山西省太原市2017届高三数学阶段测试5月模拟试题 理 精
【山西省太原市】2017届高三模拟考试(一)数学(文)试卷
AB =( 1,2) C.12i - B.6 C.4已知(1,cos ),(sin ,1)a a b a ==,若a b ⊥,则sin 2αcos ()x f x x=的图像大致为 )7ππ二、填空题.共4小题,每小题分,共20分.已知(1,1),b (t,1)a =-=,若((a b)a b)-+∥,则实数BCD -中,AB ⊥平面BCD ,BC ⊥16.已知数列{}n a 中,()*111,21n n a a a n n +=-=+-∈N ,则其前n 项和n S =______________. 三、解答题.共6小题,共70分.解答应写出文字说明,演算步骤或证明过程.17.已知,,a b c 分别是ABC ∆的内角,,A B C 所对的边,2cos ,a b B b c =≠.(1)证明：2A B =； (2)若2222sin a c b a C +=+,求A .18. 某知名品牌汽车深受消费者喜爱,但价格昂贵.某汽车经销商退出,,A B C 三种分期付款方式销售该品牌汽车,并对近期100位采用上述分期付款的客户进行统计分析,得到如下的柱状图.已知从,,A B C 三种分期付款销售中,该经销商每销售此品牌汽车1辆所获得的利润分别是1万元,2万元,3万元.现甲乙两人从该汽车经销商处,采用上述分期付款方式各购买此品牌汽车一辆.以这100位客户所采用的分期付款方式的频率代替1位客户采用相应分期付款方式的概率.(Ⅰ)求采用上述分期付款方式销售此品牌汽车1辆,该汽车经销商从中所获得的利润不大于2万元的概率； (Ⅱ)求采用上述分期付款方式销售此品牌汽车1辆,该汽车经销商从中所获得的利润的平均值；(Ⅲ)根据某税收规定,该汽车经销商每月(按30天计)上交税收的标准如下表：若该经销商按上述分期付款方式每天平均销售此品牌汽车3辆,估计其月纯收入(纯收入=总利润-上交税款)的平均值.。
山西省太原市2017届高三年级模拟试题(二)数学(文科)(含解析)
山西省太原市2017届高三年级模拟试题（二）数学（文科）一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分．每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求． （1）已知()211zi i =-+（i 为虚数单位），则复数z 在复平面内对应的点的坐标是（ B ） （A ）()2,2- （B ）()2,2 （C ）()2,2-- （D ）()2,2- （2）已知集合{}1,2,4A =，{}2log ,B y y x x A ==∈，则A B = （ C ） （A ）{}1,2 （B ）[]1,2 （C ）{}0,1,2,4 （D ）[]0,4（3）已知()2,1a = ，()1,1b =-，则a 在b 方向上的投影为（ A ）（A ）2-（B ）2 （C ）- （D （4）已知公比1q ≠的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，333S a =，则5S =（ D ） （A ）1 （B ）5 （C ）3148（D ）1116（5）如图，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形（阴影部分）围成一个大正方形，中间空出一个小正方形组成的图形，若在大正方形内随机取一点，该点落在小正方形的概率为15，则途中直角三角形中较大锐角的正弦值为（ B ）（A （B （C ）15 （D（6）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ D ） （A ）16 （B ）12 （C ）23 （D ）13（7）函数()ln xf x x=的图象大致为（ A ）（A ） （B ） （C ） （D ）（8）执行下面的程序框图，则输出S =（ B ） （A ）2 （B ）3- （C ）12-（D ）13（9）已知实数x ，y 满足条件370313010x y x y x y +-≥⎧⎪+-≤⎨⎪--≤⎩，则2z x y =+的最小值为（ C ）（A ）3 （B ）4 （C ）5 （D ）6 （10）将函数()cos2f x x =的图象向右平移3π个单位得到()g x 的图象，若()g x 在2,6m π⎛⎫-- ⎪⎝⎭和53,6m π⎛⎫ ⎪⎝⎭上都单调递减，则实数m 的取值范围为（ A ） （A ）5,918ππ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ （B ）,93ππ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ （C ）5,1218ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭ （D ）5,1812ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦ （11）已知双曲线2213x y -=的右焦点是抛物线()220y px p =>的焦点，直线y kx m =+与抛物线相交于A ，B 两个不同的点，点()2,2M 是AB 的中点，则AOB （O 为坐标原点）的面积是（ D ）（A） （B） （C（D）（12）已知()2xf x x e =⋅，若函数()()()21g x fx kf x =-+恰有三个零点，则下列结论正确的是（ D ）（A ）2k =± （B ）28k e = （C ）2k = （D ）2244e k e =+二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）（13）若命题“()10,,x x m x∀∈+∞+≥”是假命题，则实数m 的取值范围是 ()2,+∞ ． （14）已知4sin 5α=，2παπ<<，则sin 2α= 2425- ．（15）已知点O 是ABC ∆的内心，60BAC ∠=，1BC =，则BOC ∆面积的最大值为12． （16）已知三棱锥A BCD -中，2AB AC BC ===，BD CD ==点E 是BC 的中点，点A 在平面BCD射影恰好为DE 的中点，则该三棱锥外接球的表面积为6011π． 三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） （17）（本小题满分12分）已知数列{}n a 的前n 项和为()12n n n S +=，数列{}n b 满足()1n n n b a a n N *+=+∈． （Ⅰ）求数列{}n b 的通项公式；（Ⅱ）若()()21n an n c b n N *=⋅-∈，求数列{}n c 的前n 项和n T ．【解析】（Ⅰ）当1n =时，111a S ==，当2n ≥时，()()()111222n n n n n n n a S S n ----=-=-=， 又11a =符合上式，n a n ∴=，121n n n b a a n +∴=+=+．（Ⅱ）()1212n an n n c b n +=-=⋅，()2341122232122n n n T n n +=⋅+⋅+⋅++-⋅+⋅ ①，()345122122232122n n n T n n ++=⋅+⋅+⋅++-⋅+⋅ ②，①-②得，()()234122241222222212412n n n n n n T n n n ++++--=++++-⋅=-⋅=-⋅-- ，()2124n n T n +∴=-⋅+（18）（本小题满分12分）某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖，抽奖规则如下：1．抽奖方案有以下两种，方案a ：从装有1个红球、2个白球（仅颜色不同）的甲袋中随机摸出1个球，若是红球，则获得奖金15元；否则，没有奖金，兑奖后将抽出的球放回甲袋中；方案b ；从装有2个红球，1个白球（仅颜色不同）的乙袋中随机摸出1个球，若是红球，则获得奖金10元；否则，没有奖金，兑奖后将抽出的球放回乙袋中．2．抽奖的条件是，顾客购买商品的金额满100元，可根据方案a 抽奖一次；满150元，可根据方案b 抽奖一次（例如某顾客购买商品的金额为310元，则该顾客采用的抽奖方式可以有以下三种，根据方案a 抽奖三次或方案b 抽奖两次或方案a 、b 各抽奖一次），已知顾客A 在该商场购买商品的金额为250元． （Ⅰ）若顾客A 只选择方案a 进行抽奖，求其所获奖金为15元的概率；（Ⅱ）若顾客A 采用每种抽奖方式的可能性都相等，求其最有可能获得的奖金数（除0元外）．【解析】（Ⅰ）设“获奖金为15元”为时间B ，则()1212433339P B =⨯+⨯=． （Ⅱ）若按方案a 抽奖两次，则获奖金为15元的概率为11212433339p =⨯+⨯=，获奖金为30元的概率为2111339p =⨯=，若按方案a 、b 抽奖两次，则获奖金为15元的概率为3111339p =⨯=，获奖金为10元的概率为4224339p =⨯=，获奖金为25元的概率为5122339p =⨯=，故最有可能获得的奖金数为15元．（19）（本小题满分12分）如图（1），在平面六边形ABCDEF 中，四边形ABCD 是矩形，且4AB =，2BC =，AE DE BF CF ====，点M ，N 分别是AD ，BC 的中点，分别沿直线AD ，BC 将ADE ∆，BCF∆翻折成如图（2）的空间几何体ABCDEF ．（Ⅰ）利用下列结论1或结论2，证明：E 、F 、M 、N 四点共面； 结论1：过空间一点作已知直线的垂面，有且仅有一个． 结论2：过平面内一条直线作该平面的垂面，有且仅有一个．（Ⅱ）若二面角E AD B --和二面角A F BC --都是60，求三棱锥E BCF -的体积．