【文档说明】【精准解析】辽宁省锦州市渤大附中、育明高中2020届高三下学期开学摸底考试数学（理）试题.pdf，共(26)页，618.834 KB，由小赞的店铺上传

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-1-2020渤大附中、育明高中高三摸底考试理科数学试卷本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分考生请注意：Ⅰ考试时间120分钟.满分150分；Ⅱ只交答题纸，在卷上作答无效.第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题：（本卷共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.设集合2320Mxxx，集合1=42xNx，则MN（）A.2xxB.1xx

C.2xxD.R【答案】B【解析】【分析】由2320xx，解得：{|1Mxx或2}x，由142x，解得：{|2}Nxx，利用交集的概念求解即可.【详解】2320(2)(1)0x

xxx，解得：1x或2x.{|1Mxx或2}x.214222xx，解得：2x，即2x.{|2}Nxx.所以1MNxx.故选：B【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法和指数不等式

的解法以及交集的运算，同时考查计算能力，属于简单题.2.已知复数z满足21zizi，则zA.12iB.12iC.1iD.1i-2-【答案】C【解析】【分析】设出复数z，根据复数相等求得结果.【详解】设

,zabiabR，则zabi，故22221zizabiiabibaabii，故2121baab，解得11ab.所以1zi.故选：C.【点睛】本题考查复数的运算，共轭复数的求解，属综合基础题.3.方程22123xy

mm表示双曲线的一个充分不必要条件是()A.30mB.13mC.34mD.23m【答案】B【解析】【分析】根据充分条件和必要条件的定义，结合双曲线方程的性质进行判断即可．【详解】方程22123xymm表示双曲

线23023mmm，选项是23m的充分不必要条件，选项范围是23m的真子集，只有选项B符合题意，故选B．【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，以及双曲线的标准方程，属于简单题．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,pqqp.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.-

3-4.已知数列na是正项等比数列，若132a，3432aa，数列2logna的前n项和为nS，则nS>0时n的最大值为（）A.5B.6C.10D.11【答案】C【解析】2525163412132323222log62nnn

naaaqqqaanmax(56)011102nnnSnn，故选C.5.函数()sin(),0,02fxx在一个周期内的图象如图所示，M、N分别是图象的最高点和最低点，其中M点横坐标为12，O为坐

标原点，且0OMON，则，的值分别是（）A.23，6B.，3C.2，4D.1，3【答案】A【解析】【分析】根据条件即可得出1(,1)2M，并设(,1)Nx，然后根据0OMONuuuruuurg即可得出2x，这样

结合图象即可得出22322，从而解出，即可．【详解】解：根据题意知，1(,1)2M，设(,1)Nx，且0OMONuuuruuurg，102x，解得2x，-4-结合图象，把两点的坐标代入函数解析式中

得，22322，解得2,36．故选：A．【点睛】本题考查了向量数量积的坐标运算，根据点的坐标求向量的坐标的方法，五点法画()sin()fxx的图象的方法，考

查了计算能力，属于基础题．6.《周髀算经》是我国古代的天文学和数学著作．其中一个问题的大意为：一年有二十四个节气（如图），每个节气晷长损益相同（即物体在太阳的照射下影子长度的增加量和减少量相同）．若冬至晷长一丈三尺五寸，夏至晷长一

尺五寸（注：ー丈等于十尺，一尺等于十寸），则立冬节气的晷长为（）A.九尺五寸B.一丈五寸C.一丈一尺五寸D.一丈六尺五寸【答案】B【解析】【分析】设晷长为等差数列{an}，公差为d，a1＝15，a13＝135，利用等差数列的通项公式即可得出．

【详解】设晷长为等差数列{an}，公差为d，令夏至晷长为a1，则a1＝15，a13＝135，则15+12d＝135，解得d＝10．∴a10＝15+90＝105，∴立冬节气的晷长为一丈五寸．故选B．【点睛】本题考查了等差数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．-5-7.某程序框图如图所

