2021-2022年高三第四次月考数学(文)试题(解析版)

一、单选题 1．已知集合A．C．

，

，则

B．D．

（ ）

【答案】A

【解析】对集合A和集合B取交集即可. 【详解】 集合则故选：A. 【点睛】

本题考查集合的交集运算，属于简单题. 2．

12i 12i43B．i

5534C．i

5534D．i

55，．

43A．i

55【答案】D

【解析】分析：根据复数除法法则化简复数，即得结果.

12i(12i)234i详解：选D.

12i55点睛：本题考查复数除法法则，考查学生基本运算能力.

3．如图是某样本数据的茎叶图，则该样本的中位数、众数、极差分别是( )

A．32 34 32 【答案】B

B．33 45 35 C．34 45 32 D．33 36 35

【解析】根据中位数，众数以及极差的概念以及茎叶图中的数据，求出相应

的数据即可．

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【详解】

从茎叶图中知共16个数据，按照从小到大排序后中间的两个数据为32、34，所以这组数据的中位数为33；

45出现的次数最多，所以这组数据的众数为45； 最大值是47，最小值是12，故极差是：35， 故选：B．

【点睛】

画茎叶图时的注意事项

（1）将每个数据分为茎（高位）和叶（低位）两部分，当数据是两位整数时，茎为十位上的数字，叶为个位上的数字；当数据是由整数部分和小数部分组成，可以把整数部分作为茎，把小数部分作为叶； （2）将茎上的数字按大小次序排成一列。

（3）为了方便分析数据，通常将各数据的叶按大小次序写在其茎右（左）侧。 （4）用茎叶图比较数据时，一般从数据分布的对称性、中位数，稳定性等方面来比较。 4．若sinA．

8 91，则cos2 37B．

9C．7 9D．8 9【答案】B 【解析】【详解】

分析：由公式cos2α12sin2可得结果.

cos2α12sin1详解： 故选B.

227 99点睛：本题主要考查二倍角公式，属于基础题.

5．已知平面向量a,b的夹角为135，且a1，2abA．2 C．31 【答案】A

【解析】将2ab【详解】

由2ab2得：2abB．2 D．3 2，则b

2进行平方运算可化为关于b的方程，解方程求得结果.

24a4abb4a4abcos135b2

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2222即：222bb本题正确选项：A 【点睛】

20，解得：b2 本题考查向量模长的求解，关键是能够通过平方运算，利用数量积运算构造出关于所求模长的方程，属于常考题型.

6．“十二平均律” 是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于122.若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为 A．32f C．1225f 【答案】D

【解析】分析：根据等比数列的定义可知每一个单音的频率成等比数列，利用等比数列的相关性质可解.

详解：因为每一个单音与前一个单音频率比为122，

所以an122an1(n2,nN)， 又a1f，则a8a1q7f(122)71227f 故选D.

点睛：此题考查等比数列的实际应用，解决本题的关键是能够判断单音成等比数列. 等比数列的判断方法主要有如下两种： （1）定义法，若

B．322f D．1227f

an1aq（q0,nN*）或nq（q0,n2,nN*）， 数anan1列{an}是等比数列；

2*（2）等比中项公式法，若数列{an}中，an0且an1anan2（n3,nN），则

数列{an}是等比数列.

7．执行如图所示的程序框图，如果输入的x2，2，则输出的y值的取值范围是

第 3 页 共 21 页

A．y5或y≥0 22 3B．2y2 32 3C．y2或0y【答案】C 【解析】【详解】

D．y2或yx,0x2x1由题意知，该程序的功能是求函数f(x)的值域．

1x,2x0xx11在区间[0,2]上单调递增， x1x12∴f(0)f(x)f(2)，即0y；

3①当0x2时，f(x)②当2x0时，f(x)x111(x)2x2，当且仅当xxxx1，即x1时等号成立． x2．选C． 3综上输出的y值的取值范围是y2或0y8．…，观察下列各式：ab1，a2b23，a3b34，a4b47，a5b511，则a12b12（ ） A．322 【答案】A

【解析】根据题中数据，归纳推理，即可得出结果. 【详解】

因为ab1，a2b23，a3b34，a4b47，a5b511，…， 等式右边对应的数为1,3,4,7,11,...，

所以，其规律为：从第三项起，每项等于其相邻两项的和； 因此，求a12b12，即是求数列“1,3,4,7,11,...”中的第12项，

所以对应的数列为“1,3,4,7,11,18,29,47,76,123,199,322”，即第12项为322.

