捧某机构为调查我国公民对纪念币的喜爱态 度，随机选了某城市某小区的 50 位居民调查，调查结果统计如下： 喜爱 不喜爱 合计 年龄不大于 40 岁 24 年龄大于 40 岁 20 合计 22 50 第 4 页（共 18 页） （）根据已有数据，把表格数据填写完整，判断能否在犯错误的概率不超过 1%的前提 下认为不同年龄与纪念币的喜爱无关？ （）已知在被调查的年龄不大于 40 岁的喜爱者中有 5 名男性，其中 3 位是学生，现从 这 5 名男性中随机抽取 2 人，求至多有

8、1 位学生的概率 附：2= ()2 (+)(+)(+)(+)，na+b+c+d P（K2k） 0.100 0.050 0.025 0.010 k 2.706 3.841 5.024 6.635 19 （12 分）如图（1）在等腰直角三角形 ABC 中，ACB90，AB4，点 D 为 AB 中 点，将ADC 沿 DC 折叠得到三棱锥 A1BCD，如图（2） ，其中A1DB60，点 M， N，G 分别为 A1C，BC，A1B 的中点 （）求证：MN平面 DCG； （）求三棱锥 GA1DC 的体积 20 （12 分）已知动圆 C 与圆1：( 2)2+ 2= 1外切，又与直线 l：x1 相切设动 圆

9、C 的圆心的轨迹为曲线 E （1）求曲线 E 的方程； （2）在 x 轴上求一点 P（不与原点重合） ，使得点 P 关于直线 = 1 2 的对称点在曲线 E 上 21 （12 分）已知函数 f（x）ex（aexxa） （其中 e2.71828是自然对数的底数）的 图象与 x 轴切于原点 （1）求实数 a 的值； （2）证明：f（x）存在唯一的极大值点 x0，满足 x0（k，k+1） ，且 kZ； （3）在（2）的条件下，求使 f（x0）m 成立的最小整数 m 的值 第 5 页（共 18 页） 四解答题（共四解答题（共 1 小题，满分小题，满分 10 分，每小题分，每小题 10 分）分） 22

10、（10 分）在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1的参数方程为 = 2 + = 1 + （t 为参数） ，其中 2以原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C2 的极坐标方程为 2 6cos+40 （1）写出曲线 C1的普通方程和曲线 C2的直角坐标方程； （2）已知曲线 C2与 C1交于两点，记点 A，B 相应的参数分别为 t1，t2，当 t1+t20 时， 求|AB|的值 五解答题（共五解答题（共 1 小题）小题） 23f（x）|xa|+|x+12a| （1）若 f（2）2，求 a 的取值范围； （2）设（1）中 a 的最小值为 M，若|m+2n|M，|mn|M，求证：|2m+n+

11、1|3 第 6 页（共 18 页） 2020 年宁夏高考数学（文科）模拟试卷（年宁夏高考数学（文科）模拟试卷（5） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一选择题（共一选择题（共 12 小题，满分小题，满分 60 分，每小题分，每小题 5 分）分） 1 （5 分）已知集合 A1，0，1，集合 BxZ|x22x0，那么 AB 等于（ ） A1 B0，1 C0，1，2 D1，0，1，2 【解答】解：集合 A1，0，1， 集合 BxZ|x22x0xZ|0x20，1，2， AB1，0，1，2 故选：D 2 （5 分）设 i 为虚数单位，复数 = 2+3 ，则 z 的共轭复数是（ ） A32i B3+2

12、i C32i D3+2i 【解答】解： = 2+3 = (2+3)() 2 = 3 2， = 3 + 2 故选：B 3 （5 分）已知 sin2cos，则 sincos（ ） A 2 5 B 1 5 C2 5 D1 5 【解答】解：sin2cos，tan2， sincos= 2+2 = 2+1 = 2 4+1 = 2 5， 故选：C 4 （5 分）已知 ， 均为单位向量，若 ， 夹角为2 3 ，则| | =（ ） A7 B6 C5 D3 【解答】解：| | = | | = 1， ， = 2 3 ， ( )2= 2 2 + 2 = 1 2 1 1 ( 1 2) + 1 =3， | | = 3 故

