【文档说明】河南省信阳市2021届高三上学期12月调研考试理科数学试卷答案.pdf，共(9)页，316.969 KB，由小赞的店铺上传

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【高三理科数学参考答案（第１页共９页）】２０２０－２０２１学年高三年级调研考试高三理科数学参考答案１．【答案】Ｂ【解析】Ａ＝{ｘ｜２ｘ＞１}＝{ｘ｜２ｘ＞２０}＝{ｘ｜ｘ＞０}，Ｂ＝{ｘ｜ｘ２＋５ｘ－６＜０}＝{ｘ｜（ｘ＋６）（ｘ－１）＜０}

＝{ｘ｜－６＜ｘ＜１}，∴Ａ∩Ｂ＝(０，１)．故选：Ｂ．２．【答案】Ｃ【解析】因为ａ＋２ｉ＝(ｂ＋ｉ)ｉ＝－１＋ｂｉ，所以ａ＝－１，ｂ＝２．所以ａ－ｂｉ＝－１－２ｉ＝槡(－１)２＋(－２)２＝槡５．故选：Ｃ．３．【答案】Ｄ【解析】设ｆ（ｘ）＝ｓｉｎｘ－槡３ｃｏｓｘ＝２ｓ

ｉｎ（ｘ－π３），当ｘ∈［０，π］，ｆ（ｘ）ｍａｘ＝２，对于命题ｐ，ｘ∈［０，π］，使得ｓｉｎｘ槡－３ｃｏｓｘ＜ａ，若命题ｐ为真，则ａ＞２；设ｇ（ｘ）＝ｘ＋１ｘ，当ｘ∈［１２，１］，ｇ（ｘ）单调递减

，当ｘ∈（１，３］，ｇ（ｘ）单调递增，ｇ（１２）＝５２，ｇ（３）＝１０３，命题ｑ：ｘ０∈［１２，３］，ｘ０＋１ｘ０＞ａ，若命题ｑ为真，则ａ＜１０３．由于ｐ∧ｑ为真命题，所以ｐ，ｑ均为真命题，所以２＜ａ＜１０３，故选Ｄ．４．【答案】Ｃ【解析】ａ１ａ２ａ３＝１８，所以ａ３２＝１８，则ａ２＝１

２，设等比数列ａ{}ｎ的公比为ｑ，ａ８＝３ａ６＋４ａ４，两边同除以ａ４，得到ｑ４－３ｑ２－４＝０，解得ｑ２＝４或ｑ２＝－１（舍），所以ｑ＝±２，ａ３＝±１，故选Ｃ．５．【答案】Ｃ【解析】∵Ｆ１Ｐ⊥Ｆ２Ｐ，∴∠Ｆ１ＰＦ２＝９０°，∴｜ＯＰ｜＝１２｜Ｆ１Ｆ２｜＝ｃ，直线ｌ：ｙ槡＝

３ｘ的倾斜角为６０°，｜ＯＰ｜＝｜ＯＦ２｜＝ｃ，所以△ＯＰＦ２是等边三角形，｜ＰＦ２｜＝ｃ，∴｜ＰＦ１槡｜＝３ｃ，则２ａ＝（槡３－１）ｃ，所以ｅ＝ｃａ＝２槡３－１槡＝３＋１，故选：Ｃ．６．【答案】Ｃ【解析】因为（ｘ＋１）２ｘ＋１ｘ()３

ｎ的展开式中没有ｘ２项，所以ｘ＋１ｘ()３ｎ的展开式中不含常数项，不含ｘ项，不含ｘ２项ｘ＋１ｘ()３ｎ的展开式的通项为：Ｔｒ＋１＝Ｃｒｎｘｎ－ｒ１ｘ()３ｒ＝Ｃｒｎｘｎ－４ｒ，ｒ＝０，１，２，…，ｎ所