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B．521

C．123

D．199

故选A 【点睛】

本题主要考查归纳推理，结合题中数据，找出规律即可，属于常考题型.

x1,x09．已知f(x)2，若存在三个不同实数a,b,c使得

log2019x,x0f(a)f(b)f(c)，则abc的取值范围是（ ）

A．0,1 【答案】C

【解析】先画出分段函数f（x）的图象，然后根据图象分析a、b、c的取值范围，再根据对数函数以及绝对值函数的性质得出bc＝1，即可得到abc的取值范围． 【详解】

由题意，画出函数f（x）的图象大致如图所示：

∵存在三个不同实数a，b，c，使得f（a）＝f（b）＝f（c），可假设a＜b＜c， ∴根据函数图象，可知：﹣2＜a≤0，0＜b＜1，c＞1．又∵f（b）＝f（c）， ∴|log2019b|＝|log2019c|，即：﹣log2019b＝log2019c．∴log2019b+log2019c＝0． ∴log2019bc＝0，即bc＝1．∴abc＝a．∵﹣2＜a≤0，∴﹣2＜abc≤0． 故选：C．

B．2,0

C．2,0

D．（0，1）

【点睛】

本题主要考查分段函数的图象画法，数形结合法的应用，绝对值函数以及对数函数的应用，不等式的性质，属于中档题．

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10．设a，b，c分别是ABC的内角A，B，C的对边，已知

bcsinACacsinAsinC，设D是BC边的中点，且

3，则ABDADB等于( )

A．2 【答案】A

B．4

C．4

ABC的面积为

D．2

【解析】利用三角形内角和定理可得bcsinBacsinAsinC．由正弦定理可得b2+c2﹣a2=bc，由余弦定理可得cosA=

1，结合范围A∈（0，π）可得A的值，结2合ABC的面积求得bc,将AB•DADB利用向量加减法运算转化为AB•AC,即可求得结果. 【详解】

∵bcsinACacsinAsinC，，

∴由正弦定理可得：bcbac（，整理可得：b2+c2﹣a2=-bc， ac）∴由余弦定理可得：cosA=12，∴由A∈（0，π），可得：A=，又ABC的面积为233，即又

12bcsin3,∴bc=4, 23AB•DADBDBDA•DADB=DB2-DA2=CB-42ABAC42=

ABAC-ABAC22

4=44AB?AC=AB•AC=-bccosA=2. 4故选A. 【点睛】

本题主要考查了向量加减法的运算、数量积的运算，综合运用了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，考查了转化思想和计算能力，属于中档题．

AD//BC，11．已知P，四边形ABCD为梯形，C，B，D是球O的球面上的五个点，A，

ABDCAD2，BCPA4，PA面ABCD，则球O的体积为（ ）

A．

642 3B．

162 3C．162

D．16

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【答案】A

【解析】根据已知中的平行关系和长度关系可确定BC中点E为底面梯形的外接圆圆心，根据球的性质可知OE平面ABCD，利用勾股定理构造出关于OE和球的半径R的方程，解方程求得R，代入球的体积公式可求得结果. 【详解】

取BC中点E，连接AE,DE,BD

1BCEC 四边形ADCE为平行四边形 211AEDC，又DCBC DEBC

22AD//BC且ADAEDEBEEC

E为四边形ABCD的外接圆圆心

设O为外接球的球心，由球的性质可知OE平面ABCD

作OFPA，垂足为F 四边形AEOF为矩形，OFAE2 设AFx，OPOAR

则44x4x2，解得：x2 R24422 球O的体积：V4R3642

33本题正确选项：A 【点睛】

本题考查棱锥外接球体积的求解问题，关键是能够明确外接球球心的位置，主要是根据球心与底面外接圆圆心连线垂直于底面的性质，通过勾股定理构造方程求得结果.

x2y212．已知椭圆E:221(ab0)的右焦点为F．短轴的一个端点为M，直线

abl:3x4y0交椭圆E于A,B两点．若AFBF4，点M到直线l的距离不小于

4，则椭圆E的离心率的取值范围是（ ） 5第 7 页 共 21 页

A．(0,3] 2B．(0,]

34C．[3,1) 2D．[,1)

34【答案】A

【解析】试题分析：设F1是椭圆的左焦点，由于直线l:3x4y0过原点，因此A,B两点关于原点对称，从而AF1BF是平行四边形，所以BF1BFAFBF4，即2a4，a2，设M(0,b)，则d4b4b4，b1，即1b2，又，所以

555c3．故选A． a2c2a2b24b2，所以0c3，0【考点】椭圆的几何性质．

【名师点睛】本题考查椭圆的离心率的范围，因此要求得a,c关系或范围，解题的关键是利用对称性得出AFBF就是2a，从而得a2，于是只有由点到直线的距离得出b的范围，就得出c的取值范围，从而得出结论．在涉及到椭圆上的点到焦点的距离时，需要联想到椭圆的定义．

二、填空题

13．过点2,4且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线的一般方程为_________.