13、选：D 5 （5 分）如图，已知 F1，F2分别为双曲线 C： 2 2 2 2 = 1的左、右焦点，过 F2作垂直 第 7 页（共 18 页） 于 x 轴的直线与双曲线 C 相交于 A，B 两点，若F1AB 为等边三角形，则该双曲线的离 心率是（ ） A3 B 3 3 C2 D5 【解答】解：由于 F1，F2分别为双曲线 2 2 2 2 = 1（a0，b0）的左、右焦点， 过 F2作垂直于 x 轴的直线交双曲线右支于 A，B 两点，且F1AB 为等边三角形， 则由对称可得，BF1A60，可得： 2 2 = 3 3 ， 又 c2a2+b2， 21 2 = 3 3 解得 e= 3 故选：A 6 （

14、5 分）若 a，b 是不同的直线， 是不同的平面，则下列四个命题： 若 a，b，ab，则 ； 若 a，b，ab，则 ； 若 a，b，ab，则 ； 若 a，b，ab，则 ， 正确的个数为（ ） A0 B1 C2 D3 【解答】解：若 a，b，ab，则 不成立，也有可能是平行的；故错误， 若 a，b，ab，则 不成立，有可能相交；故错误， 若 a，b，ab，则 ；正确，当 a，ab 时，b，b， 成立，故正确， 若 a，b，ab，则 不成立，也有可能是相交，故错误， 故正确是， 第 8 页（共 18 页） 故选：B 7 （5 分）若实数 x，y 满足约束条件 0 0 + 1 ，则 z3x+y 的最

15、大值为（ ） A0 B1 C2 D3 【解答】解：作出约束条件 0 0 + 1 满足的可行域： O（0，0） ，A（1，0） ，B（0，1） ，z3x+y zO30+00，zA31+03，ZB30+11， z3x+y 的最大值为 3 故选：D 8 （5 分）读书能陶冶我们的情操，给我们知识和智慧我国古代数学名著算法统宗中 有以下问题：毛诗春秋周易书，九十四册共无余，毛诗一册三人读，春秋一册四人呼， 周易五人读一本，要分每样几多书，就见学生多少数，请君布算莫踌躇由此可推算， 学生人数为（ ） A120 B130 C150 D180 【解答】解：本题的大意为： 毛诗 、 春秋和周易共 94 本，3

16、 个人读毛诗一 册，4 个人读春秋一册 ，5 个人读周易一册，问由多少个学生？ 94 (1 3 + 1 4 + 1 5) = 94 47 60 120（人） 故选：A 第 9 页（共 18 页） 9 （5 分）设函数 f（x）lg（x2+1） ，则使得 f（3x2）f（x4）成立的 x 的取值范围为 （ ） A(1 3，1) B （1，3 2） C （，3 2) D(， 1) (3 2， + ) 【解答】解：根据题意，函数 f（x）lg（x2+1） ，其定义域为 R，有 f（x）lg（x2+1） f（x） ，即函数 f（x）为偶函数， 设 tx2+1，则 ylgt， 在区间0，+）上，tx2+

17、1 为增函数且 t1，ylgt 在区间1，+）上为增函数， 则 f（x）lg（x2+1）在0，+）上为增函数， f（3x2）f（x4）f（|3x2|）f（|x4|）|3x2|x4|， 解可得：x1 或 x 3 2，即 x 的取值范围为（，1）（ 3 2，+） ； 故选：D 10 （5 分）宋元时期数学名著算学启蒙中有关于“松竹并生“的问题，松长三尺，竹 长一尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等，如图是源于其思想的一个程序框图， 若输入的 a，b 分别为 3，1，则输出的 n 等于（ ） A5 B4 C3 D2 【解答】解：模拟程序的运行，可得 第 10 页（共 18 页） a3，b1 n1

18、a= 9 2，b2 不满足条件 ab，执行循环体，n2，a= 27 4 ，b4 不满足条件 ab，执行循环体，n3，a= 81 8 ，b8 不满足条件 ab，执行循环体，n4，a= 243 16 ，b16 此时，满足条件 ab，退出循环，输出 n 的值为 4 故选：B 11 （5 分）从 2 名女同学和 3 名男同学中任选 2 人参加演讲比赛，则选中的 2 人是 1 名男 同学 1 名女同学的概率是（ ） A1 5 B2 5 C3 5 D4 5 【解答】解：从 2 名女同学和 3 名男同学中任选 2 人参加演讲比赛， 基本事件总数 n= 5 2 =10， 选中的 2 人是 1 名男同学 1 名

