【文档说明】《精准解析》河南省郑州市2023届高三第一次质量预测理科数学试题（解析版）.docx，共(24)页，1.470 MB，由小赞的店铺上传

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郑州市2023年高中毕业年级第一次质量预测理科数学试题卷一、选择题：本大题共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.设集合243Axyxx==−+−,()3log11Bxx=−．则AB=（

）A.13xxB.34xxC.13xxD.34xx【答案】C【解析】【分析】根据根式的定义域列出方程,解出集合A,根据对数函数性质解出对数不等式,即集合B,再求出AB即可.【详解】由题知

2243430Axyxxxxx==−+−=−+−,解得:13Axx=,()3log1101314Bxxxxxx=−=−=,所以13ABxx=.故选：C.2.已知i是虚数单位，若复数z的实部为1，4zz=，则复数z的虚部为（）A.3−或3B.15−或1

5C.1−或1D.15i−或15i【答案】A【解析】【分析】设1izb=+，则1izb=−，由4zz=，列出方程求解即可.【详解】由题意，设1izb=+，则1izb=−，所以()()1i1i4zzbb=+−=，即214b+=，所以3b=−或3

，即13zi=−或13=+zi，所以复数z的虚部为3−或3.故选：A.3.已知双曲线22221xyab−=（0,0ab）的离心率为2，则该双曲线的渐近线方程为A.0xy=B.30xy=C.30xy=D.20xy=【答案】C【解析】【详解】22222213bbcaeaaa−===−=，渐

近线方程是330yxxy==，故选C,4.欧拉函数()()*Nnn的函数值等于所有不超过正整数n，且与n互素（也称互质）的正整数的个数，例如()11=，()42=，()96=．则（）A.数列()n单调B.()()56

C.数列()2n是等比数列D.()()()623=+【答案】C【解析】【分析】再求出(3)，(5)，(6)后判断ABD，同样求得(2)n后根据等比数列定义判断C．【详解】(3)2=，(4)2=，)(n不单调，A错；()()()()54,62

233==+=，B错误；D错误；易知所有偶数与2n不互素，所有奇数与2n互素，1(2)2nn−=，1(2)2nn+=，所以1(2)2(2)nn+=，即数列()2n是等比数列，C正确．故选：C．5.若实数x,y满足约束条件21050xyxy−++−,则zxy=+

的（）A.最大值4B.最小值为4C.最大值为5D.最小值为5【答案】D【解析】【分析】画出可行域,由zxy=+,可知z可看作直线yxz=−+在y轴上的截距,平移直线即可得出结果.【详解】解:由题知约束条件21050xyxy−++−,为画出

约束条件如下:联立21050xyxy−+=+−=可得:32xy==,zxy=+可写为:yxz=−+,z可看作直线yxz=−+在y轴上的截距,由可行域可知,当yxz=−+与5yx=−+重合时,z有最小值,最小值为5.故选:D6.设等差数列na的前n项和为nS，12a=，8

79SSS，则公差d的取值范围是（）A.24,715−−B.21,74−−C.41,154−−D.2,07−【答案】A【解析】【分析】方法1：等差数列通项公式的基本量代入不等式组求解即可.方法2：等差数列前n项和公式的基本

量代入不等式组求解即可.【详解】方法1：∵{}na为等差数列，12a=，∴1(1)2(1)naandnd=+−=+−，878787997892002702470027280471515dSSSSaddSSSSaaddd−−+

−−−++++−；方法2：∵{}na为等差数列，12a=，∴1(1)(1)222nnnnnSnadnd−−=+=+，∴87792877616142702472276984150471514182215dddSSddSSdddd−

+++−−+++−.故选：A.7.记函数()()πsin04fxx=+的最小正周期为T．若π2πT，且()yfx=的图象的一条对称轴为π6x=，关于该函数有下列四个说法：①23；②π

02f=；③()fx在ππ,66−上单调递增；④为了得到()singxx=的图象，只需将()fx的图象向右平移π4个单位长度．以上四个说法中，正确的个数为（）A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析

】【分析】利用周期公式求出的范围可判断①；由π6x=为一条对称轴得π(Z)642πππkk+=+，结合的范围可求得，从而得出()fx的解析式，求值π2f可判断②；利用正弦函数的单调性可判断③；利用三角函数图象平移的规律可判