【答案】2x+y=0，或 x-y=6=0

【解析】可分①当在坐标轴上截距为0时与②在坐标轴上截距不为0时讨论解决． 【详解】

：①当在坐标轴上截距为0时，所求直线方程为：y=-2x，即2x+y=0； ②当在坐标轴上截距不为0时，∵在坐标轴上截距互为相反数， ∴x-y=a，将A（-2，4）代入得，a=-6， ∴此时所求的直线方程为x-y+6=0； 即答案为2x+y=0，或 x-y=6=0. 【点睛】

本题考查直线的截距式方程，当在坐标轴上截距为0时容易忽略，考查分类讨论思想与缜密思考的习惯．

14．已知,为第二象限的角，cos(),sin()第 8 页 共 21 页

43545，则sin()的值为13_____. 【答案】63 65【解析】由,为第二象限的角，cos(),sin()43545，可得13412sin(),cos()，由于=()()，再结合两角

4541344和的正弦公式展开运算即可得解. 【详解】

4412所以sin(),cos()，

45413又因为

解：因为,为第二象限的角，cos(),sin()3545， 13sin（）=sin[(4)()]=sin()cos()+

444cos()sin()，

444123563（）=()()， 所以sin5135136563. 故答案为：65【点睛】

本题考查了象限角对应的三角函数值及两角和的正弦公式，主要考查了

=()()，属中档题.

4415．设函数f(x)是定义在R上的周期为2的函数，且对任意实数x恒有

xf(x)f(x)0,当x[1,0]时，f(x)x2，若g(x)f(x)loga在x(0,)上有三个零点，则a的取值范围为_______. 【答案】3,5

【解析】根据函数的周期和奇偶性作出f(x)和yloga点个数列出不等式解出a． 【详解】 解：

f(x)f(x)0，f(x)f(x)，f(x)是偶函数，根据函数的周期和奇偶

x在(0,)上的图象，根据交

性作出f(x)的图象如图所示：

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g(x)f(x)logax在x(0,)上有且仅有三个零点，

yf(x)和ylogax的图象在(0,)上只有三个交点，

loga31loga51，解得3a5即a3,5 a1故答案为：3,5． 【点睛】

本题考查了零点个数的判断，作出f(x)的函数图象是解题关键．

22 16．已知实数x，y满足xy1，则2xy46x3y的最大值是 ．

【答案】15

【解析】z2xy46x3y{2x2y,y22x

103x4y,y22x

由图可知当y22x时，满足的是如图的AB劣弧，则z2x2y在点A(1,0)处取得最大值5；当y22x时，满足的是如图的AB优弧，则z103x4y与该优弧

，所以z15，故该目标函数的最大值为15.

相切时取得最大值，故【考点】1.简单的线性规划；

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三、解答题

17．2018年8月8日是我国第十个全民健身日，其主题是：新时代全民健身动起来。某市为了解全民健身情况，随机从某小区居民中抽取了40人，将他们的年龄分成7段：[10，20），[20，30），[30，40），[40，50），[50，60），[60，70），[70，80]后得到如图所示的频率分布直方图。

（1）试求这40人年龄的平均数、中位数的估计值；

（2）（i）若从样本中年龄在[50，70）的居民中任取2人赠送健身卡，求这2人中至少有1人年龄不低于60岁的概率；

（ⅱ）已知该小区年龄在[10，80]内的总人数为2000，若18岁以上（含18岁）为成年人，试估计该小区年龄不超过80岁的成年人人数。 【答案】(1) 平均数37，中位数为35;(2) （ⅰ）P(A)0.88＝1760． 超过80岁的成年人人数约为2000×