19、女同学包含的基本事件个数 m= 2 131 =6， 则选中的 2 人是 1 名男同学 1 名女同学的概率是 p= = 6 10 = 3 5 故选：C 12 （5 分）已知抛物线 y4x2的焦点为 F，M，N 是该抛物线上的两点，且|MF|+|NF|= 1 2， 则线段 MN 的中点到 x 轴的距离是（ ） A1 4 B1 8 C 3 16 D 5 16 【解答】解：抛物线的焦点为（0， 1 16） ，准线为 y= 1 16，过 M，N 分别作准线的垂线， 则|MM|MF|，|NN|NF|， 所以|MM|+|NN|MF|+|NF|= 1 2， 所以中位线|PP|= |+| 2 = 1 4， 所以

20、中点 P 到 x 轴的距离为|PP| 1 16 = 3 16 故选：C 第 11 页（共 18 页） 二填空题（共二填空题（共 4 小题，满分小题，满分 20 分，每小题分，每小题 5 分）分） 13 （5 分） 已知函数 f （x） （x2+8x+15）（ax2+bx+c）（a， b， cR） 是偶函数， 若方程 ax2+bx+c 1 在区间1，2上有解，则实数 a 的取值范围是 1 8 ， 1 3 【解答】解：f（x）（x2+8x+15） （ax2+bx+c）是偶函数，图象关于 y 轴对称， 令 x2+8x+150 可得，x3 或 x5， 根据偶函数图象的对称性可知，3，5 是 ax2+b

21、x+c0 的两个根， 8 = 15 = ， = 15 = 8， 由 ax2+bx+c1 可得，ax28ax+15a1， x1，2时，x28x+153，8， a= 1 28+15 1 8， 1 3 故答案为：1 8 ， 1 3 14 （5 分）已知 tan（+）= 2 5，tan（ 4）= 1 4，则 tan（+ 4）的值为 3 22 【解答】解：因为 tan（+）= 2 5，( 4) = 1 4， 所以 tan（+ 4）tan（+）（ 4）= (+)( 4) 1+(+)( 4) = 2 5 1 4 1+2 5 1 4 = 3 22 故答案为： 3 22 15 （5 分）直三棱柱 ABCA1B1

22、C1的顶点都在同一球面上，若 ABAC2，AA13， BAC90，则此球的表面积等于 17 第 12 页（共 18 页） 【解答】解：设球点半径为 R，球心为 O， 则 R2= (2)2+ (3 2) 2 = 17 4 此球的表面积4R217 故答案为：17 16 （5 分）在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 a3，b2，A2B，则 c 5 2 【解答】解：由正弦定理可知 = 2 = 3 4，进而 = 2 = 2 2 1 =1 8 又由余弦定理可得 = 2+22 2 = 4+29 4 = 25 4 ，所以 25 4 = 1 8，解得 = 5 2（另 一负根舍去） 故答案

23、为：5 2 三解答题（共三解答题（共 5 小题，满分小题，满分 60 分，每小题分，每小题 12 分）分） 17 （12 分）已知等比数列an的首项 a12，且 a2、a3+2、a4成等差数列 （1）求an的通项公式； （2）若 bnlog2an，求数列 1 +1的前 n 项和 Tn 【解答】解： （1）等比数列an的首项 a12，公比设为 q， a2、a3+2、a4成等差数列，可得 a2+a42（a3+2） ， 即有 2q+2q32（2q2+2） ，解得 q2 则 ana1qn 12n； （2）bnlog2anlog22nn， 则 1 +1 = 1 (+1) = 1 1 +1， 前 n 项和

24、 Tn1 1 2 + 1 2 1 3 + + 1 1 +1 =1 1 +1 = +1 第 13 页（共 18 页） 18 （12 分）纪念币是一个国家为纪念国际或本国的政治、历史，文化等方面的重大事件、 杰出人物、名胜古迹、珍稀动植物、体育赛事等而发行的法定货币我国在 1984 年首次 发行纪念币， 目前已发行了 115 套纪念币， 这些纪念币深受邮币爱好者的喜爱与收藏.2019 年发行的第 115 套纪念币“双遗产之泰山币”是目前为止发行的第一套异形币，因为这 套纪念币的多种特质，更加受到爱好者追捧某机构为调查我国公民对纪念币的喜爱态 度，随机选了某城市某小区的 50 位居民调查，调查结果统

