【文档说明】安徽省皖南八校2020届高三第三次联考数学（理）试题【精准解析】.doc，共(23)页，2.160 MB，由小赞的店铺上传

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“皖南八校”2020届高三第三次联考数学（理科）―、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.已知集合14Axx，*2N23Bxxx，则AB()A.13xxB.03xxC.1,2,3D.

0,1,2,3【答案】C【解析】【分析】解不等式223xx，结合*Nx，用列举法表示集合B，从而可求交集.【详解】*2*23131,2,3BxNxxxNx，1,2,3AB.故选:C.【点睛】本题考查了一元二次不等式的求解，考查了集合的交集.易

错点是忽略集合B中*Nx这一条件.2.已知i为虚数单位，复数z满足122izi，则zz()A.4B.2C.4D.2【答案】A【解析】【分析】由已知可求出2221izii，进而可求2zi，则可求出zz的值.【详解】122izi，

211222111iiiziiii，2zi，4zz.故选:A.【点睛】本题考查了复数的乘法运算，考查了复数的除法运算，考查了共轭复数的概念.本题的关键是通过复数的除法运算，求出复数z.3.已知等差数列na的前n项和为nS，若

888Sa，则公差d等于()A.14B.12C.1D.2【答案】D【解析】【分析】由88Sa，可求出4707Sa，进而可知40a，结合88a，可求出公差.【详解】解：888Sa，1288aaaa，17747207aaaS，40a

.又由844aad，得8480244aad.故选:D.【点睛】本题考查了等差数列的通项公式，考查了等差数列的求和公式，考查了等差中项.对于等差、等比数列问题，一般都可用基本量法，列方程组求解，但是计算量略大.有时结

合数列的性质，可简化运算，减少运算量.4.新高考方案规定，普通高中学业水平考试分为合格性考试（合格考）和选择性考试（选择考）.其中“选择考”成绩将计入高考总成绩，即“选择考”成绩根据学生考试时的原始卷面分

数，由高到低进行排序，评定为A，B，C，D，E五个等级.某试点高中2019年参加“选择考”总人数是2017年参加“选择考”总人数的2倍，为了更好地分析该校学生“选择考”的水平情况，统计了该校2017年和2019年“选择考

”成绩等级结果，得到如图表：针对该校“选择考”情况，2019年与2017年比较，下列说法正确的是()A.获得A等级的人数不变B.获得B等级的人数增加了1倍C.获得C等级的人数减少了D.获得E等级的人数不变【答案】D【解析】【分析】设2017年参加“选择

考”总人数为a，分别求出2017,2019年获得A，B，C，E等级的人数，进而可选出正确选项.【详解】解：设2017年参加“选择考”总人数为a，则2019年参加“选择考”总人数为2a；则2017年获得A等级有0.25a人，2019年获得A等级有0.2520.50.25aaa

，排除A；2017年获得B等级有0.35a人，2019年获得B等级有0.420.820.35aaa，排除B；2017年获得C等级有0.28a人，2019年获得C等级有0.2320.460.28aaa，排除C；2017年

获得E等级有0.04a人，2019年获得E等级有0.0220.04aa，人数不变，故选:D.【点睛】本题考查了扇形统计图，考查了由统计图分析数据.5.函数cosxxyeex的部分图象大致是()A.B.C

.D.【答案】B【解析】【分析】由函数的奇偶性可排除A,C.代入特殊值，如1x，通过判断函数值的符号，可选出正确答案.【详解】解：由cosxxxeey，可知函数cosxxyxee为奇函数，由此排除A，C，又1x时，11cos1yee，因为1

,012e，则110,cos10ee，即此时cos0xxyeex，排除D.故选:B.【点睛】本题考查了函数图像的选择.选择函数的图像时，常结合函数的奇偶性、单调性、对称性、定义域排除选项，再代入特殊值，判断函数值的符号进行选择.6

.已知双曲线2222:10,0xyCabab的一条渐近线与圆2221xy相切，则双曲线C的离心率为()A.233B.3C.22D.2【答案】A【解析】【分析】求出圆心坐标、半径以及双曲线的渐近线，由渐近线和圆相切，可求出圆心到渐近线的距离为半径