示，其中21()gnnn，若输出的20192020S，则判断框内可以填入的条件为（）A.2020?nB.2020?n„C.2020?nD.2020?n【答案】A【解析】【分析】因为2111111gnnnn

nnn，此程序框图是对函数gn求和，利用裂项相消法求和，可知201912020nSn，可知2019满足条件进入循环，2020不满足条件没有进入循环，根据选项得到正确结果.【详解】由2221111111112019(1111222

231112020nSnnnnnn，解得2019n，可得n的值为2019时.满足判断框内的条件，当n的值为2020时，不满足判断框内的条件，退出循环，输出

S的值，故判断框内可以填人的条件为“2020n？”.故选A.-6-【点睛】本题考查根据循环框图的输出结果填写判断框的内容，关键是分析出满足输出结果时的n值，再根据选项判断结果.8.已知222(45sin)axxdx，且2am.则展开式212(1)mx

x中x的系数为（）A.12B.-12C.4D.-4【答案】D【解析】【分析】求定积分得到a的值，可得m的值，再把1mx按照二项式定理展开式，可得212(1)mxx中x的系数．【详解】∵2222221(45

sin)2522axxdxcosx，且24am，则展开式422112121mxxxx2342121464xxxxx，故含x的系数为844，故选

D．【点睛】本题主要考查求定积分，二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．9.设E，F分别是正方体1111ABCDABCD的棱DC上两点，且2AB，1EF，给出下列四个命题:①三棱锥11DBEF的体积为定值;-7-②异面直

线11DB与EF所成的角为45;③11DB平面1BEF;④直线11DB与平面1DEF所成的角为60.其中正确的命题为（）A.①②B.②③C.②④D.①④【答案】A【解析】【分析】①根据题意画出图形，结合图形求出三棱锥11DBEF的体积为定值；②根

据11//EFDC，转化为11DC与11DB所成的角；③利用反正法判11DB与平面1BEF不垂直；④平面1DEF即为平面11DCCD,故直线11DB与平面1DEF所成的角是为111CDB．【详解】解：如图所示，三棱锥11DBEF的体积为11111122213323DEFVS

BC为定值，①正确；11//EFDC，111BDC是异面直线11DB与EF所成的角为45，②正确；若11DB平面1BEF，则11DBEF，而11//EFDC故1111DBDC,而

11DB与11DC所成角为45，③错误；平面1DEF即为平面11DCCD,故直线11DB与平面1DEF所成的角是为11145CDB，④错误．综上，正确的命题序号是①②．故选：A．【点睛】本题考查了空间

中的线线，线面的位置关系和体积应用问题，是基础题．10.某教师准备对一天的五节课进行课程安排，要求语文、数学、外语、物理、化学每科分别要排一节课，则数学不排第一节，物理不排最后一节的情况下，化学排第四节的概率是（）A.320B.313-8-C.739D.1778【答案】C【解析】【分析

】先求出事件A：数学不排第一节，物理不排最后一节的概率，设事件B：化学排第四节，计算事件AB的概率，然后由公式()()PABPA计算即得．【详解】设事件A：数学不排第一节，物理不排最后一节.设事件B：化学排第四节.411343335555ACCA78AAPA，3112322255

55ACCA14AAPAB，故满足条件的概率是739PABPA.故选C．【点睛】本小题主要考查条件概率计算，考查古典概型概率计算，考查实际问题的排列组合计算，属于中档题.11.已知,0Fc为双曲线C：222210,0xyabab的右焦点，若

圆F：222xcya上恰有三个点到双曲线C的一条渐近线的距离为2a，则双曲线的离心率为（）.A.52B.62C.102D.132【答案】A【解析】【分析】双曲线渐近线方程为0bxay，由题意可得圆心到渐近线的距离为22aaa，通

过点到直线的距离公式可得2ab，根据2222abeb即可得结果.-9-【详解】双曲线C：222210,0xyabab的渐近线方程为0bxay，圆F：222xcya的圆心为,0c，半径为a，∵圆F：222xcya上恰有三个

点到双曲线C的一条渐近线的距离为2a，∴圆心到渐近线的距离为22aaa，即222bcaab，化简得2ab，∴222222225544cabbeaab，即52e，故选A.【点睛】本题主要考查了双曲线离心率的求法，由题意转化为,0Fc到