25、计如下： 喜爱 不喜爱 合计 年龄不大于 40 岁 24 年龄大于 40 岁 20 合计 22 50 （）根据已有数据，把表格数据填写完整，判断能否在犯错误的概率不超过 1%的前提 下认为不同年龄与纪念币的喜爱无关？ （）已知在被调查的年龄不大于 40 岁的喜爱者中有 5 名男性，其中 3 位是学生，现从 这 5 名男性中随机抽取 2 人，求至多有 1 位学生的概率 附：2= ()2 (+)(+)(+)(+)，na+b+c+d P（K2k） 0.100 0.050 0.025 0.010 k 2.706 3.841 5.024 6.635 【解答】解： （1）根据题意，设表中数据为 喜爱 不喜

26、爱 合计 年龄不大于 40 岁 a b 24 年龄大于 40 岁 20 c d 合计 e 22 50 则有 e+2250，则 e28； 24+d50，则 d26， a+20e28，则 a8， a+b24，则 b16， b+c22，则 c6； 故列联表为： 第 14 页（共 18 页） 喜爱 不喜爱 合计 年龄不大于 40 岁 8 16 24 年龄大于 40 岁 20 6 26 合计 28 22 50 则有2= 50(862016)2 24262822 = 28900 3003 9.6236.635 故能在犯错误的概率不超过 1%的条件下认为不同年龄与纪念币的喜爱无关 （2） 根据题意， 记不大

27、于 40 岁的 5 位喜爱者中的 3 位学生记为 a， b， c， 非学生记为 A， B， 则从 5 人中任取 2 人， 共有（a，b） ， （a，c） ， （a，A） ， （a，B） ， （b，c） ， （b，A） ， （b，B） ， （c，A） ， （c，B） ， （A，B）10 种结果 其中至多有 1 位学生的有 7 种， 至多有 1 位学生的概率 = 7 10 19 （12 分）如图（1）在等腰直角三角形 ABC 中，ACB90，AB4，点 D 为 AB 中 点，将ADC 沿 DC 折叠得到三棱锥 A1BCD，如图（2） ，其中A1DB60，点 M， N，G 分别为 A1C，BC，A1

28、B 的中点 （）求证：MN平面 DCG； （）求三棱锥 GA1DC 的体积 【解答】解： （）由题意知，在图（1）中，ACBC22，ADBDCD2， 在三棱锥 A1BCD 中，A1DBD，A1CBC， G 是 A1B 的中点，DGA1B，CGA1B， DGCGG，A1B平面 DGC， 第 15 页（共 18 页） 点 M，N，分别为 A1C，BC 的中点MNA1B， MN平面 DCG （）解：由图（1）知 CDA1D，CDBD，A1DBDD， CD平面 A1DG， 又A1DB60，A1DB 是等边三角形， DGA1B，A1B2，A1G= 1 2A1B1，DG= 3， 1= 1 2 1 = 1

29、2 1 3 = 3 2 ， 三棱锥 GA1DC 的体积： 1= 1= 1 31 = 1 3 3 2 2 = 3 3 20 （12 分）已知动圆 C 与圆1：( 2)2+ 2= 1外切，又与直线 l：x1 相切设动 圆 C 的圆心的轨迹为曲线 E （1）求曲线 E 的方程； （2）在 x 轴上求一点 P（不与原点重合） ，使得点 P 关于直线 = 1 2 的对称点在曲线 E 上 【解答】解：解法一： （1）依题意得圆心 C 到于直线 x2 的距离等于到圆 C1圆心的 距离， 所以 C 的轨迹是（2，0）为焦点，以直线 x2 为准线的抛物线， 设其方程 y22px（p0） ，则 2 = 2，p4，