断④.【详解】由2πT=且π2πT，故12，故①错误；因为π6x=为一条对称轴，故π(Z)642πππkk+=+，164k=+．由于12，故32=，则π3()sin24fxx=+，所以3sinsinπ0222πππ4f=

+==，故②正确；当ππ,66x−时，30,2π4π2x+，则()fx在ππ,66−上单调递增，故③正确；将()fx的图象向右平移π4个单位长度得33sinsin2π4π4π28yxx=−+=−

的图象，而()3sin2gxx=，故④错误．所以，正确的有②③，共2个．故选：B．8.河南博物院主展馆的主体建筑以元代登封古观星台为原型，经艺术夸张演绎成“戴冠的金字塔”造型，冠部为“方斗”形，上扬下覆，

取上承“甘露”、下纳“地气”之意．冠部以及冠部下方均可视为正四棱台．已知一个“方斗”的上底面与下底面的面积之比为1:4，高为2，体积为563，则该“方斗”的侧面积为（）A.24B.12C.245D.125【答案】D【解析】【分析】根据题意得正四棱台的侧面为四个等腰梯形

，先计算侧面的高，然后利用梯形的面积公式代入计算即可.【详解】由题意可知，记正四棱台为1111ABCDABCD−，其底面为正方形，侧面为四个等腰梯形，把该四棱台补成正四棱锥如图，设M是底面ABCD上AC与BD的交点，N是底面1111DCBA上11AC与11BD的

交点则PM是正四棱锥PABCD−的高，MN为正四棱台1111ABCDABCD−的高，设11ABa=，ABb=，则上、下底面的面积分别为2a、2b，由题意22:1:4ab=，所以2ba=，在PAB中，11112PAABPAAB==，

所以1A为PA的中点，在PAM中，112PAPNPAPM==，所以122MNPM==，所以4PM=，又111122211456()2333ABCDABCDaVaabb−=++==，解得2a=，4b=，所以22224(22)26PAPMAM=+=+=，

所以侧棱长1AA是6，由勾股定理可得侧面的高为22(6)15h=−=，所以侧面积为()142451252S=+=.故选：D9.记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知角π4C=，ππsinsin44bAaBc+−+

=，则角B=（）A.π8B.π6C.5π8D.π3【答案】C【解析】【分析】先由正弦定理把边转化为角，再展开化简求得B与A的关系，进一步计算得出结果.【详解】已知角π4C=，ππsinsin44bAaBc+−+=，由正弦定理可得ππsin

sinsinsinsin44BAABC+−+=，整理得()22sincossincos22BAAB−=，即()sin1BA−=，因为3π,0,4AB，所以BA−3π3π,44−，所以π2

BA−=.又3π4BA+=，所以5π8B=.故选：C.10.在如图所示的实验装置中，两个正方形框架ABCD，ABEF的边长都为1，且它们所在的平面互相垂直．活动弹子M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且CM和BN的长度

保持相等，记()02CMBNaa==．则下列结论错误．．的是（）A.该模型外接球的半径为32B.当12a=时，MN的长度最小C.异面直线AC与BF所成的角为60°D.//MN平面BCE【答案】B【解析】【分析】把

图形补形成一个正方体，根据正方体的性质求解判断各选项：正方体的对角线是其外接球直径，从而易得外接球半径，判断A；过M作//MPAB交BC于P,过N作//NQAB交BE于Q,证明MPQN是平行四边形，用a表示出MN的长，求得最小值，判断B；

求出异面直线所成的角判断C；由线面平行的判定定理证明线面平行判断D．【详解】如图，把该模型补成一个以ABCD和ABEF为相邻面的正方体，正方体的对角线是其外接球直径，而正方体对角线长为3，因此球半径为32，A正确；过M作//MPAB交BC于P,过N作//NQAB交BE于Q,连接PQ，则/

/MPNQ，又NQBNCMMPEFBFCAAB===，ABEF=，所以MPNQ=，则MPQN是平行四边形，MNPQ=，//MNPQ，另一方面CPCMBNBQCBCABFBE===2a=，22aCPBQ==，2112BPCPa=

−=−，222222221(1)21()2222aaPQBPBQaaa=+=+−=−+=−+，所以22a=时，PQ取得最小值，B错误；正方体中易得//BFCH，ACH或其补角是异面直线AC与BF所成的角，ACH是等边三角形，60ACH=，因此异面直线AC与BF所成的角是60