，即2221bab，结合双曲线中222abc，进而可求出离心率的大小.【详解】解：由题意知，圆心为2,0在x轴上，则圆与双曲线的两条渐近线都相切，则圆心到渐近线byxa的距离为半径1r，即2221bab，即223ba，又222abc，则2223caa

，解得233cea.故选:A.【点睛】本题考查了双曲线的渐近线，考查了双曲线的性质，考查了直线和圆相切问题，考查了双曲线离心率的求解.本题的关键是由相切得到223ba.一般求圆锥曲线的离心率时，常根据题

意列出,,abc的关系式进行变形求ca的值.本题的易错点是混淆了椭圆和双曲线中,ac的关系.7.在ABC中，5ACAD，E是直线BD上一点，且2BEBD，若AEmABnAC则mn()A.25B.25C.35D.35-

【答案】D【解析】【分析】通过向量的线性运算，以,ABAC为基底，表示出25AEABAC，进而求出mn的值.【详解】解：2225AEABBEABBDABADABABAC，35mn.故选:D.【点睛】本题考查了向量的加法运

算，考查了向量的减法运算.本题的难点是由题目条件求出,mn的具体值.8.若函数3sincosfxxx在区间,ab上是增函数，且2fa，2fb，则函数cos3sinxxgx在区间,ab上()A.是增函数B.是减函

数C.可以取得最大值2D.可以取得最小值2【答案】C【解析】【分析】由辅助角公式可求得2sin6fxx，2sin3gxx，由题意可知，不妨取2,33ab

，令3tx，结合2sin,,0gttt的图像，可选出正确选项.【详解】解：313sincos2sincos2sin226fxxxxxx，313cossin2cossin2sin223gxxxxx

x，因为fx在区间,ab上是增函数，且2fa，2fb，则2,2,6262akbkkZ，即22,2,33akbkkZ，不妨取2,33ab，设3tx

，则2sin,,0gttt，则图像为所以，cos3sinxxgx在,ab先增后减，可取到最大值为2.故选:C.【点睛】本题考查了辅助角公式，考查了三角函数的单调性，考查了三角函数的最值，考查了数形结

合.本题的关键是由单调性和最值，确定,ab的值.9.若曲线lnyxa的一条切线为yexb（e为自然对数的底数），其中,ab为正实数，则11eab的取值范围是()A.2,eB.,4eC.2,

D.,e【答案】C【解析】【分析】设切点为00,xy，由题意知000ln1xaexbexa，从而可得2eab，根据“1”的代换，可求出11122beaeabeab，由基本不等式可求出取值范围.【详解】解：ln

yxa，1yxa，设切点为00,xy，则000ln1xaexbexa，2eab，111111222beaeabeabeabeab.,,0abe原式12222beaeab

，当且仅当beaeab，即1,1abe时等号成立，即112eab.故选:C.【点睛】本题考查了导数的几何意义，考查了基本不等式.切线问题，一般设出切点，由切点处的导数值为切线的斜率以及切点既在切线上又在函数图像上，可列出方程组.运用基本不等式求最值时注意一正二定三相等.10.在三

棱锥PABC中，已知4APC，3BPC，PAAC，PBBC，且平面PAC平面PBC，三棱锥PABC的体积为36，若点,,,PABC都在球O的球面上，则球O的表面积为()A.4B.8C.

12D.16【答案】A【解析】【分析】取PC中点O，连接,AOBO，设球半径为R，由题意可知，AOBOR，由1336PABCPBCVSAO，可列出关于R的方程，进而可求出球的半径，则可求球的表面积.【详解】解：取PC中点O，连接,AOBO，

设球半径为R，因为3BPC，PAAC，PBBC，所以AOBOR，2PCR，PBR，3BCR，因为4APC，PAAC，所以PAAC，则AOPC,因为平面PAC平面PBC，所以AO平面PBC，即1336PABC

PBCVSAO，所以33366R，1R，球的表面积为244R.故选:A.【点睛】本题考查了椎体的体积，考查了面面垂直的性质，考查了球的表面积的求解.求球的体积或表面积时，关键是求出球的半径，通常设半