30、 所以曲线 E 的方程为 y28x （2）设 P（t，0） ，P 关于直线 = 1 2 的对称点为 P1（m，n） ， 第 16 页（共 18 页） 则 = 2， 2 = 1 2 (+ 2 )， 即2 + = 2， 2 = ， 解得 = 3 5， = 3 5 . 代入曲线 E 得16 25 2= 24 5 ， 解得 t0（舍去） ， = 15 2 ，即点 P 的坐标为(15 2 ，0) 解法二： （1）设圆心 C（x，y） ，依题意 x1， 因为圆 C 与直线 l：x1 相切，所以 rx+1， 又圆 C 与圆 C1外切，所以|CC1|r+1， 即( 2)2+ 2= + 2， 化简得曲线 E 的

31、方程为 y28x （2）同解法 21 （12 分）已知函数 f（x）ex（aexxa） （其中 e2.71828是自然对数的底数）的 图象与 x 轴切于原点 （1）求实数 a 的值； （2）证明：f（x）存在唯一的极大值点 x0，满足 x0（k，k+1） ，且 kZ； （3）在（2）的条件下，求使 f（x0）m 成立的最小整数 m 的值 【解答】解： （1）f（x）ex（aexxa） ， f（x）ex（2aexxa1） ， 由题意可知，f（0）a10， 所以 a1， （2）由（1）可知，f（x）ex（2exx2） ， 令 g（x）2exx2，则 g（x）2ex1， 当 xln2 时，g（x）2

32、ex10，g（x）单调递增，当 xln2 时，g（x）2ex 10，g（x）单调递减， 故当 xln2 时 g（x）取得最小值 g（ln2）ln210，且 g（0）0， 又 x，g（x）0，x+时，g（x）0， 故存在 x0ln2 使得 g（x0）0， 且 xx0时，g（x）0，f（x）0，f（x）单调递增，x0x0 时，g（x）0，f 第 17 页（共 18 页） （x）0，f（x）单调递减，x0 时，g（x）0，f（x）0，f（x）单调递增， 故当 xx0时，函数存在唯一的极大值， g（2）= 2 2 0，g（1）= 2 10， 故 x0（2，1） ， 故 f（x）存在唯一的极大值点 x0

33、，满足 x0（2，1） ， （3）由（2）可得，02e 0 x02， f（x0）e 0（e0 x01）（1+ 1 2 0） （ 1 2 0）= 1 4 (02+ 20)， 结合二次函数的性质可知，x0（2，1）时， 1 4 (02+ 20) (0， 1 4)， 故使得 f（x0）m 成立的最小整数 m 的值 1 四解答题（共四解答题（共 1 小题，满分小题，满分 10 分，每小题分，每小题 10 分）分） 22 （10 分）在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1的参数方程为 = 2 + = 1 + （t 为参数） ，其中 2以原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C2 的极坐标方程为

34、 2 6cos+40 （1）写出曲线 C1的普通方程和曲线 C2的直角坐标方程； （2）已知曲线 C2与 C1交于两点，记点 A，B 相应的参数分别为 t1，t2，当 t1+t20 时， 求|AB|的值 【解答】解： （1）线 C1的参数方程为 = 2 + = 1 + （t 为参数） ， 所以：C1的普通方程：y（x2）tan+1，其中 2； 曲线 C2的极坐标方程为 26cos+40 所以：C2的直角坐标方程： （x3）2+y25 （2）由题知直线恒过定点 P（2，1） ，又 t1+t20， 由参数方程的几何意义知 P 是线段 AB 的中点， 曲线 C2是以 C2（3，0）为圆心，半径 =

35、5的圆， 且|2|2= 2 由垂径定理知：| = 22 |2|2= 25 2 = 23 五解答题（共五解答题（共 1 小题）小题） 23f（x）|xa|+|x+12a| 第 18 页（共 18 页） （1）若 f（2）2，求 a 的取值范围； （2）设（1）中 a 的最小值为 M，若|m+2n|M，|mn|M，求证：|2m+n+1|3 【解答】解： （1）f（2）|2a|+|32a|a2|+|2a3|2 当 3 2时，3a3，a1，1 3 2， 当3 2 2时，a3，3 2 2， 当 a2 时，3 7， 7 3，2 7 3， 综上，1 7 3； （2）证明：由（1）知，M1， 故|m+2n|1，|mn|1， |2m+n|m+2n+mn|m+2n|+|mn|2 |2m+n+1|2m+n|+13