1、2022年四川省宜宾市叙州一中高考数学二诊试卷（理科）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1（5分）已知集合A3，1，2，5，Bx|x+2x-50，则AB（）A3，1，2，5B3，1，2C1，2，5D1，22（5分）已知i为虚数单位，复数z=1+2i1+i，则复数z在复平面上的对应点位于（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限3（5分）若x，y满足x3x+y2yx，则x+2y的最大值为（）A1B3C5D94（5分）离散型随机变量X服从二项分布XB（n，p），且E（X）4，D（X）3，则p的值为（）A12B34C14D185（
2、5分）如图是民航部门统计的2017年春运期间12个城市售出的往返机票的平均价格以及相比去年同期变化幅度的数据统计图表，根据图表，下面叙述不正确的是（）A深圳的变化幅度最小，北京的平均价格最高B天津和重庆的春运期间往返机票价格同去年相比有所上升C平均价格从高到低居于前三位的城市为北京、深圳、广州D平均价格的涨幅从高到低居于前三位的城市为天津、西安、厦门6（5分）已知等差数列an满足a1+a38，a2+a414，则它的前8项的和S8（）A70B82C92D1057（5分）在ABC中，（BC+BA）AC=|AC|2，则三角形ABC的形状一定是（）A等边三角形B等腰三角形C直角三角形D等腰直角三角形8
3、（5分）已知（0，2），tan=2，则cos2（）A-23B23C-13D139（5分）已知在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a2，A=6，又点A，B，C都在球O的球面上，且点O到平面ABC的距离为5，则球O的体积为（）A12B632C36D4510（5分）已知2log12x1=log12x2=log32x30，则x1，x2，x3的大小关系是（）Ax2x1x3Bx3x2x1Cx1x2x3Dx3x1x211（5分）已知双曲线x2a2-y2b2=1(a0，b0)的左、右焦点分别为F1，F2，P是双曲线上一点，PF1F2是以F1P为底边的等腰三角形，且60PF2F1120，则该双曲
4、线的离心率的取值范围是（）A（1，2）B(3+12，+)C(1，3+12)D(3+12，2)12（5分）已知函数f（x）=xcosx-sinx，给出以下四个结论：函数f（x）的图象关于直线对x=2称；函数f（x）图象在（，f（）处的切线与y轴垂直；函数f（x）在区间23，34上单调递增；f（x）为奇函数，且f（x）既无最大值，也无最小值其中所有正确结论的编号是（）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13（5分）已知单位向量a，b的夹角为45，ka-b与a垂直，则k 14（5分）若(x3+1xx)n的展开式常数项为84，则n 15（5分）某地区突发传染病公共卫生事件，广大医务
5、工作者逆行而上，纷纷志愿去一线抗击疫情某医院呼吸科共有4名医生，6名护士，其中1名医生为科室主任，1名护士为护士长根据组织安排，从中选派3人去支援抗疫一线，要求医生和护士均有，且科室主任和护士长至少有1人参加，则不同的选派方案共有 种16（5分）已知函数f（x）aexx+2，g（x）x2+2，对任意的x11，2，总存在至少两个不同的x2R使得g（x1）f（x2），则a的范围是 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1721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（12分）某花圃为提高某品种花苗质量，开展技术创新活
6、动，在A，B实验地分别用甲、乙方法培训该品种花苗为观测其生长情况，分别在实验地随机抽取各50株，对每株进行综合评分，将每株所得的综合评分制成如图所示的频率分布直方图记综合评分为80及以上的花苗为优质花苗（1）求图中a的值，并求综合评分的中位数（2）用样本估计总体，以频率作为概率，若在A，B两块试验地随机抽取3棵花苗，求所抽取的花苗中的优质花苗数的分布列和数学期望；（3）填写下面的列联表，并判断是否有90%的把握认为优质花苗与培育方法有关优质花苗非优质花苗合计甲培育法20乙培育法10合计附：下面的临界值表仅供参考 P（K2k0）0.150.100.050.0250.0100.0050.001k0