径，结合勾股定理列方程求解.本题的关键是面面垂直这一条件的应用.11.已知函数223fxxx，gxfxb，若函数yfgx有6个零点，则实数b的取值范围为()A.2,B.1,C.1,2D.2,1【答案】A【解析】【分析】

结合导数，求出223fxxx的单调性，由()()120ff-==，可得其零点及函数的简图，通过分析可知，fgx有6个零点等价于1fxb和2fxb都分别有3个实数根，

结合图像可得关于b的不等式，进而可求出b的取值范围.【详解】解：因为223fxxx，所以3222122xfxxxx，故当1x时，0fx，fx单调递增；当10x和0x时，0fx，fx单调递减；

又()()120ff-==，函数有两个零点分别为1，2.则函数的简图为函数fgx有6个零点，1gx与2gx的根共有6个，1fxb和2fxb都分别有3个实数根，则10b且20b，即2b.故选:A.【点睛】本题考查了函数的零点与方

程的根的应用，考查了运用导数求函数的单调性，考查了数形结合.本题的难点是对yfgx有6个零点这一条件的理解.一般地，若fxgxhx，则fx的零点个数就等于,ygxyhx的图

像交点个数.12.已知抛物线2:20Cypxp，其焦点为F，准线为l，过焦点F的直线交抛物线C于点,AB（其中A在x轴上方），,AB两点在抛物线的准线上的投影分别为,MN，若23MF，2NF，则AFBF()A.3B.2C.3D.

4.【答案】C【解析】【分析】由题意可知2MFN，由22216MNNFMF，可求出4MN，由MNFS可求出3p，由1cos2pMFOMF可知3MFO，从而可知23AFMF，231cos3pBF

，进而可求AFBF的值.【详解】解：由题意知，AFAM，BFBN，则,AMFAFMBFNBNF,由////BNAMx轴，可知22AFMBFN，则2MFN，22216MNNFMF，4MN，112322MNFpMNNFSMF

，3p，则1cos2pMFOMF，3MFO，AFAM，AMF△为等边三角形，直线AB的倾斜角3，且23AFMF,又因为coscosBNBFBFBFp，则231co

s3pBF.3AFBF.故选:C.【点睛】本题考查了抛物线的定义，考查了直线与抛物线的位置关系.本题的关键是p的求解.对于抛物线的问题，一般结合抛物线的定义，可减少运算量.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13

.62xx展开式中常数项为________.【答案】240【解析】【分析】先求出二项式62xx的展开式的通项公式，令x的指数等于0，求出r的值，即可求得展开式中的常数项.【详解】62xx展开式的通项公式36621662(2),rr

rrrrrTCxCxx令36342rr,所以62xx的展开式的常数项为4462240C,故答案为240.【点睛】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题.二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确

，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式1CrnrrrnTab；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.14.在平面直角坐标系

中，若角的始边是x轴非负半轴，终边经过点22sin,cos33P，则cos________.【答案】32【解析】【分析】化简出P的坐标，从而可求出3cos2，根据诱导公式可求出cos的值.【详解】解：由题意

知，2231sin,cos,3322PP，则P到原点的距离为1，3cos2，3coscos2.故答案为:32.【点睛】本题考查了诱导公式，考查了三角函数值的求解.由P点坐标求出角的余弦值是本题的关键.15.已知函数fx是定义域为R

的偶函数，xR，都有2fxfx，当01x时，213log,0211,12xxfxxx，则9114ff________.【答案】5【解析】【分析】由题意可知fx

周期为2，从而可求出91544ff，1110ff，进而可求出9114ff的值.【详解】解：由2fxfx可知，fx关于1x对称，又因为

fx是偶函数，所以fx周期为2，则9915444fff，1110ff9111150544ffff.故答案为:5.【点睛】本

题考查了分段函数，考查了函数的周期性的应用.由奇偶性和对称性求出函数的周期是求解本题的关键.16.已知各项均为正数的数列na的前n项和为nS，满足333321232nnnaaaaSS，

设2nnnab数列nb的前n项和为nT，则使得nTm成立的最小的m的值为________.【答案】3【解析】【分析】由333321232nnnaaaaSS，得333321231112nnnaaaaSS，两式相减可得212