【解析】（1）每个矩形的中点横坐标与该矩形的纵坐标相乘后求和可得平均值；直方图左右两边面积相等处横坐标表示中位数；（2）（ⅰ）从6人中任选2人共有15个基本事件，至少有1人年龄不低于60岁的共有9个基本事件，由古典概型概率公式可得结果；0.015＝0.88． （ⅱ）样本中年龄在18岁以上的居民所占频率为1－（18－10）×【详解】 （1）平均数

93;（ⅱ）该小区年龄不155x150.15250.2350.3450.15550.165750.0537．

前三组的频率之和为0.15＋0.2＋0.3＝0.65，故中位数落在第3组，设中位数为x， 0.03＋0.15＋0.2＝0.5，解得x＝35，即中位数为35． 则（x－30）×

0.15＝6人，其中年龄在[50，60）的（2）（ⅰ）样本中，年龄在[50，70）的人共有40×有4人，设为a，b，c，d，年龄在[60，70）的有2人，设为x，y．

则从中任选2人共有如下15个基本事件：（a，b），（a，c），（a，d），（a，x），（a，y），

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（b，c），（b，d），（b，x），（b，y），（c，d），（c，x），（c，y），（d，x），（d，y），（x，y）．

至少有1人年龄不低于60岁的共有如下9个基本事件：

（a，x），（a，y），（b，x），（b，y），（c，x），（c，y），（d，x），（d，y），（x，y）． 记“这2人中至少有1人年龄不低于60岁”为事件A， 故所求概率PA93． 1550.015＝0.88， （ⅱ）样本中年龄在18岁以上的居民所占频率为1－（18－10）×

0.88＝1760． 故可以估计，该小区年龄不超过80岁的成年人人数约为2000×【点睛】

本题主要考查直方图以及古典概型概率公式的应用，属于中档题，利用古典概型概率公式求概率时，找准基本事件个数是解题的关键，基本亊件的探求方法有 (1)枚举法：适(2)树状图法：合给定的基本事件个数较少且易一一列举出的；适合于较为复杂的问题中的基本亊件的探求.在找基本事件个数时，一定要按顺序逐个写出：先A1,B1，

A1,B2…. A1,Bn，再A2,B1，A2,B2…..A2,Bn依次A3,B1 A3,B2….A3,Bn… 这样才能避免多写、漏写现象的发生.

2*18．已知数列an的各项均为正数，且an2nan(2n1)0,nN.

（1）求数列an的通项公式；

n（2）若bn2an，求数列bn的前n项和Tn.

*n1【答案】（1）an2n1,nN；（2）Tn2(2n1)2

【解析】分析：（1）由an2nan2n10得an2n1an10，解得

2an2n1或an1，又数列{an}的各项均为正数，可得an．（2）利用错位相减法求

解即可. 详解：

（1）由an2nan2n10得an2n1an10，

2所以an2n1或an1，又因为数列an的各项均为正数，负值舍去

*所以an2n1,nN.

（2）由bn2an22n1，

nn第 12 页 共 21 页

所以Tn232527...22n1①

23n2Tn223235247...2n12n1②

23nn122...222n1 由①-②得：Tn62622212n11222n1222n1

n1n1所以Tn22n12n1.

点睛：考查数列通项的求法和利用错位相减法求和，能正确分解因式递推式求得通项是解题关键.

19．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，AB2AD2，

PDBD3AD，且PD底面ABCD.

（1）证明：BC⊥平面PBD；

（2）若Q为PC的中点，求三棱锥APBQ的体积.

【答案】（1）见解析;（2）VAPBQ1. 4【解析】试题分析：（1）先证明ADBD，再说明BCBD，根据PD底面ABCD，可得PDBC，即可证出；（2）因为三棱锥APBQ的体积VAPBQ与三棱锥AQBC的体积相等，可转化为求三棱锥AQBC的体积，再换顶点为Q，并利用Q是中点转化为VPABCD求解即可. 试题解析：

（1）证明：∵AD2BD2AB2，∴ADBD， ∵AD//BC，∴BCBD.

又∵PD底面ABCD，∴PDBC. ∵PDBDD，∴BC平面PBD.

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（2）三棱锥APBQ的体积VAPBQ与三棱锥AQBC的体积相等，

11111VPABC VPABCD133. 244341所以三棱锥APBQ的体积VAPBQ.