7、2.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828（参考公式：K2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中na+b+c+d）18（12分）在S3S2a2+2a1，2a2a4a3，4ana1S1Sn，n2，这三个条件中任选一个，补充在下列问题中，并解答设数列an是公比大于0的等比数列，其前n项和为Sn.已知a12，_（1）求数列an的通项公式；（2）设bn1+2log2an，cn=an+1bnbn+1，且数列cn的前n项和为Tn，求Tn19（12分）如图，在斜三棱柱ABCA1B1C1中，侧面AA1B1B底面ABC，侧棱AA1与底面ABC成60的角，
8、AA12，底面ABC是边长为2的正三角形，其重心为G点，E是线段BC1上一点，且BE=13BC1（1）求证：GE侧面AA1B1B；（2）求平面B1GE与底面ABC所成锐二面角的余弦值20（12分）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（ab0）的离心率为32，短轴长为22（）求C的方程；（）设不过点T（2，1）的直线l与C相交于A，B两点，直线TA，TB分别与x轴交于M，N两点，若|TM|TN|，证明直线l的斜率是定值，并求出该定值21（12分）已知函数f（x）2exax2（aR）（1）讨论函数f（x）的极值点个数；（2）当函数f（x）有两个极值点时，设f（x）的极大值为M，证明：2Me四选修4-
9、4：坐标系与参数方程22（10分）在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=1+cosy=sin（为参数）；在以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2的极坐标方程为cos22sin（1）求曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；（2）若射线l：ykx（x0）与曲线C1，C2的交点分别为A，B（A，B异于原点），当斜率k1，3)时，求|OA|OB|的取值范围五、选修4-5：不等式选讲23已知不等式|xm|x+1|3（m0）对xR恒成立（1）求实数m的取值范围；（2）记m的最大值为k，若a0，b0，a+bk，证明：a+b22022年四川省宜宾市叙州一中高考数学二诊试卷
10、（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1（5分）已知集合A3，1，2，5，Bx|x+2x-50，则AB（）A3，1，2，5B3，1，2C1，2，5D1，2【解答】解：A3，1，2，5，Bx|2x5，AB1，2故选：D2（5分）已知i为虚数单位，复数z=1+2i1+i，则复数z在复平面上的对应点位于（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【解答】解：复数z=1+2i1+i=(1+2i)(1-i)(1+i)(1-i)=3+i2=32+12i，所以z=32-12i，故复数z在复平面上的对应点为(32，-12
11、)位于第四象限故选：D3（5分）若x，y满足x3x+y2yx，则x+2y的最大值为（）A1B3C5D9【解答】解：x，y满足x3x+y2yx的可行域如图：由可行域可知目标函数zx+2y经过可行域的A时，取得最大值，由x=3x=y，可得A（3，3），目标函数的最大值为：3+239故选：D4（5分）离散型随机变量X服从二项分布XB（n，p），且E（X）4，D（X）3，则p的值为（）A12B34C14D18【解答】解：由题意X服从二项分布XB（n，p），且E（X）np4，所以D（X）np（1p）4（1p）3，解得p=14故选：C5（5分）如图是民航部门统计的2017年春运期间12个城市售出的往返机票
12、的平均价格以及相比去年同期变化幅度的数据统计图表，根据图表，下面叙述不正确的是（）A深圳的变化幅度最小，北京的平均价格最高B天津和重庆的春运期间往返机票价格同去年相比有所上升C平均价格从高到低居于前三位的城市为北京、深圳、广州D平均价格的涨幅从高到低居于前三位的城市为天津、西安、厦门【解答】解：从折线图看，深圳的涨幅最接近0%，从条形图看，北京的平均价格最高，故A正确；从折线图看，天津和重庆的涨幅最接近0%以上，都是正值，故B正确；从条形图看，平均价格前三位的产北京，深圳，广州，故C正确；从折线图看，涨幅前三们的是天津，西安，南京，厦门的涨幅接近7.5%，故D错误故选：D6（5分）已知等差数列