渐近线的距离为2a得到2ab是解题的关键，属于中档题.12.已知函数22ln3()xxfxmx，若01,4x，使得00ffxx，则m的取值范围是（）A.(,2]eB.[2,1

6ln212]eC.[0,2]eD.[2,0)e【答案】D【解析】【分析】由题意00ffxx，可得00fxx，即fxx在1,4上有根，即22ln3()xxfxmxx，分离参数，构造函数，结合导数求出

函数的单调性，作出其图像即可求解.【详解】由22ln3()xxfxmx得-10-2222222ln32ln1()xxxxxxxfxxx设2()2ln1hxxx

，则2212()2xhxxxx当1x时，0hx，()hx单调递增，当01x时，0hx，()hx单调递减.所以()(1)0hxh，即()0fx，所以()fx在1,4上单调递增.由题意00ffxx若

00fxx，则000ffxfxx与条件不符，所以00fxx不成立.若00fxx,则000ffxfxx与条件不符，所以00fxx不成立.所以有00fxx，即fxx在1,4上有零点，即

22ln3()xxfxmxx，整理得2ln3xmx，即直线ym与2ln3()xgxx有交点，又由22ln1()xgxx，14x，令()0gx，解得exe，当1,4exe时，()0gx，函数()gx单调递增，

当,exe时，()0gx，函数()gx单调递减，max()2egxgee，又14(3ln16)04g，当x时，()0gx且()0gx.

分别画出ym与()ygx的图象，如图所示：-11-由图象可得当02me，即20em时，ym与()ygx有交点，故选：D【点睛】本题考查函数有零点求参数问题，考查分离参数，构造函数，属于难题.第II卷（非选择题共90分）二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分.）13.

已知1,3a，2,bk，且2//3abab，则实数k__________．【答案】6【解析】由题意2(3,32)abk，3(5,9)abk，由(2)//(3)abab，

得3(9)5(32)kk，解得6k.【点睛】设向量11(,)axy=，22(,)bxy=，向量平行的两种方法：（1）//ab的充要条件是12210xyxy；（2）不妨设0a，//ab的充要条件是存在实数，使ba，即2122{xxyy.第一种方法纯

粹地是代数方程，第二种方法是几何方法，对不是坐标表示的向量平行非常适用.14.直线l过抛物线22(0)ypxp的焦点，且交抛物线于,AB两点，交其准线于C点，已知，3CBBF，则p___________．【答案】2．

【解析】试题分析：过,AB分别作准线的垂线交准线于,ED，因为，3CBBF，所以-12-3AE，3CBBF，且BFBD，设BFBDa，则3CBa．根据三角形的相似性可得：BDCBA

EAC，即3333aaaa，解之得32a．而GFCFAEAC，即4343paa，所以2p，故应填2．考点：1、抛物线的定义；2、相似三角形的性质．【思路点睛】本题主要考查了抛物线的定义和相似三角形的性质，考查了学生

综合运用能力和计算能力，属中档题．其解题的一般思路为：首先过,AB分别作准线的垂线交准线于,ED，然后由抛物线的定义并结合已知条件，3CBBF可得，3AE，3CBBF，且BFBD，再根据三角形的相似可得所求的答案．15.已知定义在R上的函数()fx满足(1)(1

)fxfx且在[1,)上是增函数，不等式(2)(1)faxfx对任意1,12x恒成立，则实数a的取值范围是______..【答案】[2,0]【解析】【分析】由条件可知()fx的图像关于直线

1x对称，由函数()fx在[1,)上是增函数，则函数()fx在1，上是减函数.不等式(2)(1)faxfx对任意1,12x恒成立.即2111axx对任意1,12x恒成立.然后打开绝对值即可求解.-13-【详解】由函数()fx满足(1)(

1)fxfx可得函数()fx的图像关于直线1x对称.又函数()fx在[1,)上是增函数，则函数()fx在1，上是减函数.不等式(2)(1)faxfx对任意1,12x恒成立.即2111axx对任意1,12x恒成