以当ｎ取５，６，７，８时，方程ｎ－４ｒ＝０，ｎ－４ｒ＝１，ｎ－４ｒ＝２无解，检验可得ｎ＝７，故选：Ｃ．７．【答案】Ａ【解析】当ｔ＝５７３０时，Ｎ＝Ｎ０·２－１＝１２Ｎ０∴经过５７３０年后，碳１４的质量变为原来的１２令Ｎ＝３５Ｎ０，则２－ｔ５７３０＝３５，∴－

ｔ５７３０＝ｌｏｇ２３５＝ｌｏｇ２３－ｌｏｇ２５≈－０．７，∴ｔ＝０．７×５７３０＝４０１１，【高三理科数学参考答案（第２页共９页）】∴良渚古城存在的时期距今约在４０１１年到５７３０年之间，故选Ａ．８．【答案】Ｂ【解析】ｆ（ｘ）＝ｃｏｓ２

ｘ＋φ２－１２＋槡３２ｓｉｎ（ｘ＋φ）＝１２ｃｏｓ（ｘ＋φ）＋槡３２ｓｉｎ（ｘ＋φ）＝ｓｉｎ（ｘ＋φ＋π６），∵函数ｆ（ｘ）图象的一个对称中心为－π３，()０，∴－π３＋φ＋π６＝ｋπ，ｋ∈Ｚ，∴φ＝ｋπ＋π６，ｋ∈Ｚ∵－π２＜φ＜π２，∴φ＝π６，∴ｆ（ｘ）＝ｓｉｎ

（ｘ＋π３），将ｆ（ｘ）图象上各点的横坐标缩小到原来的１３（纵坐标不变），纵坐标伸长到原来的２倍（横坐标不变），得到函数ｙ＝ｇ（ｘ）的图象，则ｇ（ｘ）＝２ｓｉｎ（３ｘ＋π３），∵－π１８＜ｘ＜５π１８，π６＜３ｘ＋π３＜７π６，所以函数ｇ（ｘ）的值域为（－１，２］，故选Ｂ．９．【答案】Ｂ【解析】设

小圆柱体底面半径为５ｃｏｓθ，所以高为５＋５ｓｉｎθ，θ∈０，π()２，小圆柱体积Ｖ＝π·（５ｃｏｓθ）２（５＋５ｓｉｎθ），设ｓｉｎθ＝ｔ，ｔ∈（０，１），则Ｖ＝１２５π（－ｔ３－ｔ２＋ｔ＋１），Ｖ′＝１２５π（－３ｔ＋１）（ｔ＋１），ｔ＝１３时，Ｖｍａ

ｘ＝４０００π２７．故选：Ｂ．１０．【答案】Ａ【解析】依题意得→ＡＥ＝→ＡＢ＋→ＢＥ＝→ＡＢ＋λ→ＢＣ＝→ＡＢ＋λ→ＡＤ，→ＡＦ＝→ＡＤ＋→ＤＦ＝→ＡＤ＋μ→ＤＣ＝→ＡＤ＋μ→ＡＢ，所以→ＡＥ·→ＡＦ＝（→ＡＢ＋λ→ＡＤ）·（→ＡＤ＋μ→

ＡＢ）＝λ→ＡＤ２＋μ→ＡＢ２＋（１＋λμ）→ＡＢ·→ＡＤ＝４λ＋４μ＋（１＋λμ）×２×２×ｃｏｓ６０°＝４λ＋４μ＋２＋２λμ＝９２，→ＣＥ·→ＣＦ＝（１－λ）→ＣＢ·（１－μ）→ＣＤ＝（１－λ）（１－μ）→ＡＢ·→ＡＤ＝（１－λ）（１－μ）×２×

２×ｃｏｓ６０°＝２（１－λ－μ＋λμ）＝１，即２λμ＝２（λ＋μ）－１，所以４（λ＋μ）＋２＋２（λ＋μ）－１＝９２，所以λ＋μ＝７１２．故选：Ａ．１１．【答案】Ｂ【解析】设ｆ（ｘ）＝２０２０ｘ＋１，则ａ＝ｆ（４）ｆ（３），ｂ＝ｆ（５）ｆ（４）．∴ａ