13、an满足a1+a38，a2+a414，则它的前8项的和S8（）A70B82C92D105【解答】解：设等差数列an的首项为a1，公差为d由a1+a3=8a2+a4=14，得2a1+2d=82a1+4d=14，解得a11，d3所以S88a1+872d=8+28392故选：C7（5分）在ABC中，（BC+BA）AC=|AC|2，则三角形ABC的形状一定是（）A等边三角形B等腰三角形C直角三角形D等腰直角三角形【解答】解：由(BC+BA)AC=|AC|2，得AC(BC+BA-AC)=0，即AC(BC+BA+CA)=0 AC2BA=0ACBA，A90故选：C8（5分）已知（0，2），tan=2，则co
14、s2（）A-23B23C-13D13【解答】解：（0，2），tan=2，则cos2=cos2-sin2cos2+sin2=1-tan21+tan2=-13，故选：C9（5分）已知在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a2，A=6，又点A，B，C都在球O的球面上，且点O到平面ABC的距离为5，则球O的体积为（）A12B632C36D45【解答】解：如图，设ABC外接圆的半径为r，由正弦定理可得，2r=asinA=2sin6=4，则r2，设ABC的外心为G，则AG2，连接OG，则OG平面ABC，得OGGA，即OG=5，在RtOGA中，OA=OG2+GA2=(5)2+22=3，即球O的
15、半径为3，则球O的体积为V=433336故选：C10（5分）已知2log12x1=log12x2=log32x30，则x1，x2，x3的大小关系是（）Ax2x1x3Bx3x2x1Cx1x2x3Dx3x1x2【解答】解：2log12x1=log12x2=log32x30，x11，x21，x12=x2，x31，x2x1x3故选：A11（5分）已知双曲线x2a2-y2b2=1(a0，b0)的左、右焦点分别为F1，F2，P是双曲线上一点，PF1F2是以F1P为底边的等腰三角形，且60PF2F1120，则该双曲线的离心率的取值范围是（）A（1，2）B(3+12，+)C(1，3+12)D(3+12，2)【
16、解答】解：PF1F2是以F1P为底边的等腰三角形，|PF2|F1F2|2c，在PF1F2中，由余弦定理知，|PF1|2=|F1F2|2+|PF2|2-2|F1F2|PF2|cosPF2F14c2+4c222c2ccosPF2F18c2（1cosPF2F1）|PF1|22c1-cosPF2F1，由双曲线的定义知，2a=|PF1|-|PF2|=|22c1-cosPF2F1-2c|，60PF2F1120，-12cosPF2F112，221-cosPF2F162，022c1-cosPF2F1-2c(23-2)c，02a(23-2)c，离心率e=ca3+12，即e(3+12，+)故选：B12（5分）已知
17、函数f（x）=xcosx-sinx，给出以下四个结论：函数f（x）的图象关于直线对x=2称；函数f（x）图象在（，f（）处的切线与y轴垂直；函数f（x）在区间23，34上单调递增；f（x）为奇函数，且f（x）既无最大值，也无最小值其中所有正确结论的编号是（）ABCD【解答】解：对于，f（x）=xcosx-sinx，f(-x)=-xcos(-x)-sin(-x)=-x-cosx-sinx，f（x）f（x），故函数f（x）的图象不关于直线对x=2称，故错误，对于，f（x）=xcosx-sinx，f(x)=cosx+xsinxcos2x-cosx，则f()=cos+sincos2-cos=0，即函数
18、f（x）图象在（，f（）处的切线为0，该切线与y轴垂直，故正确，对于，f(x)=cosx+xsinxcos2x-cosx=cosxsin2x+xsinxcos2x=sinx(12sin2x+x)cos2x，当x23，34时，sinx0，12sin2x+x0，f（x）0，即函数在区间23，34上单调递增，故正确，对于，f（x）=xcosx-sinx，f（x）的定义域为x|x2+k，kZ，f（x）=-xcos(-x)-sin(-x)=-xcosx+sinx=-f(x)，f（x）为奇函数，当x+时，cosx1，0（0，1，sinx（1，1），当x2k，kZ时，cosx1，sinx0，故f（x）x+，