立.即12axx对任意1,12x恒成立.所以212xaxx对任意1,12x恒成立.即3111axx对任意1,12x恒成立.由函数31yx

在1,12x单调递增，则312x由函数11yx在1,12x单调递减，则110x.所以20a故答案为：[2,0]【点睛】本题考查根据函数的对称性和单调性解不等式，以及恒成立问题，属于中档题.16.在三棱锥DABC中，AD平面ABC

，且6ADAB，120BAC，ABAC，当三棱锥DABC的体积最大时，此三棱锥的外接球的表面积为__________．【答案】68【解析】【分析】设ABACx，则3BCx，利用正弦定理表示ABC的外接圆的半径为r，再利用勾股定理表示球的半径，进而表示三棱锥DA

BC的体积，利用导数知识求最值，从而得到AB的长度.【详解】如图，点1O为ABC的外接圆的圆心，点O为三棱锥的外接球的球心，点E为线段-14-AD的中点，由球的性质知四边形1AEOO是矩形，设ABACx，则3BCx，6AD

x，1322ADxOOAE，设ABC的外接圆的半径为r，三棱锥的外接球的半径为R，ABC中，2sin120BCr，33•22xrx，1OAx，1RtOOA中，22222211533924

xAOOOAOxxx，即225394Rxx.三棱锥DABC的体积2231113•••sin120•66,0,633212ABCVSADxxxxx

.23'44Vxx易得233612Vxx在0,4内单调递增，在4,6内单调递减.所以，当4x时，233612Vxx取得最大值.此时25•163•49174R.所以，三棱锥的外接球的表面

积为2468SR.故答案为68【点睛】本题考查三棱锥的外接球的表面积的求法，锥体体积的最值，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基本知识，考查空间想象能力、运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．三、解答题：（共6题满分70分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）17.已知函数

2cos3cossin3fxxxx.(1)求函数fx的最大值-15-(2)在ABC中，角,,ABC对的边是,,abc若A为锐角，且满足0,sin4sin,fABCABC的面积为3，求边长a【答案】(1)2;(2)1

3【解析】【分析】(1)先利用三角恒等变换的知识化简函数的解析式，再求函数的最大值.(2)先化简0Asin4sinb4cfABC得到的值，再化简得到，再化简ABC的面积为3得到c的值，再利用余弦定理求出a的值.【详解】（1）由题得223cossi

n233cos2sin22sin23fxxxxxx，所以函数f(x)的最大值为2.（2）因为0fA，所以2sin20,sin20,2333AAAkkz，因为

0,,,3AA因为sin4sin,BC所以b=4c,因为ABC的面积为3，所以113sin3,43,1,4.222bcAcccb由余弦定理得2116214cos13,133aa.18.为了让税收政策更好的为社会发展服务,国家在修订《中

华人民共和国个人所得税法》之后，发布了《个人所得税专项附加扣除暂行办法》，明确“专项附加扣除”就是子女教育、继续教育大病医疗、住房贷款利息、住房租金赠养老人等费用，并公布了相应的定额扣除标准，决定自2019年1月1日起施行，某机关为了调查内部职员对新个税方案的满

意程度与年龄的关系，通过问卷调查，整理数据得如下2×2列联表：40岁及以下40岁以上合计基本满意153045很满意251035-16-合计404080（1）根据列联表,能否有99%的把握认为满意程度与年龄有关?（

2）为了帮助年龄在40岁以下的未购房的8名员工解决实际困难,该企业拟员工贡献积分x（单位：分）给予相应的住房补贴y（单位：元）,现有两种补贴方案，方案甲：1000700yx;方案乙：3000,055600,5109000

,10xyxx.已知这8名员工的贡献积分为2分,3分,6分,7分,7分,11分,12分,12分,将采用方案甲比采用方案乙获得更多补贴的员工记为“A类员工”.为了解员工对补贴方案的认可度,现从这8名员工中随机抽取4名进行面谈，求恰好抽到3名“A类员工”的概率．附：

22nadbcKabcdacbd，其中nabcd.参考数据：20PKk0.500.400.250.150.100.050.0250.0100k0.4550.7081.3232.0722.7063.8415.0246.635【答案