－１＝ｆ（４）－ｆ（３）ｆ（３）＝２０２０４－２０２０３２０２０３＋１＝２０１９×２０２０３２０２０３＋１＝２０１９×２０２０４２０２０４＋２０２０，【高三理科数学参考答案（第３页共９页）】ｂ－１＝ｆ（５）

－ｆ（４）ｆ（４）＝２０２０５－２０２０４２０２０４＋１＝２０１９×２０２０４２０２０４＋１＞２０１９×２０２０４２０２０４＋２０２０，∴ｂ－１＞ａ－１即ｂ＞ａ，故选Ｂ．１２．【答案】Ａ【解析】()ｆ′ｘ＝６ａｘ２－６ａｘ＝６ａ

ｘｘ()－１．当ａ＝０时，ｆ（ｘ）＝１，ｇ（ｘ）＝３２，显然不满足题意；当ａ＞０时，函数ｆ（ｘ）的变化情况如下表所示ｘ００，()１１１，()２２()ｆ′ｘ０－０＋()ｆｘ１极小值１－ａ１＋４ａ又ａ＞０时，ｇ（ｘ）＝－ａ４ｘ＋３２在［０，２］上是减函数，且对任意ｘ∈［０，２］，

()ｇｘ的值域为－ａ２＋３２，[]３２，此时当()ｇｘ∈（１，３２）时，函数ｆ（ｘ）上不存在两个ｘｉ（ｉ＝１，２）使得ｇｘ()０＝ｆｘ()ｉ成立，∴不合题意；当ａ＜０时，函数ｆ（ｘ）的变化情况如下表所示ｘ００，()１１１，()２２

()ｆ′ｘ０＋０－()ｆｘ１极大值１－ａ１＋４ａ()ｆｘ在［０，２］的最大值为１－ａ．又ａ＜０时，ｇ（ｘ）＝－ａ４ｘ＋３２在［０，２］上是增函数，且对任意ｘ∈［０，２］，()ｇｘ∈３２，－ａ２＋[]３２．由题意可知－ａ２＋３２＜１－ａ１＋４ａ≤{３２

．∴ａ＜－１，综上，实数ａ的取值范围是－∞，()－１．故选：Ａ．１３．【答案】π３【解析】根据题意，向量｜ａ｜＝１，｜ｂ｜＝１，设向量ａ，ｂ的夹角为θ，向量ａ－ｂ＝ｂ，则ａ－()ｂ２＝ｂ２，则有１＋１－２ｃｏｓθ＝１，ｃｏ

ｓθ＝１２；故答案为π３．１４．【答案】９【高三理科数学参考答案（第４页共９页）】【解析】画出约束条件ｘ＋ｙ－５≤０ｙ－２≥０ｘ－１≥{０所表示的平面区域，如图所示，目标函数ｚ＝ｘ＋２ｙ，可化为直线ｙ＝－１２ｘ＋ｚ２，当直线ｙ＝－１２ｘ＋ｚ２过点Ａ时在ｙ上的

截距最大，此时目标函数取得最大值，又由ｘ＋ｙ－５＝０ｘ{－１＝０，解得Ａ（１，４），所以目标函数ｚ＝ｘ＋２ｙ的最大值为ｚｍａｘ＝１＋２×４＝９．１５．【答案】ｘ－ｙ－１＝０【解析】设直线ｌ：ｘ＝ｎｙ＋１，Ａ（ｘ１，ｙ１）

，Ｂ（ｘ２，ｙ２），ｘ＝ｎｙ＋１ｙ２＝４{ｘ，整理得ｙ２－４ｎｙ－４＝０，则ｙ１＋ｙ２＝４ｎ，ｙ１ｙ２＝－４，ｋ１＝ｙ１－２ｘ１－１＝ｙ１－２ｙ１２４－２２４＝４ｙ１＋２，同理，ｋ２＝４ｙ２＋２，ｋ１＋ｋ２＝４ｙ１＋２＋４ｙ２＋２＝４（ｙ１＋ｙ