4而VAQBCVQABC点睛：涉及几何体，特别是棱锥的体积计算问题，一般要进行转化，变换顶点后，有时还需要利用等底等高转换，还可以利用直线上的点为中点或三等分点再进行顶点变换，从而求出几何体的体积.

x2y2220．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆221(ab0)的离心率为，

ab2a2右焦点到直线x的距离为1．

c

1求椭圆的标准方程；

2若P为椭圆上的一点(点P不在y轴上)，过点O作OP的垂线交直线y点Q，求

2于

11的值．

|OP|2|OQ|211x22 1． 【答案】(1) y1; (2)22|OP||OQ|2c2a2【解析】（1）已知条件用数学式子表示就是和c1，结合a2b2c2可

ca2求得a,b；

（2）由题意知OP的斜率存在，可先求出特殊位置即kOP0时

11的值，

|OP|2|OQ|2第 14 页 共 21 页

kOPx2y21220时，设直线OP的方程为ykx，由2，得2k1x2，可求

ykx2得P点坐标，得OP，再由直线垂直得OQ方程，从而得Q点坐标，得OQ代入可得

211的值．

|OP|2|OQ|2【详解】

1x2y2a22 椭圆221(ab0)的离心率为，右焦点到直线x的距离为1，

abc2c2e22a，且a2b2c2， ac1c解得a2，bc1，

x2椭圆的标准方程为y21;

22设Px1,y1，Qx2,2，

由题意知OP的斜率存在， 当OP的斜率为0时，OP2，OQ2，

111，

|OP|2|OQ|2当OP的斜率不为0时，设直线OP的方程为ykx，

x2y2122由2，得2k1x2， ykx2k2解得x，y， 22k212k1212122k22， |OP|xy22k122121OPOQ，直线OQ的方程为y1x， k第 15 页 共 21 页

y2由1，得x22k， yxk2|OQ|2x2(2)22k22，

112k2111， 2222|OP||OQ|2k22k2综上所述，【点睛】

本题考查求椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系．本题直线与椭圆相交问题中，采取解析几何的基本方法，设出直线方程（如OP方程为ykx）与椭圆方程联立求出交点P的坐标，再得直线OQ坐标，得出Q点坐标， 计算OP,OQ，代入求值式化简即可．本题有一定的难度，对学生的运算求解能力要求较高． 21．已知函数fx2x3a1x6axa1．

322111．

|OP|2|OQ|2（Ⅰ）设1a1，曲线yfx在点1,f1处的切线在y轴上的截距为b，求b的最小值；

（Ⅱ）若fx只有一个零点，求实数a的取值范围． 【答案】（Ⅰ）-8；（Ⅱ）,215512,2 【解析】（Ⅰ）利用导数几何意义先求出切线的方程，再根据切线方程求出（Ⅱ）先对函数求导可得ba23a6，然后利用二次函数的单调性求最值；

f'x6xax1，再通过分类讨论研究函数的单调性，然后根据函数的极值的

情况函数零点的关系得出a的取值范围即可。 【详解】

（Ⅰ）由已知可得f'x6x6a1x6a6xax1，

2f1a29a6，f'112a1，

所以曲线yfx在点1,f1处的切线方程为

ya29a612a1x1.

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令x0，得ba23a6.

3331,1上单调递增， 因为1a1，所以ba23a6a在24所以当a1时，bmin13168.

（Ⅱ）①若a1，因为f'x0xa或x1，f'x0ax1， 所以fx在,a和1,上单调递增，在a,1上单调递减， 所以fx的极小值为f1a3a2，极大值为faa2a1.

23222因为f0a10，若fx只有一个零点，

2则f10或fa0.

由f10，得a2或a1.又a1，所以a2. 由fa0，得a2a10a1aa10.

322因为a1，所以a2a10，得15a1， 2所以a2或15a1. 22②若a1，f'x6x10，则fx在,上是增函数. 因为f10，所以fx只有一个零点-1.

③若a1，因为f'x0x1或xa，f'x01xa， 所以fx在,1和a,上单调递增，在1,a上单调递减， 所以fx的极小值为faa2a1，极大值为f1a3a2.

32231因为f0a10，f1a0，若fx只有一个零点， 2422则fa0，即a2a10a1aa10.

322因为a1，所以a2a10，得1a51. 21551a,2综上，实数的取值范围为2,2.