】（1）见解析（2）37【解析】【分析】（1）由列联表计算2K的观测值即可求解；（2）由题得8名员工的贡献积分及按甲、乙两种方案所获补贴情况，进一步得到“A类员工”的人数，再利用古典概型求解即可【详解】（1）根据列联表可以求得2K的观测值：2280253010

1580K11.429354540407.-17-∵11.4296.635.∴有99%的把握认为满意程度与年龄有关（2）据题意，该8名员工的贡献积分及按甲、乙两种方案所获补贴情况为：积分23677111212方案甲24003100520059005900870094009

400方案乙30003000560056005600900090009000由表可知，“A类员工”有5名.设从这8名员工中随机抽取4名进行面谈，恰好抽到3名“A类员工”的概率为P.则315348CCPC37【点睛】本题考查独立性检验，古典概型计算，熟练计算是关键，是基础题

19.如图，已知四边形ABCD满足//ADBC，12BAADDCBCa，E是BC的中点，将BAE沿AE翻折成1BAE，使得162BDa，F为1BD的中点.（Ⅰ）证明：1//BE平面ACF；（Ⅱ）求平面1ADB与平面1ECB所成锐二面

角的余弦值.-18-【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）35.【解析】【分析】（I）连接ED交AC于点O，连接OF，利用中位线证得1//OFBE，由此证得1//BE平面ACF.（II）以MD、MA、1MB所在的直线分别为

,,xyz轴建立空间直角坐标系，通过计算平面1ADB和平面1ECB的法向量，计算出所求锐二面角的余弦值.【详解】解：（Ⅰ）连接ED交AC于点O，连接OF，由四边形ABCD为菱形，F为1BD的中点得，1//OFBE，1BE平面ACF，所以1//BE平面ACF.（Ⅱ）由第（Ⅰ）

小题可知得，以MD、MA、1MB所在的直线分别为,,xyz轴建立空间直角坐标系（如图）.则0,,02aA，3,0,02aD，130,0,2aB3,,02aCa，0,,02aE3,,022aaEC

，130,,22aaEB，3,,022aaAD，130,,22aaAB，设平面1ADB的法向量,,mxyz，则302230

22aaxyaayz，令1y，解得33,1,33m，同理平面1ECB的法向量33,1,33n，3cos,5mnmnmn，-19-故平面1

ADB与平面1ECB所成锐二面角的余弦值为35.【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查利用空间向量法求二面角的余弦值的方法，属于中档题.20.已知函数22ln,0fxxaxaxa.（1）求函数yfx的单调区间；（2）当

1a时，证明：对任意的0x,2()2xfxexx．【答案】(1)单调递减区间为02a，,单调递增区间为,2a(2)证明见解析【解析】【分析】（1）函数定义域为

0,，求导得到21xaxfxx，根据导数正负得到函数的单调区间.（2）2lnfxxxx，不等式等价于ln20xex恒成立，设ln2xgxex，求函数的最小值得到00012gxxx，得到证明.【详解】（1）22ln,0fx

xaxaxa，定义域为0,，2122xaxafxxaxx，-20-令0,2afxx；令0,02afxx.∴函数yfx的单调递减区间为02a，,单调递增区间为,2a（2）

21,ln0afxxxxx，即证ln20xex恒成立令ln2,0xgxexx，，即证min0gx恒成立，1xgxex，10,102gg∴01,12x，使00gx

成立，即0010xex则当00xx时，0gx，当0xx时，0gx∴ygx在00,x上单调递减，在0,x上单调递增.∴000minln2xgxgxex又因0010xex，即001xex∴00000

0011ln2ln22xxgxexexxx又因000011,1,2,()02xxgxx，即得证.【点睛】本题考查了函数的单调区间，恒成立问题，将恒成立问题转化为

函数的最值问题是解题的关键.21.椭圆2222:10xyCabab的焦距是82，长轴长是短轴长3倍，任作斜率为13的直线l与椭圆C交于AB、两点（如图所示），且点32,2P在直线l的左上方.-21-（1）求椭圆C的

方程；（2）若210AB，求PAB的面积；（3）证明：PAB的内切圆的圆心在一条定直线上．【答案】（1）221364xy（2）6（3）PAB的内切圆的圆心在一条定直线32x上【解析】【分析】（1）由题意求