【解析】（Ⅰ）由题意，点E 在底面ABCD 的射影在MN 上，可设为点P ，同理，点F 在底面ABCD 的射影在MN 上，可设为点Q ，则EP ⊥面ABCD ，FQ ⊥面ABCD ，∴面EMP ⊥面ABCD ，面FNQ ⊥面ABCD ，又MN ⊂面ABCD ，MN ⊂面EMP ，MN ⊂面FNQ ，由结论2：过平面内一条直线作该平面的垂面，有且仅有一个，则E 、F 、M 、N 四点共面．（Ⅱ）若二面角E AD B --和二面角A F BC --都是60，则60EMP FNQ ∠=∠= ，易得1EM FN ==，则1cos 602MP EM ==，sin 60EP EM ==11112223423223E BCF ABCDEF E ABCD V V V --=-=⨯⨯⨯+⨯-⨯⨯=．（20）（本小题满分12分）如图，曲线C 由左半椭圆()2222:10,0,0x y M a b x a b+=>>≤和圆()22:25N x y -+=在y 轴右侧的部分连接而成，A ，B 是M 与N 的公共点，点P ，Q （均异于点A ，B ）分别是M ，N 上的动点．（Ⅰ）若PQ 的最大值为4M 的方程；（Ⅱ）若直线PQ 过点A ，且0AQ AP += ，BP BQ ⊥，求半椭圆M 的离心率．【解析】（Ⅰ）由已知得：当P 为半椭圆与x 轴的左交点，Q 为圆与x 轴的右交点时，PQ 会取得最大值，即24a +=2a =，由图像可得()0,1A ，即1b =，故半椭圆M 的方程为()22104x y x +=≤．（Ⅱ）设直线PQ 方程为1y kx =+，(),P P P x y ，(),Q Q Q x y ，联立()22125y kx x y =+⎧⎪⎨-+=⎪⎩ 得()()221240k x k x ++-=，故2421A Q k x x k -+=+，2421Q k x k -∴=+，22411Q k k y k -++=+，又0AQ AP += ， 且(),1Q Q AQ x y =- ，(),1P P AP x y =- ，故02Q P Q P x x y y +=⎧⎪⎨+=⎪⎩，2241P k x k -∴=+，223411P k k y k -+=+， 又BP BQ ⊥，且(),1Q Q BQ x y =+ ，(),1P P BP x y =+ ，()()()()()()()()()222222224134124112111612011P Q P Q k k k k k x x y y k k k k -++-+--+++=+++=+-=++，解得34k =，故81,55P ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，代入2221x y a +=解得283a =，故4e ==．（21）（本小题满分12分）已知函数()()22xf x e ax x a R =--∈．（Ⅰ）当0a =时，求()f x 的最小值；（Ⅱ）当12e a <-时，证明：不等式()12ef x >-在()0,+∞上恒成立． 【解析】（Ⅰ）当0a =时，()2x f x e x =-，()2x f x e '=-，令()20xf x e '=-=解得ln 2x =，故当ln 2x =时，()f x 的最小值为()ln 222ln 2f =-． （Ⅱ）()22xf x e ax '=--，()12222102e f e a e ⎛⎫=-->---=⎪⎝⎭，()010f '=-<，故存在()00,1x ∈使得()00f x '=，令()22xh x e ax =--，则当()0,x ∈+∞时，()0221302xe h x e a e e ⎛⎫'=->--=->⎪⎝⎭， 故()h x 在()0,+∞单调递增，且()00h x =，0x x ∴=是()h x 的唯一零点，且在0x x =处()f x 取得最小值()()020000022x x f x e ax x e x ax =--=-+，又()00h x =即00220x e ax --=可得0012x e ax +=，()00000001122x x x x e f x e x e x ⎛⎫⎛⎫∴=-+=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，构造函数：()12t t g t e t ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，()1122t t g t e ⎛⎫'=-- ⎪⎝⎭，二次求导可得()2t t g t e ⎛⎫''=- ⎪⎝⎭，故当()0,1t ∈时，()0g t ''<，即()g t '在()0,1t ∈单调递减，则当()0,1t ∈时，()()00g t g ''<<，可得()12t t g t e t ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭在()0,1t ∈单调递减， ()000012x x f x e x ⎛⎫∴=-- ⎪⎝⎭在()00,1x ∈单调递减，()()10min 111122e f x f x e ⎛⎫∴=>--=- ⎪⎝⎭，得证．