，C正确；由//MNPQ，MN平面BCE，PQ平面BCE，∴//MN平面BCE，D正确．故选：B．11.已知直线l与抛物线()220ypxp=交于A，B两点，O为坐标原点，OAOB⊥，OHAB⊥交AB于点H，点H的坐标为()2,2，则p的值为（）

A.32B.2C.52D.3【答案】B【解析】【分析】写出直线AB的方程，联立直线AB的方程与抛物线方程可得12xx与12yy，代入0OAOB=可得P的值.【详解】∵(2,2)H，OHAB⊥，∴20120OH

k−==−，1ABOHkk=−，∴1ABk=−∴直线AB的方程为：2(2)yx−=−−，即：4yx=−+，设11(,)Axy，22(,)Bxy，22414022yxyyypxp=−++−==，1681102pp=+=

+，128yyp=−，∴2222121212221111()(8)162244xxyyyyppppp===−=，又∵OAOB⊥，∴0OAOB=，∴12121680xxyyp+=−=，∴2p=.故选：B.12.已知函数()fx定义域为R，()1

fx+为偶函数，()2fx+为奇函数，且满足()()122ff+=，则()20231kfk==（）A.2023−B.0C.2D.2023【答案】B【解析】【分析】由已知条件结合函数奇偶性的定义可求得函数()fx的周期为4，利用赋值法可得(1),(2),(3),(4)f

fff，再结合周期可求得结果.【详解】因为(1)fx+为偶函数，所以(1)(1)−+=+fxfx，所以(2)()fxfx−+=，因为(2)fx+为奇函数，所以(2)(2)fxfx−+=−+，所以(2)()fxfx+=−，所以(4)(2)()fxfxfx+=−+=，所以()

fx是以4为周期的周期函数，由(2)(2)fxfx−+=−+，令0x=，得(2)(2)ff=−，则(2)0f=，又(1)(2)2ff+=，得(1)2f=，由(2)(2)fxfx−+=−+，令1x=，得(1)(3)ff=−，则(3)2f=−，由(2)()fxfx+=

−，令2x=，得(4)(2)0ff=−=，则(1)(2)(3)(4)0ffff+++=，所以20213()[(1)(2)(3)(4)]505(1)(2)(3)05052(2)0kfkfffffff==++++++=++−=.故选：B．二、

填空题（每题5分，满分20分．）13.522xx−的展开式中的x项系数为___________；【答案】80−【解析】【分析】在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于1，求出r的值，即可求得展开式中x的系数．【详解】解：()()52102

15522rrrrrrrrTCxCxx−−−+=−=−，令1020rr−−=，则3r=，所以()335280C−=−.故答案为：80−.14.已知四边形ABCD是边长为2的正方形，若3BCDE=，且F为BC的中点，

则EAEF=______．【答案】409【解析】【分析】以,ABAD为基底表示,EAEF，进而求得EAEF.【详解】依题意，在正方形ABCD中，3BCDE=且F为BC的中点，所以()114333EAA

EADDEADBCADADAD=−=−+=−+=−+=−，1423EFAFAEABBFEAABADAD=−=++=+−56ABAD=−，所以224541010402363999ADABADAEDADFBAEA=−−=−+==

.故答案为：40915.经过点()1,1P以及圆2240xy+−=与2244120xyxy+−+−=交点的圆的方程为______．【答案】2220xyxy++−−=【解析】【分析】求出两圆的交点坐标，设出

所求圆的一般方程，将三点坐标代入，解出参数，可得答案.【详解】联立22224044120xyxyxy+−=+−+−=，整理得2yx=+，代入2240xy+−=，得220xx+=，解得0x=或2x=−，则圆2240xy+−=与2244120xyxy+−+−=交点

坐标为(0,2),(2,0)−，设经过点()1,1P以及(0,2),(2,0)−的圆的方程为220xyDxEyF++++=,则20420420DEFEFDF+++=++=−+=，解得112DEF==−=−，故经过点()1,1P以及圆2240xy+−=与2244

120xyxy+−+−=交点的圆的方程为2220xyxy++−−=，故答案：2220xyxy++−−=16.已知函数()22eexxfxax−=−−，若()fx有两个不同的极值点12xx，，且210ln2xx−，则a的取值范围为______．【答案】(45)，【解析】为【分析】

先求得函数()fx的导函数()fx，则方程222e+2e=0xxa−−有两个异号零点12xx，，且210ln2xx−，构造新函数22()2e+2exxhx−=，利用导数求得其单调性，进而求得a的取值范围.【详解