2nnnaSSn，结合1,2nnnaSSn，可求出113nnaan，又21321aa，从而可求出na的通项公式1nan，用错位相减法可求出332nnnT，进而可求使得nTm成立的最小的m的值.【详解】解：由333321232nnnaaaaS

S，得333321231112nnnaaaaSS，两式相减得3221112222nnnnnnnnnaSSSSaSSan，整理得，2122nnnaSSn，211223nnnaSSn，两式相减得22

113nnnnaaaan.数列na的各项为正数，113nnaan，当1n时，321112aaa，即211120aaa，解得12a或1（舍）或0（舍），又22212224aSSa，解得：23a或22a（舍

），则21321aa，数列na是公差为1的等差数列，2111nann，12nnnb，12323412222nnnT，则23411111122222nnnT，相减得123411111

1111111111221222222222212nnnnnnnT，3332nnnT，满足不等式的m的最小正整数为3.故答案为:3.【点睛】本题考查了通项公式的求解，考查了错位相减法求和.本题的难点是由已知,nnSa递推关

系式的整理.一般地，已知,nnSa递推关系时，常结合11,2,,1nnnSSnnNaSn进行求解.本题的易错点是由错位相减法求nT时，计算量大，容易算错.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：共60分.17.在ABC中，内角,,ABC的对边分别为,,abc，满足2coscoscos

aAbCcB.（1）求A；（2）若ABC的面积为63，27a，求ABC的周长.【答案】（1）3；（2）1027.【解析】【分析】（1）由正弦定理对已知式子进行边角互化，结合三角形的内角和定理，化简后可得1cos2A，进而可求出A；（2）由1sin632ABCSbcAV，可知24

bc，结合余弦定理可求出10bc，从而可求周长.【详解】解：（1）由2coscoscosaAbCcB知，2sincossincossincosAABCCB，2sincossinsinAABCA.0A，1cos2A，则3A.（2）1632sinABCbcSA

，24bc.由余弦定理知，2222cos28abcbcA，即222283bcbcbcbc，2283100bcbc，解得10bc，ABC的周长为1027.【点睛】本题考查了正弦定理，考查了余弦定理，考查了三角形的面积公式.

一般地，若题目已知式子中既有边又有角，常结合正弦定理和余弦定理进行边角互化；若式子中三个角都存在，则常结合三角形的内角和定理进行消角化简.18.如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为长方形，PA底面ABCD，4PAAB，3BC

，E为PB的中点，F为线段BC上靠近B点的三等分点.（1）求证：AE⊥平面PBC；（2）求平面AEF与平面PCD所成二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）17830.【解析】【分析】（1）通过BCPA，BCAB可证明BC⊥平面PAB，进而

可得AEBC，结合AEPB证明线面垂直.（2）以,,ABADAP为,,xyz轴建立空间直角坐标系，可求出平面AEF的法向量1,4,1m，平面PCD的法向量0,4,3n，则可求出两向量夹角

的余弦值，从而可求二面角的正弦值.【详解】（1）证明：PAAB，E为线段PB中点，AEPB.PA平面ABCD，BC平面ABCD，BCPA.又底面ABCD是长方形，BCAB.又PAABA，BC平面

PAB.AE平面PAB，AEBC.又PBBCB，AE平面PBC.（2）解：由题意，以,,ABADAP为,,xyz轴建立空间直角坐标系，则0,0,0A，2,0,2E，4,1,0F，0,0,4P，

4,3,0C，0,3,0D.所以2,0,2AE,4,1,0AF，4,3,4PC，0,3,4PD，设平面AEF的法向量,,mxyz，则00mAEmAF，即22040

xzxy，令1x，则4y，1z，1,4,1m，同理可求平面PCD的法向量0,4,3n，192cos,30,mnmnmn，2178sin1cos,30,mmnn，即平面AEF与平面PCD所成角的正弦值为17830.【点睛】本题考查了

线面垂直的判定，考查了二面角正弦值的求解，考查了同角三角函数的基本关系.证明线线垂直时，可结合等腰三角形三线合一、勾股定理、矩形的邻边、菱形的对边、线面垂直的性质证明.19.2019新型冠状病毒（2019―nCoV）于202