第 17 页 共 21 页

【点睛】

本题主要考查导数的几何意义及利用导数研究含参数的函数的单调性、极值、零点问题，属中等难度题。 22．

在直角坐标系xOy中，曲线C1的方程为ykx2.以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为2cos30. （1）求C2的直角坐标方程；

（2）若C1与C2有且仅有三个公共点，求C1的方程. 【答案】(1) (x1)y4. (2) y2224x2. 3222【解析】分析：(1)就根据xcos，ysin以及xy，将方程

22cos30中的相关的量代换，求得直角坐标方程；

(2)结合方程的形式，可以断定曲线C2是圆心为A1,0，半径为2的圆，C1是过点

B0,2且关于y轴对称的两条射线，通过分析图形的特征，得到什么情况下会出现三

个公共点，结合直线与圆的位置关系，得到k所满足的关系式，从而求得结果. 详解：（1）由xcos，ysin得C2的直角坐标方程为

x12y24．

（2）由（1）知C2是圆心为A1,0，半径为2的圆．

由题设知，C1是过点B0,2且关于y轴对称的两条射线．记y轴右边的射线为l1，y轴左边的射线为l2．由于B在圆C2的外面，故C1与C2有且仅有三个公共点等价于l1与

C2只有一个公共点且l2与C2有两个公共点，或l2与C2只有一个公共点且l1与C2有两

个公共点．

当l1与C2只有一个公共点时，A到l1所在直线的距离为2，所以k2k122，故

4k或k0．

3经检验，当k0时，l1与C2没有公共点；当k4时，l1与C2只有一个公共点，l23第 18 页 共 21 页

与C2有两个公共点．

当l2与C2只有一个公共点时，A到l2所在直线的距离为2，所以或kk2k122，故k04． 34时，l2与C2没有公共点． 3经检验，当k0时，l1与C2没有公共点；当k综上，所求C1的方程为y4x2． 3点睛：该题考查的是有关坐标系与参数方程的问题，涉及到的知识点有曲线的极坐标方程向平面直角坐标方程的转化以及有关曲线相交交点个数的问题，在解题的过程中，需要明确极坐标和平面直角坐标之间的转换关系，以及曲线相交交点个数结合图形，将其转化为直线与圆的位置关系所对应的需要满足的条件，从而求得结果. 23．已知函数fx2x1x1． （Ⅰ）求不等式fx4的解集；

（Ⅱ）设函数fx的最小值为m，当a，b，cR，且abcm时，求

2a12b12c1的最大值．

【答案】（Ⅰ）x2x2；（Ⅱ） 23 31和x1两个点进行分段，分别在三段范围内进行讨论，得到21解析式后建立不等关系，求解得到范围；（Ⅱ）由（Ⅰ）可知：abc；法一：

2【解析】（Ⅰ）通过x设x2a1,y2b1,z2c1，利用2xyx2y2，可得

22xy2yz2zx8，从而推得xyz12，求得最大值；

法二：构造出

34442a12b12c12a12b12c1，利用2333xy可得xy24442a12b12c133332a12b12c1，从而求得最2222第 19 页 共 21 页

2大值；

法三：构造出柯西不等式的形式

2a122b122a112b11111，从而得到

2c1112，从而求得最大值.

2c122222【详解】

211时，fx3x24 x

32211②当x1时，fxx4 x1

22（Ⅰ）①当x③当x1时，fx3x24 1x2 综上：fx4的解集为x2x2 313x2,x21（Ⅱ）法一：由（Ⅰ）可知fxx,x1

23x2,x1fxmin11即m

221 22a1,y2b1,z2c1 又a,b,cR且abc则2a2b2c1，设x*x2y22xy 2xyx2y22a12b12a2b2

同理：2yz2b2c2，2zx2c2a2

2xy2yz2zx2a2b22b2c22c2a28

xyzx2y2z22xy2yz2zx2a12b12c1812

xyz23，即2a12b12c123 当且仅当abc21时取得最大值23 6第 20 页 共 21 页

13x2,x21法二：由（Ⅰ）可知fxx,x1

23x2,x1fxmin11即m

221 2又a,b,cR*且abc34442a12b12c12a12b12c1 23334442a12b12c13333 22221当且仅当abc时取得最大值23 613x2,x21法三：由（Ⅰ）可知fxx,x1

23x2,x1fxmin11即m

221abc 2a12b12c14

2由柯西不等式可知：



2a122b122c111122222a112b112c112即：

2a112b112c1112

22a12b12c123

当且仅当2a12b12c1即abc【点睛】

本题考查绝对值不等式的解法、利用基本不等式、柯西不等式求最值问题.解决不等式部分最值问题的关键是配凑出符合基本不等式或柯西不等式的形式，从而求得结果.

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1时，取得最大值23 6