２＋４）ｙ１ｙ２＋２（ｙ１＋ｙ２）＋４＝１６（ｎ＋１）８ｎ＝２（ｎ＋１）ｎ＝４，解得ｎ＝１，所以直线ｌ的方程为ｘ－ｙ－１＝０．１６【答案】１０【解析】ａｎ＋１－ｂｎ＋１＝ｂｎ＋１＋ａｎ２－ｂｎ＋１＝－１２ｂｎ＋１＋

１２ａｎ＝－１２１３ａｎ＋２３ｂ()ｎ＋１２ａｎ＝１３ａｎ－ｂ()ｎ，ｃ１＝ａ１－ｂ１＝０．９，故ｃ{}ｎ是首项为０．９，公比为１３的等比数列，故ｃｎ＝０．９×１３ｎ－１，则０．９×１３ｎ－１≤１１０４，即３ｎ－３≥１０３，当ｎ＝９

时，３６＝７２９＜１０３；当ｎ＝１０时，３７＝２１８７＞１０３，显然当ｎ≥１０时，３ｎ－３≥１０３成立，故ｎ的最小值为１０．１７．【答案】见解析【解析】（１）因为槡３（ａ－ｃｃｏｓＢ）－ｂｓｉｎＣ＝０，所以ｂｓｉｎＣ槡＋３ｃｃｏｓＢ槡＝３ａ

，根据三角形正弦定理，即ｓｉｎＢｓｉｎＣ槡＋３ｓｉｎＣｃｏｓＢ槡＝３ｓｉｎＡ，ｓｉｎＢｓｉｎＣ槡＋３ｓｉｎＣｃｏｓＢ槡＝３ｓｉｎＢ＋()Ｃ，３分������ｓｉｎＢｓｉｎＣ槡＋３ｓｉｎＣｃｏｓＢ槡＝３

ｓｉｎＢｃｏｓＣ槡＋３ｃｏｓＢｓｉｎＣ，ｓｉｎＢｓｉｎＣ槡＝３ｓｉｎＢｃｏｓＣ，【高三理科数学参考答案（第５页共９页）】因为Ａ、Ｂ、Ｃ是△ＡＢＣ的三个内角，所以ｓｉｎＢ≠０，ｓｉｎＣ槡＝３ｃｏｓＣ，ｔａｎＣ槡＝３，Ｃ＝π３．６分������������������（２）因为ＣＤ是ＡＢ边上的中线，所

以→ＣＤ＝１２→ＣＡ＋→()ＣＢ，两边平方整理得，１２＝ａ２＋ｂ２＋ｂａ①，又因为ｃｏｓＣ＝ａ２＋ｂ２－ｃ２２ａｂ，所以１２＝ａ２＋ｂ２－４２ａｂ，即ａ２＋ｂ２－４＝ａｂ②，９分��������由①②，解得，ａ２＋ｂ２＝８，ａｂ＝４，则（ａ＋ｂ

）２＝ａ２＋ｂ２＋２ａｂ＝８＋８＝１６，ａ＋ｂ＝４∴ａ＋ｂ＋ｃ＝６，故△ＡＢＣ的周长为６．１２分����������������������１８．【答案】见解析【解析】（１）连结ＡＣ、ＢＤ且ＡＣ∩ＢＤ＝Ｏ，连结ＰＯ．因为，ＡＢＣＤ为正方形，所以，ＢＤ⊥ＡＣ，１分���������

������������因为，ＰＤ＝ＰＢ，且Ｏ为ＢＤ的中点，所以，ＰＯ⊥ＢＤ，２分����������������因为，ＡＣ∩ＰＯ＝Ｏ且ＡＣ、ＰＯ平面ＰＡＣ，所以，ＢＤ⊥平面ＰＡＣ，３分���������������

�������������因为，ＡＨ平面ＰＡＣ，所以，ＢＤ⊥ＡＨ，因为，ＢＤ／／平面ＡＭＨＮ，ＢＤ平面ＰＢＤ，且平面ＡＭＨＮ∩平面ＰＢＤ＝ＭＮ，所以，ＢＤ／／ＭＮ，所以，ＭＮ⊥ＡＨ．４分�������������������������������（２）由（１）知ＢＤ⊥ＡＣ且Ｐ

Ｏ⊥ＢＤ，因为ＰＡ＝ＰＣ，且Ｏ为ＡＣ的中点，所以，ＰＯ⊥ＡＣ，所以，ＰＯ⊥平面ＡＢＣＤ，所以ＰＡ与平面ＡＢＣＤ所成的角为∠ＰＡＯ，所以∠ＰＡＯ＝４５°，６分������������设ＰＡ＝２，所以，ＡＯ＝槡２２ＰＡ槡＝２，ＰＯ＝槡２２ＰＡ槡＝２，如图所示建立空间直角坐标系，所

以，Ｏ（０，０，０），Ａ（槡２，０，０），Ｂ（０，槡－２，０），Ｄ（０，槡２，０），Ｃ（－槡２，０，０），Ｐ（０，０，槡２），Ｈ（－槡２２，０，槡２２），８分���������������������【高三理科数学参考答案（第６页共９页）】所以，→Ｂ

Ｄ＝（０，槡２２，０），→ＡＨ＝（－槡３２２，０，槡２２），记平面ＡＭＨＮ的法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ），所以ｎ·→ＢＤ＝０ｎ·→ＡＨ{＝０即槡２２ｙ＝０－槡３２２ｘ＋槡２２ｚ{＝０，令ｘ＝１，解得ｙ＝０，ｚ＝３，所以ｎ＝（１，０，３），因为ＰＯ⊥平面ＡＢＣ

Ｄ，所以→ＯＰ＝（０，０，槡２）是平面ＡＢＣＤ的一个法向量１０分�������记平面ＡＢＣＤ与平面ＡＭＨＮ所成锐二面角是θ，则ｃｏｓθ＝｜ｃｏｓ＜ｎ，→ＯＰ＞｜＝｜ｎ·→ＯＰ｜｜ｎ｜｜→ＯＰ｜＝槡３１０１０．所以平面ＡＢＣＤ与平面ＡＭＨＮ所成锐二面角的余

弦值为槡３１０１０．１２分����������１９．【答案】见解析【解析】（１）因为Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ、Ｅ获得机票的概率分别是１２，１２，１２，１３，１４．所以五名留学生均不能回国的概率Ｐ＝１－()１２×１－()１２×１－()１２×１－()１３×１－()１４＝１

１６２分�������������������������������������（２）对于Ａ、Ｂ、Ｃ三位学生，三人均回国的概率Ｐ＝１２×１２×１２＝１８，则均不回国的概率Ｐ＝１－１８＝７８，４分����������������������������������则Ｘ的可能取值为０、１、２、

３、４、５；ＰＸ()＝０＝７８×１－()１３×１－()１４＝７１６＝４２９６ＰＸ()＝１＝７８×１－()１３×１４＋７８×１３×１－()１４＝３５９６ＰＸ()＝２＝７８×１４×１３＝７９６ＰＸ()＝３＝１８

×１－()１４×１－()１３＝６９６【高三理科数学参考答案（第７页共９页）】ＰＸ()＝４＝１８×１－()１４×１３＋１８×１４×１－()１３＝５９６ＰＸ()＝５＝１８×１３×１４＝１９６１０分�������������������������所以Ｘ的分布列为：Ｘ０

１２３４５Ｐ４２９６３５９６７９６６９６５９６１９６１１分�������������������������������������所以()ＥＸ＝０×４２９６＋１×３５９６＋２×７９６＋３×６９６＋４×５９６＋５×１９６＝２３２４．１２分���������２０．【答案】（１）设动点Ｐ