0年1月12日被世界卫生组织命名.冠状病毒是一个大型病毒家族，可引起感冒以及中东呼吸综合征（MERS）和严重急性呼吸综合征（SARS）等较严重疾病.某医院对病患及家属是否带口罩进行了调查，统计人数得到如下列联表：戴口罩未戴口罩总计未感

染301040感染4610总计341650（1）根据上表，判断是否有95%的把握认为未感染与戴口罩有关；（2）从上述感染者中随机抽取3人，记未戴口罩的人数为X，求X的分布列和数学期望.参考公式：22nadbcKabcdacbd，其中n

abcd.参考数据：20PKk0.150.100.050.0250.0100.0050.0010k2.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828【答案】（1）有把握；（2）分布列见解析，95.【解析】【分析】（1）由表

求出245043841..K，即可判断；（2）由题意知X的取值可能为0，1，2，3，求出每种情况的概率，从而可得分布列，进而可求数学期望.【详解】解：（1）由列联表可知，22503064104504384

1341640.10.K.所以有95%的把握认为未感染与戴口罩有关.（2）由题知，感染者中有4人戴口罩，6人未戴口罩，则X的取值可能为0，1，2，3.343101030CPXC；21463103110CCPXC；1246210122C

CPXC；36310136CPXC，则X的分布列为X0123P13031012161311901233010265EX.【点睛】本题考查了独立性检验，考查了离散型随机变量的分布列，考查了数学期望的求解.在第一问求2K时，由于数据较大，应注意计算.一般对于求分

布列的问题，写出分布列后，可结合概率之和为1这一性质，进行检验.20.已知点1F，2F是椭圆2222:10xyCabab的左，右焦点，椭圆上一点P满足1PFx轴，215PFPF，1222FF.（1）求椭圆C的标准方程；

（2）过2F的直线l交椭圆C于,AB两点，当1ABF的内切圆面积最大时，求直线l的方程.【答案】（1）2213xy；（2）2yx或2yx.【解析】【分析】（1）由1PFx轴，结合勾股定理可得2221122PFFFPF，从而可求出253

3PF，133PF，则可知3a，结合1222FFc，可求出21b，即可求出椭圆的标准方程.（2）设11,Axy，22,Bxy，:2lxty，与椭圆方程联立，可得122223tyyt，12213yyt

，从而可用t表示出11212222613AFBFFAFFBtSSSt，用内切圆半径表示出1111232AFBSAFFBABrr，即可知22213trt，结合基本不等式，

可求出当半径取最大时，t的值，从而可求出直线的方程.【详解】解：（1）因为1PFx轴，所以122PFF，则2221122PFFFPF，由215PFPF，1222FF，解得2533PF，133PF，1222FFc，

由椭圆的定义知53322333a，3a，即2221bac，椭圆C的标准方程为2213xy.（2）要使1AFB△的内切圆的面积最大，需且仅需其1AFB△的内切圆的半径r最大.因为12,

0F，22,0F，设11,Axy，22,Bxy，易知，直线l的斜率不为0，设直线:2lxty，联立22213xtyxy，整理得2232210tyty，故122223tyyt，12213yyt；所以1121

22121212121242AFBFFAFFBSSSFFyyyyyy222222242612333ttttt，又11111144323222AFBSAFFBABrarrr，故222612

33trt，即，2222212123211trttt；当且仅当22211tt，即1t时等号成立，此时内切圆半径取最大值为12，直线l的方程为2yx或2yx.【点睛】本题考查了椭圆的定

义，考查了椭圆内三角形周长的求解，考查了三角形的面积公式，考查了直线与椭圆的位置关系.本题的关键是用内切圆半径表示出三角形的面积.本题的难点是计算化简.21.已知函数2ln2fxxaxaR

.（1）当1,1x时，求函数fx的最大值；（2）若函数fx存在两个极值点1x，2x，求证：122fxfx.【答案】（1）当0a时，fx的最大值为1ln3a，当0a

时，fx的最大值为1；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）求出函数的导数2242xxafxx，分为2a，02a，0a三种情况，结合导数判断函数的单调性，继而求出最大值.（2）由函数fx存在两个极值点