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）（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy 中，曲线1C 的参数方程为2cos sin x y ϕϕ=⎧⎨=⎩，（其中ϕ为参数）．以原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线2C 的极坐标方程为()tan cos sin 1ραθθ⋅-=（α为常数，0απ<<，且2πα≠），点A ，B （A 在x 轴的下方）是曲线1C 与2C 的两个不同交点．（Ⅰ）求曲线1C 普通方程和2C 的直角坐标方程；（Ⅱ）求AB 的最大值及此时点B 的坐标．【解析】（Ⅰ）由2cos sin x y ϕϕ=⎧⎨=⎩得cos 2sin x yϕϕ⎧=⎪⎨⎪=⎩，平方，相加得1C ：2214x y +=，2C ：tan 10x y α⋅--=．（Ⅱ）将2C 化为参数方程：cos 1sin x t y t αα=⎧⎨=-+⎩（t 为参数），将2C 参数方程代入1C ，得2221cos sin 2sin 04t t ααα⎛⎫+-⋅=⎪⎝⎭，12222sin 1cos sin 4t t ααα+=+，120t t ⋅=， 222sin 811cos sin 3sin 4sin AB ααααα∴==++， 0απ<<，且2πα≠，()sin 0,1α∈，minAB ∴=B的坐标为133⎛⎫± ⎪ ⎪⎝⎭．（23）（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲已知函数()()210f x x m x m =++->．（Ⅰ）当1m =时，解不等式()3f x ≥；（Ⅱ）当2,2x m m ⎡⎤∈⎣⎦时，不等式()112f x x ≤+恒成立，求实数m 的取值范围．【解析】（Ⅰ）当1m =时，()3,111212,1213,2x x f x x x x x x x ⎧⎪-<-⎪⎪=++-=--≤≤⎨⎪⎪>⎪⎩，由()3f x ≥解得1x ≤-或1x ≥．（Ⅱ）()1111211222f x x x m x x ≤+⇒++-≤+，2,2x m m ⎡⎤∈⎣⎦ ，且0m >， 111212121222m x x x m x x x ∴+≤+--⇒≤+---， 令()131,02212113,2x x t x x x x x x ⎧+<≤⎪⎪=+---=⎨⎪->⎪⎩，由题意得202m m m >⎧⎨<⎩，解得12m >， ()()2min 21t x t m m m ∴=≥⇒≤，112m ∴<≤．。
2020届山西省太原市2017级高三下学期一模考试数学(理)试卷及答案
2020届山西省太原市2017级高三下学期一模考试数学（理）试卷★祝考试顺利★注意事项：1．本试卷分第I 卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分,第I 卷1至4页,第Ⅱ卷5至8页。
2．回答第I 卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
3．回答第I 卷时,选出每小题答案后,用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号,写在本试卷上无效。
4．回答第Ⅱ卷时,将答案写在答题卡相应位置上,写在本试卷上无效。
5．考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷一、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{}{}26,3x x y x N x x M -+==<=,则M∩N =（ ） A ．{}32<<-x x B ．{}32<≤-x x C ．{}32≤<-x x D ．{}33≤<-x x2．设复数z 满足5)2(=+⋅i z ,则i z -=（ ）A ．22B ．2C ．2D ．43．七巧板是中国古代劳动人民发明的一种传统智力玩具,它由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成．（清）陆以湉《冷庐杂识》卷中写道：近又有七巧图,其式五,其数七,其变化之式多至千余,体物肖形,随手变幻,盖游戏之具,足以排闷破寂,故世俗皆喜为之．如图是一个用七巧板拼成的正方形,若在此正方形中任取一点,则此点取自阴影部分的概率为（ ）A.165B.3211C.167D.3213 4．已知等比数列{n a }中,1a >0,则“41a a <”是“53a a <”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件5．函数xx x f 1)(2-=的图象大致为（ ）6某程序框图如图所示,若该程序运行后输出的值是59,则（ ）A.3=aB.4=aC.5=aD.6=a 7.73)13(xx +展开式中的常数项是（ ）。