ｘ，()ｙ，点Ｐ到直线ｌ的距离为ｄ，则｜ＰＦ｜ｄ＝槡６３，所以｜ＰＦ｜２＝２３ｄ２，即（ｘ－２）２＋ｙ２＝２３（ｘ－３）２，化简整理得：ｘ２６＋ｙ２２＝１．４分�������（２）设Ａｘ１，ｙ()１，Ｂｘ２，ｙ()２，可设直线ｎ的方程为ｘ＝ｍｙ－２，联

立ｘ＝ｍｙ－２ｘ２６＋ｙ２２{＝１，得（ｍ２＋３）ｙ２－４ｍｙ－２＝０∴ｙ１＋ｙ２＝４ｍｍ２＋３，ｙ１ｙ２＝－２ｍ２＋３６分������则｜ｙ１－ｙ２｜＝槡２６ｍ２槡＋１ｍ２＋３则Ｓ△ＡＢＦ＝１２｜Ｆ

１Ｆ｜｜ｙ１－ｙ２｜＝槡４６ｍ２槡＋１ｍ２＋３，８分�������������������设ｍ２槡＋１＝ｔ≥１，则Ｓ△ＡＢＦ＝槡４６ｔｔ２＋２＝槡４６ｔ＋２ｔ≤槡４６槡２２槡＝２３，当且仅当ｔ槡＝２，即ｍ＝±１时等号成

立，Ｓ△ＡＢＦ取得最大值槡２３．１０分����������设△ＦＡＢ的内切圆半径为Ｒ，△ＦＡＢ的周长为４ａ槡＝４６，Ｓ△ＦＡＢ＝１２（｜ＡＢ｜＋｜ＡＦ｜＋｜ＢＦ｜）·Ｒ槡＝２６Ｒ，则槡２６Ｒ槡＝２３，Ｒ＝槡２２，所以，△ＦＡＢ的内切圆的面积为Ｓ＝πＲ２＝

π２．１２分������������������２１．【答案】（１）ｈ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－ｇ（ｘ）＝ｌｎｘ－ｘ２－ｘ＋１，∴ｈ′（ｘ）＝１ｘ－２ｘ－１＝－（２ｘ－１）（ｘ＋１）ｘ，ｈ（１）＝－１，ｈ′（１）＝－２，２分���������������������������∴ｈ（ｘ）在（１，ｈ（１）

）处的切线方程为ｙ＋１＝－２（ｘ－１）【高三理科数学参考答案（第８页共９页）】即２ｘ＋ｙ－１＝０．３分�������������������������������（２）ｆ（ｘ）－ｍｇ（ｘ）≤０，即ｌｎｘ＋ｘ

＋１－ｍｘ２＋２()ｘ≤０在（０，＋∞）上恒成立，∴ｍ≥ｌｎｘ＋ｘ＋１ｘ２＋２ｘ在（０，＋∞）上恒成立，４分���������������������设φ（ｘ）＝ｌｎｘ＋ｘ＋１ｘ２＋２ｘ（ｘ＞０），则φ′（ｘ）

＝－（ｘ＋１）（ｘ＋２ｌｎｘ）ｘ２＋２()ｘ２，６分������������������������显然ｘ＋１＞０，ｘ２＋２()ｘ２＞０，设ｔ（ｘ）＝－（ｘ＋２ｌｎｘ），则ｔ′（ｘ）＝－１＋２()ｘ＜０，故ｔ（ｘ）在（０，＋∞）上单调递减，由ｔ（１）＝－１＜０，ｔ()１２＝－

１２＋２ｌｎ()１２＝２ｌｎ２－１２＞０，由零点定理得ｘ０∈１２，()１，使得ｔｘ()０＝０，即ｘ０＋２ｌｎｘ０＝０，８分�������������������������������且ｘ∈０，ｘ()０时，ｔ（ｘ）＞０，则φ′（ｘ）＞０，ｘ