】()22eexxfxax−=−−，则()222e+2exxfxa−=−令22()2e+2exxhx−=，由22()2e+2e()xxhxhx−−==，可得()hx为偶函数，则()()42224e1()4eeexxxxhx−−=−=则当0x时，()0hx，()

hx单调递增；当0x时，()0hx，()hx单调递减，又(0)4h=，ln2ln211(ln2)(ln2)2e+2e41522hh−−===+=由题意得方程222e+2e=0xxa−−有两个互为相反数的零点12xx，，且210ln2xx−则a的取值范围为()45，故答案为：(45)，

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17～21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：每题12分，共60分．17.已知数列()nan*N满足1221122222nnna

aan−+++=−+．（1）求数列na的通项公式；（2）若cosπnnban=，求数列nb前2n项和2nT．【答案】（1）22nna=−（2）2242.3nnT−=【解析】【分析】（1）用数

列中前n项和nS与项na的关系求解；（2）先写出奇数项、偶数项的通项公式，再按奇数项、偶数项分组求和.【小问1详解】由题意122112.2222nnnaaan−+++=−+当1n=时，10a=；当2n时，-1122-1213,2222

nnnaaan−+++=−+两式相减得1211112(3)12222nnnnnann−−−=−+−−+=−，所以22nna=−，当1n=时也成立．所以数列na通项公式22nna=−.【小问2详解】根据题意，得22,.cosπ(22)cosπ,22,nnnnnnbannn

−==−=−为奇数为偶数所以2123212...nnnTbbbbb−=+++++123212(222...22)(222...22)nn−=−+−+−++−+−−+123212222...22nn−=−+−+−+22[1(2)]1(2)n−−−=−−242.3n−=所以2nT24

2.3n−=18.如图，正四棱锥PABCD−的底面边长和高均为2，E，F分别为PD，PB的中点．（1）若点M是线段PC上的点，且13PMPC=，判断点M是否在平面AEF内，并证明你的结论；（2）求直线PB与平面AEF所成角的正弦值．【答案】（1）点M在平面AEF内，证明见解析（2

）23【解析】的【分析】（1）连接AC、BD交于O，连接OP，以O为坐标原点，OA、OB、OP为x、y、z轴建立空间直角坐标系，求出AE、AF、AM，即可得到2233AMAEAF=+，从而得到A、M、E、F四点共面，即可得证；（2）利用空间向量法计算可得.【小问1

详解】解：连接AC、BD交于O，连接OP，由正四棱锥的性质可得PO⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，则ACBD⊥，所以以O为坐标原点，OA、OB、OP为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则(2,0,0),(0,2,0),(0,0,2),(2,0,0),(0,2,0)

ABPCD−−，2(0,,0)2E−，2(0,,1)2F，所以2(2,,1)2AE=−−，2(2,,1)2AF=−，又13PMPC=，得144(2,0,)333AMAPPC=+=−，(22,0,2)AEAF+=−，所以2233AMAEA

F=+，所以A、M、E、F四点共面，即点M在平面AEF内．【小问2详解】解：由（1）可得(0,2,2)PB=−，设平面AEF的法向量(,,)nxyz=，由00nAEnAF==，得22022202xyzxyz−−+=−++=，令1x=，则2z=，0y=，所以

(1,0,2)n=，所以222cos,363PBnPBnPBn−===−，所以直线PB与平面AEF所成角的正弦值为23．19.世界杯足球赛淘汰赛阶段的比赛规则为：90分钟内进球多的球队取胜，如果参赛双方在90分钟内无法决出胜负（踢成平局

），将进行30分钟的加时赛，若加时赛阶段两队仍未分出胜负，则进入“点球大战”．点球大战的规则如下：①两队各派5名队员，双方轮流踢点球，累计进球个数多者胜；②如果在踢满5球前，一队进球数已多于另一队踢5球可能踢中的球数，则该队胜出，譬如：第4轮结

束时，双方进球数比2:0，则不需踢第5轮了；③若前5轮点球大战中双方进球数持平，则采用“突然死亡法”决出胜负，即从第6轮起，双方每轮各派1人踢点球，若均进球或均不进球，则继续下一轮．直到出现一方进球另一方不进球的情况，进球方胜．现有甲乙两队在淘汰赛中相遇，双方势