19、当x+2k，kZ时，cosx1，sinx0，故f（x）x，f（x）既无最大值，也无最小值，故正确，综上所述，正确结论编号为故选：D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13（5分）已知单位向量a，b的夹角为45，ka-b与a垂直，则k22【解答】解：向量a，b为单位向量，且a，b的夹角为45，ab=|a|b|cos45=1122=22，又ka-b与a垂直，（ka-b）a=k|a|2-ab=0，即k-22=0，则k=22故答案为：2214（5分）若(x3+1xx)n的展开式常数项为84，则n9【解答】解：(x3+1xx)n的展开式常数项为84；所以Tr+1=Cnr(x)3n-3r(x)
20、-3r2=Cnrx3n-9r2，当3n=9r2时，该项为常数项；所以当r2时，n3，常数项不为84，当r4时，n6，常数项不为84；当r6时，n9时，常数项C96=84，故答案为：915（5分）某地区突发传染病公共卫生事件，广大医务工作者逆行而上，纷纷志愿去一线抗击疫情某医院呼吸科共有4名医生，6名护士，其中1名医生为科室主任，1名护士为护士长根据组织安排，从中选派3人去支援抗疫一线，要求医生和护士均有，且科室主任和护士长至少有1人参加，则不同的选派方案共有51种【解答】解：选派3人去支援抗疫一线，方案有以下3种情况，（1）科室主任和护士长都参加，有C 81=8种，（2）科室主任参加，护士长不
21、参加，有C 52+C31C51=25种，（3）科室主任不参加，护士长参加，有C 51C31+C32=18种，综上，共有8+25+1851种，故答案为：5116（5分）已知函数f（x）aexx+2，g（x）x2+2，对任意的x11，2，总存在至少两个不同的x2R使得g（x1）f（x2），则a的范围是 （0，1e）【解答】解：g（x）x2+2，对任意的x11，2，g（x1）2，6，令f（x）t，则a=x+t-2ex，令h(x)=x+t-2ex，h(x)=3-t-xex，得h（x）在（，3t）递增，在（3t，+）递减，又x时，h（x），又x+时，h（x）0，h(3-t)=1e3-t，由题意有tg（x
22、2）2，6，0a1e3-t恒成立，故0a1e故答案为：（0，1e）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1721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（12分）某花圃为提高某品种花苗质量，开展技术创新活动，在A，B实验地分别用甲、乙方法培训该品种花苗为观测其生长情况，分别在实验地随机抽取各50株，对每株进行综合评分，将每株所得的综合评分制成如图所示的频率分布直方图记综合评分为80及以上的花苗为优质花苗（1）求图中a的值，并求综合评分的中位数（2）用样本估计总体，以频率作为概率，若在A，B两块试验地随机抽取3棵花
23、苗，求所抽取的花苗中的优质花苗数的分布列和数学期望；（3）填写下面的列联表，并判断是否有90%的把握认为优质花苗与培育方法有关优质花苗非优质花苗合计甲培育法20乙培育法10合计附：下面的临界值表仅供参考 P（K2k0）0.150.100.050.0250.0100.0050.001k02.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828（参考公式：K2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中na+b+c+d）【解答】解：（1）因为（a+0.005+0.010+0.025+0.020）101，解得a0.040，设y为评分的中位数，则前三组的概率和为0
24、.40，前四组的概率和为0.80，知80y90，所以0.4+（y80）0.040.5，则y82.5；（2）由（1）知，树高为优秀的概率为：0.4+0.20.6，由题意知的所有可能取值为0，1，2，3，P（0）=C300.430.064，P（1）=C310.420.60.288，P（2）=C320.40.620.432，P（3）=C330.630.216，所以的分布列为：0123P0.0640.2880.4320.216所以数学期望为E（）30.61.8；（3）填写列联表如下，优质花苗非优质花苗合计甲培育法203050乙培育法401050合计6040100计算K2=100(2010-4030)2