出椭圆方程中的,,abc，得解；（2）分别利用弦长公式及点到直线的距离公式求出三角形的底与高，再利用三角形面积公式求解即可；（3）先证明0PAPBkk，从而可得APB的角平分线平行y轴，从而可证PAB的内切圆

的圆心在一条定直线上.【详解】解：（1）由题意知：282c，得42c，又2223,32ababc，所以6,2ab，故椭圆C的方程为：221364xy；（2）设直线l的方程为：13yx

t，代入椭圆方程可得：22269360xtxt，设11(,)Axy，22(,)Bxy,则212129363,2txxtxx，所以221192(936)9ABtt，-22-又210AB，解得2t或2t，由题意可得0t，故AB所在直线方程为123yx，即

360xy，所以点32,2P到直线AB的距离3232661910d，故PAB的面积为11621062210SABd；（3）设直线l的方程为：13yxm，代入椭圆方程可得：22269360xmxm，设11(,)Axy，22(,)

Bxy,则212129363,2mxxmxx，所以1212223232PAPByykkxx=122112(2)(32)(2)(32)(32)(32)yxyxxx

，又12(2)(32)yx21(2)(32)yx121(2)(32)3xmx211(2)(32)3xmx2121222936(22)()6212(22)362120332mxxmxxmmmm，即0PAPBkk，所以APB的角平分线平

行y轴，故PAB的内切圆的圆心在一条定直线32x上.【点睛】本题考查了椭圆方程的求法、弦长公式及点到直线的距离公式，重点考查了圆锥曲线中的定值问题，属综合性较强的题型.请考生在22，23两题中任选一题作答，如果多做，

则按所做的第一题记分.22.选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为3,211,2xtyt（t为参数），以原点为极点，x-23-轴正半轴为极轴建立极

坐标系，曲线1C的方程为3643sin12cos，定点6,0M，点N是曲线1C上的动点，Q为MN的中点.（1）求点Q的轨迹2C的直角坐标方程；（2）已知直线l与x轴的交点为P，与曲线2C的交点为,AB，若AB

的中点为D，求PD的长.【答案】(1)2233xy(2)332PD【解析】试题分析：（1）求出曲线C1的直角坐标方程为221243360xyxy，设点N（x′，y′），Q（x，y），由中点坐

标公式得262xxyy，由此能求出点Q的轨迹C2的直角坐标方程．（2）P的坐标为3,0，设l的参数方程为33,21,2xtyt，（t为参数）代入曲线2C的直角坐标方程得23330tt，根据韦达定理，利用t的参数意义得1

22ttPD即可得解.试题解析：（1）由题意知，曲线1C的直角坐标方程为221243360xyxy.设点,Nxy，,Qxy，由中点坐标公式得262xxyy，代入221243360xyxy中，得点Q的轨迹2C的直角坐标方程为223

3xy.（2）P的坐标为3,0，设l的参数方程为33,21,2xtyt，（t为参数）代入曲线2C的直-24-角坐标方程得：23330tt，设点,,ABD对应的参数分别为123,,ttt，则1233tt，123tt，1

233322ttPDt.23.选修4-5：不等式选讲设函数22()|||2|(,)fxxaxbabR.（1）若1a，0b，求()2fx的解集；（2）若()fx的最小值为8，求2ab的最大值.【答案】（1）13(,][,)22x；（2）2

6【解析】【分析】（1）对x分三种情况讨论，分别去掉绝对值符号，然后求解不等式组，再求并集即可得结果；（2）由绝对值三角不等式可得2222222228xaxbxaxbab，再根据柯西不等式

可得结果.【详解】（1）因为1a，0b，所以1fxxx，当0x时，1122xxx，∴12x.当01x时，12xxx；当1x时，3122xxx，∴32x.综上所述：13,,22x.（2）∵222

2222228xaxbxaxbab，又根据柯西不等式知2223226abab（当且仅当ab时取等号），故2ab的最大值为26.-25-【点睛】绝对值不等式的常见解法：①利用绝对值不等式的几何意义求解，体现

了数形结合的思想；②利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；③通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．-26-