可知2240xxa在2,上存在两不等的实根，令224pxxxa，从而可知168020ap，可求出a的取值范围，结合韦达定理可求出12ln42afxfxaa，结合令ln42xq

xxx，在0,2x上的单调性，可证明12ln422afxfxaa.【详解】解：（1）由题意知，fx定义域为2,，且2242xxafxx，当1680a时，解得2a，此时0fx

对1,1x成立，则fx在1,1上是增函数，此时最大值为11ln3fa，当2a时，由2240xxa得4212ax，由4211,12a，取04212ax，则

01,xx时，0fx；0,xx时，0fx，所以fx在01,xx上是减函数，在0,x上是增函数，又11f则当11ff，即0a时，此时，fx在

1,1上的最大值为1ln3a；当11ff，即0a时，fx在1,1上的最大值为11f，综上，当0a时，函数fx在1,1x的最大值为1ln3a，当0a时，函数fx在1,1x的最大值为1.（2）要使fx存在两个极值点，则22

40xxa在2,上存在两不等的实根，令224pxxxa，则对称轴为1x，则168020ap，解得02a，由韦达定理知121222xxaxx，22121122ln2ln2fxfxxax

xax2121212122ln24xxxxaxxxx222ln22422aaaln42aaa.令ln42xqxxx，0,2x，ln02xqx，q

x在0,2上单调递减，02x时，22qxq，122fxfx.【点睛】本题考查了二次函数根的分布，考查了韦达定理，考查了运用导数求最值，考查了已知极值点的个数求参数.本题的难点在于第一问中，参数范围的确定；第二问中

，如何将极值点个数转化为参数的取值范围.一般地，含参函数求最值时，首先求出定义域，然后求得导数，令导数为零，讨论导数为零有无根；当有根时，再讨论根是否属于定义域，结合单调性，即可求最值.（二）选考题：共10分.请考生在第22，23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的

第一题计分.选修4-4：坐标系与参数方程22.在平面直角坐标系中，直线l的参数方程为415315xtyt（t为参数），以直角坐标系的原点为极点，以x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线

C的极坐标方程为2cos4.（1）求直线l的极坐标方程和曲线C的直角坐标方程；（2）已知直线l与曲线C交于,AB两点，试求,AB两点间的距离.【答案】（1）3cos4sin10，220xyxy；（2）75.【解析】【分析】（1）将直线参数方程

通过消参得到普通直角坐标方程，结合cossinxy可得其极坐标方程；结合两角差的余弦公式，可得2cossin，从而可求出曲线C的普通方程.（2）联立直线参数方程和圆的方程，可求出121

27,05tttt，则1275ABtt.【详解】解：（1）消参得，直线:3410lxy，即3cos4sin10；曲线:2cos2coscossinsin444C

，即2cossin，则22xyxy，所以曲线C的普通方程为220xyxy.（2）设,AB两点在直线上对应的参数分别为12,tt，将415315xtyt代入220xyxy，得27

05tt，则12127,05tttt，则2121212745ABtttttt.【点睛】本题考查了参数方程与普通直角坐标方程的转化，考查了直角坐标方程与极坐标方程的互化，考查了弦长问题.求第二问的弦长时，可结合直

线和圆的图形，由勾股定理求解，但是计算稍麻烦；也可结合参数的几何意义求解.选修4-5：不等式选讲23.已知0a，0b，1ab.（1）求11ab的最大值；（2）若不等式111xmxab

对任意xR及条件中的任意,ab恒成立，求实数m的取值范围.【答案】（1）6；（2）3,5.【解析】【分析】（1）求结合基本不等式可求出211ab的最大值为6，从而可求11ab的最大值

；（2）结合基本不等式中“1”的代换，可求出114ab，结合11xmxm，可得14m，从而可求出m的取值范围.【详解】解：（1）2111121111116ababababab，当且仅当11ab

，即12ab时取等号，11ab的最大值为6.（2）111124baabababab，当且仅当baab，即ab时取等号，11ab的最小值为4.又11xmx

m，14m，解得35m，即m的取值范围为3,5.【点睛】本题考查了基本不等式，考查了“1”的代换，考查了含绝对值不等式的求解，考查了绝对值三角不等式.在应用基本不等式求最值时，注意一正二定三相等.