均力敌，120分钟（含加时赛）仍未分出胜负，须采用“点球大战”决定胜负．设甲队每名球员射进的概率为12，乙队每名球员射进的概率为23．每轮点球结果互不影响．（1）设甲队踢了5球，X为射进点球的个数，求X的分布列与期望；（2）若每轮点球都由甲队先踢，求在第四轮点球结束时，乙队进了4个球并刚好胜

出的概率．【答案】（1）分布列见解析，5()2EX=（2）19【解析】【分析】（1）由题意知1(5,)2XB，由二项分布求出X的分布列与期望；（2）由题意知甲乙两队比分为1：4或2：4，求出相应的概率再相加即可.【小问1详解】由题意知，1(5,)2XB，X可能的取值为

0，1，2，3，4，5.511(0)()232PX===，15515(1)C()232PX===，2551105(2)C()23216PX====，3551105(3)C()23216PX====，45515(4)C()232PX==

=，511(5)().232PX===所以X的分布列为X012345P13253251651653213215()522EX==．【小问2详解】设“第四轮点球结束时，乙队进了4个球并胜出”为事件A，由题意知，甲乙两队比分为1：4或2：4，设“甲乙两队比分为1：4”为事件1A，“

甲乙两队比分为2：4”为事件2A，若甲乙两队比分为1：4，则乙射进4次，甲前三次射进一次，第4次未进，134131121()C()()22327PA==，若甲乙两队比分为2：4，则乙射进4次，甲前四次射进两次，24424122()C()(),2327PA==所以12121()(

)()27279PAPAPA=+=+=．即在第四轮点球结束时，乙队进了4个球并胜出的概率为19．20.已知椭圆C：()222210xyabab+=的离心率为22，且过点()2,1P．（1）求椭圆C的方程；（2）设不过点P的直线l与椭圆C交于A，

B两点，A关于原点的对称点为D，记直线l，PB，PD的斜率分别为k，1k，2k，若1212kk=，证明直线l的斜率k为定值．【答案】（1）22163xy+=（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据离心率和过点()2,1P，求出椭圆C的方程；

（2）根据题意求出12PAPDkk=−，进而0PAPBkk+=，韦达定理带入求出1k=.【小问1详解】由题设得22411ab+=，22cea==，即22212aba−=，解得226,3ab==．所以C的方程为22163xy+=．【小问2详

解】设直线l的方程为ykxm=+，代入22163xy+=得()222124260kxkmxm+++−=．()()()2222221641226412260kmkmkm=−+−=−+，设1122(,),(,)AxyBxy，则11(,)Dxy−−，于是2121222426,1

212kmmxxxxkk−+=−=++．2121112211113(1)11111622442PAPDxyyykkxxxx−−−+−====−−+−−，又1212kk=，所以1PAkk=−．即0PAPBkk+=．121211022yyxx−−+=−−，即1

221(1)(2)(1)(2)0yxyx−−+−−=，1221(1)(2)(1)(2)0kxmxkxmx+−−++−−=，12122(12)()4(1)0kxxmkxxm+−−−+−=，将2121222426,1212kmmxxxxkk−+=−=++

，代入整理得22310kkmkm−++−=，即(1)(21)0kkm−−+=，当210,12kmmk−+==−，直线ykxm=+过点(2,1)P，舍去，所以1k=．【点睛】方法点睛：解决直线与椭圆的综合问题

时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系．21.已知函数()sincosfxxxx=+，π,πx−．（1）求(

)fx的单调区间与最值；（2）若存在00,πx，使得不等式()()2001fxax+成立，求实数a的取值范围．【答案】（1）单调递增区间为π(π,)2−−，π(0,)2，单调递减区间为π(2−,0)，π(2,π)，()()maxmi

nπ,12fxfx==−（2）(,1]−【解析】【分析】（1）对()fx求导后研究()fx的正负，确定()fx的单调性与最值；（2）设2()sincos(1),[0,π],Fxxxxaxx=+−+由题意知()0Fx有解，分类讨论()Fx的单调性并求()Fx最大值即可.【

小问1详解】()sincossincosfxxxxxxx=+−=，所以在π(π,)2−−，π(0,)2上，()0fx，()fx单调递增，在π(2−,0)，π(2,π)上，()0fx，()fx单调递减，所以

()fx单调递增区间为π(π,)2−−，π(0,)2，单调递减区间为π(2−,0)，π(2,π)．()()πππ,ππ1(0)1222fffff=−=−==−=，，()()maxmin