25、6040505016.62.706，所以有90%的把握认为优质花苗与培育方法有关18（12分）在S3S2a2+2a1，2a2a4a3，4ana1S1Sn，n2，这三个条件中任选一个，补充在下列问题中，并解答设数列an是公比大于0的等比数列，其前n项和为Sn.已知a12，_（1）求数列an的通项公式；（2）设bn1+2log2an，cn=an+1bnbn+1，且数列cn的前n项和为Tn，求Tn【解答】解：（1）若选，设等比数列an的公比为qa12，a3S3S2a2+2a1，而a10，q2q20，解得q2或q1q0，q2，an=2n若选，设等比数列an的公比为q，且q0，由2a2a4a3，得2a2
26、=a2q2-a2qa20，2q2q，即q2q20q0，q2，an=a1qn-1=2n若选，当n2时，an=Sn-Sn-1=4an-a1S1-4an-1-a1S1=2an-2an-1，即an2an1，a12也满足，即数列an是以2为首项，2为公比的等比数列，则an=2n（2）由（1）知bn=1+2log2an=1+2log22n=2n+1，cn=an+1bnbn+1=2n+1(2n+1)(2n+3)=2n+12(1(2n+1)-1(2n+3)，所以：Tnc1+c2+c3+cn1+cn=(21+22+2n)+12(13-15)+(15-17)+(17-19)+(1(2n+1)-1(2n+3)=2n
27、+1+n3(2n+3)-219（12分）如图，在斜三棱柱ABCA1B1C1中，侧面AA1B1B底面ABC，侧棱AA1与底面ABC成60的角，AA12，底面ABC是边长为2的正三角形，其重心为G点，E是线段BC1上一点，且BE=13BC1（1）求证：GE侧面AA1B1B；（2）求平面B1GE与底面ABC所成锐二面角的余弦值【解答】（1）证明：侧面AA1B1B底面ABC，侧棱AA1与底面ABC成60的角，A1AB60，又AA1AB2，取AB的中点O，则AO底面ABC以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz如图，则A（0，1，0），B（0，1，0），C(3，0，0)，A1(0，0，3)，B1(0，2，3
28、)，C1(3，1，3)G为ABC的重心，G(33，0，0)BE=13BC1，E(33，1，33)，GE=(0，1，33)=13AB1又GE不包含于侧面AA1B1B，GE侧面AA1B1B（2）解：设平面B1GE的一个法向量为n=(x，y，z)，则nB1E=33x-y-233z=0nGE=y+33z=0，取x=3，得n=(3，-1，3)，又底面ABC的一个法向量为m=(0，0，1)，设平面B1GE与底面ABC所成锐二面角的大小为，则cos=|cosn，m|=37=217由于为锐角，sin=1-(217)2=277，tan=277217=233故平面B1GE与底面ABC成锐二面角的正切值为23320
29、（12分）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（ab0）的离心率为32，短轴长为22（）求C的方程；（）设不过点T（2，1）的直线l与C相交于A，B两点，直线TA，TB分别与x轴交于M，N两点，若|TM|TN|，证明直线l的斜率是定值，并求出该定值【解答】（）解：由题意，ca=322b=22a2=b2+c2，解得a=22b=2c=6，椭圆C的方程为x28+y22=1；（）证明：当直线l的斜率不存在时，设直线l：xx0（x02），设l与椭圆C交于A（x0，n），B（x0，n），直线TA：y1=n-1x0+2(x+2)，直线TB：y1=-n-1x0+2(x+2)，可得M（2-x0+2n-1，0），N
30、（2+x0+2n+1，0），|TM|TN|，(-2-x0+2n-1+2)2+(0-1)2=(-2+x0+2n+1+2)2+(0-1)2，即x02与x02矛盾，故直线l的斜率存在；设直线l：ykx+m，代入x28+y22=1，整理得（1+4k2）x2+8kmx+4m280设A（x1，y1），B（x2，y2），则64k2m2（4+16k2）（4m28）0，x1+x2=-8km1+4k2，x1x2=4m2-81+4k2，|TM|TN|，kTM+kTN0，即y1-1x1+2+y2-1x2+2=0，（x1+2）（y21）+（x2+2）（y11）0，即（x1+2）（kx2+m1）+（x2+2）（kx1+m