∈ｘ０，＋()∞时，ｔ（ｘ）＜０，则φ′（ｘ）＜０．∴φ（ｘ）在０，ｘ()０上单调递增，在ｘ０，＋()∞上单调递减，∴φ（ｘ）ｍａｘ＝φｘ()０＝ｌｎｘ０＋ｘ０＋１ｘ２０＋２ｘ０，１０分���������������

��������又由ｘ０＋２ｌｎｘ０＝０，ｘ０∈１２，()１，则φｘ()０＝ｌｎｘ０＋ｘ０＋１ｘ２０＋２ｘ０＝１２ｘ０∈１２，()１，１１分���������������������∴由ｍ≥φ（ｘ）恒成立，且ｍ为整数，可得ｍ的最小值为１．

１２分������������２２．【答案】见解析【解析】（１）由ｌ：ρｃｏｓ（θ－π６）＝２得，１２ρｓｉｎθ＋槡３２ρｃｏｓθ＝２；因为ｘ＝ρｃｏｓθｙ＝ρｓｉｎ{θ，代入有直线ｌ的直角坐标方程为：１２ｙ＋槡３２ｘ＝２，即为ｙ槡＋３ｘ＝４２分����由圆Ｃ：ρ＝２ｓ

ｉｎθ得，ρ２＝２ρｓｉｎθ，因为ｘ＝ρｃｏｓθ，ｙ＝ρｓｉｎθ，ρ２＝ｘ２＋ｙ２，所以圆Ｃ直角坐标方程为：ｘ２＋（ｙ－１）２＝１４分�������������������由ｘ２＋（ｙ－１）２＝１得，圆Ｃ的参数方程为ｘ＝ｃｏｓαｙ＝１＋ｓｉｎ{α（α为参数）．５分��������

�（２）设点Ｐ坐标为ｃｏｓα，１＋ｓｉｎ()α则ｄ１＝槡３ｃｏｓα＋１＋ｓｉｎα－４（槡３）２＋１槡２＝槡３ｃｏｓα＋ｓｉｎα－３２＝１２（槡３－３ｃｏｓα－ｓｉｎα），又ｄ２＝１＋ｓｉｎα，８分���������������������������

����【高三理科数学参考答案（第９页共９页）】那么ｄ１＋ｄ２＝５２＋１２ｓｉｎα－槡３２ｃｏｓα＝ｓｉｎ（α－π３）＋５２，当α＝５π６时，ｄ１＋ｄ２取得最大值７２．１０分����������������������２３．【答案】见解析【解析】（１）ａ＝１，ｂ＝１，ｆ（ｘ）＝｜ｘ

－１｜＋｜ｘ＋２｜≤５，当ｘ≤－２时，不等式化为－ｘ＋１－ｘ－２≤５，∴ｘ≥－３，此时－３≤ｘ≤－２；当－２＜ｘ≤１时，不等式化为－ｘ＋１＋ｘ＋２＝３≤５，恒成立，此时－２＜ｘ≤１；当ｘ＞１时，不等式化为ｘ－１＋ｘ＋２＝２ｘ＋１≤５，∴ｘ

≤２，此时１＜ｘ≤２，综上所述，不等式的解集为［－３，２］．５分����������������������（２）ｆ（ｘ）＝｜ｘ－ａ｜＋｜ｘ＋２ｂ｜≥｜（ｘ－ａ）－（ｘ＋２ｂ）｜＝｜ａ＋２ｂ｜＝ａ＋２ｂ（

ａ＞０，ｂ＞０），７分��则ｍ＝ａ＋２ｂ＝（ａ＋２ｂ）·（１ａ＋１ｂ）＝３＋２ｂａ＋ａｂ≥槡３＋２２，所以ｍ的取值范围是［槡３＋２２，＋∞）．１０分���������������������