π,12fxfx==−.【小问2详解】设2()sincos(1),[0,π],Fxxxxaxx=+−+()cos2(cos2),Fxxxaxxxa=−=−当21a−，即12a−时，()0Fx≥，()Fx在[0,]上单调递增，2max()(π)1(π1)0FxFa

==−−+，21π1a−+，所以12a−成立；当21a，即12a时，()0Fx，()Fx在[0,]上单调递减，max()(0)10FxFa==−，即1a，所以112a；当1122a−时，00(0,π),cos2xxa=，当0(0,)

,cos2,()0xxxaFx，()Fx单调递增，当0(,),cos2,()0xxxaFx，()Fx单调递减，所以2max00000()()sincos(+1)FxFxxxxax==+−2000001=sincoscos(+

1)2xxxxx+−2000001=sincoscos22xxxxx+−，令21()=sincoscos,(0,)22xxxxxxx+−，21()=sinsin022xxxx+，所以1()(0)2x=，0()0Fx成立．综上，a取值范围为(,1]−．【点睛】关键点点睛：函数求

导后的计算方向：（1）求导后不要急于求()0fx=的根，因为有时候会无根，无根的原因是()fx出现恒正或恒负，所以要先考虑()fx会不会出现恒正或恒负的情况，这时候要看()fx的最大值小于等于零或最小值大于等于零.（2）当()fx

有正有负时()0fx=才会有根可求，求根时可以直接解方程，或者猜根，或者使用零点存在定理证明有根.（二）选考题：共10分．请考生在第22，23题中任选一题作答，在答题卷上将所选题号涂黑，如果多做，则按所做的第一题计分．22

.在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为1,cos3sin,cosxy==（为参数，2k+），以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为cos13+=．（1）求曲线C

的普通方程和直线l的直角坐标方程；（2）已知点()2,0P，若直线l与曲线C交于A，B两点，求11PAPB−的值．的【答案】（1）C：2231yx−=，直线l：320xy−−=（2）23【解析】【分析】（1）用消参数法化参数方程为普通方程，由公式cossinxy==化极坐

标方程为直角坐标方程；（2）化直线方程为P点的标准参数方程，代入抛物线方程利用参数几何意义结合韦达定理求解．【小问1详解】曲线C的参数方程为1,cos3sin,cosxy==（为参数，2k+），所以222221sin,cos3cosyx==，所以221.

3yx−=即曲线C的普通方程为2231yx−=．直线l的极坐标方程为πcos13+=，则ππcoscossinsin133−=，转换为直角坐标方程为320xy−−=．【小问2详

解】直线l过点(2,0)P，直线l参数方程为32,21,2xtyt=+=（t为参数）令点A，B对应的参数分别为1t，2t，由32212xtyt=+=代入2231yx−=，得226390tt++

=，则1233tt+=−，1292tt=，即t1、t2为负，故21212211212121212()4||||||11112||||||||||||3ttttttttPAPBtttttttt+−−−−=−====．23.已知()223fxxx=++−．（1）求不等式()

5fx的解集；（2）若()fx的最小值为m，正实数a，b，c满足abcm++=，求证：11192abbcacm+++++．的【答案】（1）403xx−（2）证明见解析【解析】【分析】（1）将()fx的解析式写出分段函数的形式，解不等式即可.（2）先求()fx的最小值

，方法1：运用多个绝对值之和最小值求法，方法2：运用函数单调性；再运用“1”的代换与基本不等式可证得结果.【小问1详解】223,1()223223,13223,3xxxfxxxxxxxxx−−+−−=++−

=++−−++−即：31,1()5,1331,3xxfxxxxx−+−=+−−①当1x−时，43153xx−+−，解得413x−−；②当13x−时，550xx+，解得10−x；③

当3x时，3152xx−，无解，综上：不等式的解集为403xx−．【小问2详解】方法1：()2131311304fxxxxxxxx=++−=++−+++−++=，当且仅当=1x−时等号成

立．所以min()4fx=，所以4m=，即4abcm++==.方法2：由（1）知，()fx在(,1]−−上单调递减，在(1,3)−上单调递增，在[3,)+上单调递增，所以min()(1)4fxf=−=,

所以4m=，即4abcm++==.∴()()()11111118abbccaabbccaabbcca++=+++++++++++++3188bcabbccaabcaabbccabccaab++++++=++++++++++++319222888bcab

bccaabcaabbccabccaab+++++++++=++++++，当且仅当abbcca+=+=+，即43abc===时，等号成立．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com