31、1）02kx1x2+（2k+m1）（x1+x2）+4（m1）0，则2k4m2-81+4k2+(2k+m-1)-8km1+4k2+4(m-1)=0，整理得：（2k+1）（m2k1）0，2k+10或m2k10当m2k+1时，直线l：yk（x+2）+1过点T（2，1），不合题意，故舍去；2k+10，即k=-12，满足0的m存在故直线l的斜率是定值-1221（12分）已知函数f（x）2exax2（aR）（1）讨论函数f（x）的极值点个数；（2）当函数f（x）有两个极值点时，设f（x）的极大值为M，证明：2Me【解答】解：（1）f（x）的定义域为R，f（x）2（exax），记g（x）2（exax），则g
32、（x）2（exa），当a0时，f（x）f（x）2ex0，故f（x）无极值点，当a0时，g（x）0，g（x）在R上是增函数，又g（1a）2（e1a-1）2（e01）0g（0）2，所以g（x）在R内有唯一零点x0（1a，0），此时f（x0）g（x0）0，当xx0时，f（x）g（x）0，当xx0时，f（x）g（x）0，所以f（x）有唯一极值点，当a0，由g（x）0，得xlna，由于当xlna时，g（x）0；当xlna时，g（x）0，所以g（x）ming（lna）2a（1lna），若1lna0，即0ae时，f（x）g（x）0，所以f（x）在R上是增函数，无极值点，若1lna0，即ae时，g（x）min
33、0，又g（0）20，g（2lna）2a（alna）0，（a）a2lna（ae），则当ae时，（a）1-2a1-2e0，所以（a）（e）a2e20，所以g（2lna）0，所以g（x）有两个零点x1，x2，且0x1lnax2，当xx1或xx2时，g（x）f（x）0，当x1xx2时，g（x）f（x）0，所以函数f（x）有两个极值点，综上所述，当a0时，函数f（x）有唯一极值点，当0ae时，函数f（x）无极值点，当ae时，函数f（x）有两个极值点（2）证明：由（1）知，当ae时，函数f（x）有两个极值点，且x1为极大值点，0x1lna，所以f（x）极大Mf（0）2e0a022又f（0）20，f（lna
34、）f（1）2（ea）0，所以x1（0，1），由f（x1）0，得ax1ex1，所以f（x）极大值Mf（x1）2ex1-x1ex1=ex1（2x1）（x1（0，1），记h（x）ex（2x），x（0，1），则对任意x（0，1），恒有h（x）ex（1x）0，所以函数h（x）在（0，1）上增函数，所以h（x）h（1）e，即f（x）极大值Me，综上所述，2Me四选修4-4：坐标系与参数方程22（10分）在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=1+cosy=sin（为参数）；在以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2的极坐标方程为cos22sin（1）求曲线C1的极坐标方程和曲线C
35、2的直角坐标方程；（2）若射线l：ykx（x0）与曲线C1，C2的交点分别为A，B（A，B异于原点），当斜率k1，3)时，求|OA|OB|的取值范围【解答】解：（1）曲线C1的参数方程为x=1+cosy=sin（为参数），普通方程为（x1）2+y21，即x2+y22x，极坐标方程为C1：2cos，曲线C2的极坐标方程为cos22sin，即2cos22sin，曲线C2的直角坐标方程C2：x2=2y，（2）设射线l的倾斜角为，则射线l的参数方程为x=tcosy=tsin（t为参数，43）把射线l的参数方程代入曲线C1的普通方程得：t22tcos0，解得t10，t22cos|OA|t2|2cos把射
36、线l的参数方程代入曲线C2的普通方程得：cos2t22tsin，解得t10，t2=2sincos2|OB|t2|=2sincos2|OA|OB|2cos2sincos2=4tan4kk1，3)，4k4，43)，|OA|OB|的取值范围是4，43)五、选修4-5：不等式选讲23已知不等式|xm|x+1|3（m0）对xR恒成立（1）求实数m的取值范围；（2）记m的最大值为k，若a0，b0，a+bk，证明：a+b2【解答】（1）解：设f(x)=|x-m|-|x+1|=m+1，x-1-2x+m-1，-1xm-m-1，xm，m1f（x）m+1，要使不等式|xm|x+1|3（m0）对xR恒成立，只需|m+1|3，解得4m2，又m0，0m2，则实数m的取值范围为（0，2；（2）证明：由（1）可知m的最大值为2，即k2，a+b2，a+b2(a)2+(b)22=a+b2=1，得a+b2，当且仅当ab1时取等号