【山西省太原市】2017届高三模拟考试(一)数学(文)试卷-答案
答案
一、选择题
1-5：CADBD
6-10：CDDCA
11-12：BA
二、填空题
13. 1 14. x2 y2 1
4 15. 4
3 16. 2n1 2 n(n 1)
2 三、解答题
17.(1)∵ a 2b cosB ,由 a b 得 sinA 2sin B cos B sin 2B , sin A sinB
∴
2m(3a2 a2
4b2 ) 4b2
2m(3a2 4b2 ) 9a2 4b2
4m
,∴
3a2
4b2
,
∴
x1
3m,
y1
1 2
m
,代入椭圆方程得
m2
4 7
b2
b2
,符合题意,
∵ a2 b2 c2 ,∴ e c 1 . a2
21.解(1)由题意得
f
( x)
1/4
19.(1)证明：∵四边形 ABCD 是菱形,∴ AC BD ∵ BE 平面 ABCD ∴ BE AC ∴ AC 平面 BEFD ∴平面 ACF 平面 BEFD (2)设 AC 与 BD 的交点为 O , AB a(a 0) , 由(1)得 AC 平面 BEFD ∵ BE 平面 ABCD ∴ DF BD , ∵ DF / /BE ,∴ BE AC
2ac 由余弦定理得 cos B sin C ,
∵ 0 B,C π ,∴ C B 或 C B
2
2
①当 C π B 时,则 A π ,这与“ b c ”矛盾, A π ；
2017届山西省太原市高三数学(理)一模试题答案
2017 届山西省太原市高三数学（理）一模试题答案一、选择题（共12 小题，每题 3 分，满分 36 分）1．已知会合 A={ x| y=lg（ x+1） } ， B={ x|| x| ＜2} ，则 A∩ B=（）A．（﹣ 2，0）B．（0，2） C．（﹣ 1，2）D．（﹣ 2，﹣ 1）【解答】解：由 x+1＞0，得 x＞﹣ 1∴ A=（﹣ 1， +∞），B={ x|| x| ＜ 2} =（﹣ 2，2）∴ A∩ B=（﹣ 1， 2）．应选： C2．已知 zi=2﹣ i，则复数 z 在复平面对应点的坐标是（）A．（﹣ 1，﹣ 2）B．（﹣ 1， 2） C．（ 1，﹣ 2）D．（1，2）【解答】解： zi=2﹣ i，∴ z===﹣1﹣2i，∴复数 z 在复平面对应点的坐标是（﹣1，﹣ 2），应选： A．3．已知 S n是等差数列 { a n } 的前 n 项和， 2（ a1+a3+a5）+3（a8+a10） =36，则 S11=（）A．66 B．55 C．44D．33【解答】解：∵ S n是等差数列 { a n} 的前 n 项和， 2（ a1 +a3+a5） +3（a8+a10）=36，∴2（ a1+a1+2d+a1+4d）+3（a1+7d+a1+9d）=36，解得 a1+5d=3．∴ a6=3，∴ S11=6．==11a =33应选： D．4．已知=（ 1， cos α）， =（sin α，1），0＜α＜π，若，则α=（）A．B．C．D．【解答】解：=（ 1， cosα）， =（ sin α，1），若，可得? =sin α+cosα=0，即有 tan α==﹣1，由 0＜α＜π，可得α= ．应选： B．5．函数的图象大概为（）A．B．C．D．【解答】解： f（﹣ x）==﹣=﹣ f（ x），∴函数 f（x）为奇函数，则图象对于原点对称，故排A， B，当 x=时，f（）==应选： D6．已知圆 C：x2+y2=1，直线 l：y=k（x+2），在 [ ﹣1，1] 上随机选用一个数k，则事件“直线 l 与圆 C 相离”发生的概率为（）A．B．C．D．【解答】解：圆 C：x2+y2=1 的圆心为（ 0， 0），半径为 r=1；且圆心到直线 l：y=k（ x+2）的距离为d==，直线 l 与圆 C 相离时 d＞r ，∴＞1，解得 k＜﹣或k＞，故所求的概率为P==．应选： C．7．履行如图框图，已知输出的s∈[ 0， 4] ，若输入的 t∈ [ m， n] ，则实数 n﹣ m 的最大值为（A．1B．2C．3D．4【解答】解：模拟履行程序，可得程序框图的功能是计算并输出分段函数S=的值，做出函数的图象，由题意可得：输出的s∈0，4，[]当 m=0 时， n∈[ 2，4] ， n﹣m ∈[ 2， 4] ，当 n=4 时， m∈[ 0，2] ， n﹣m ∈[ 2， 4] ，因此实数 n﹣m 的最大值为 4．应选： D．8．某几何体的三视图以下图，则该几何体的表面积为（）A．6π+1 B．C．D．【解答】解：由题意，几何体为圆柱与圆锥的组合体，该几何体的表面积为21=，2π?1?2 π?1++++应选 D．9．已知 D=，给出以下四个命题：P1： ? （x，y）∈ D， x+y+1≥0；P2： ? （x，y）∈ D， 2x﹣y+2≤0；P3： ? （x，y）∈ D，≤﹣4；P4： ? （x，y）∈ D， x2+y2≤ 2．此中真命题的是（）A．P1，P2B．P2，P3C．P2，P4D．P3，P4【解答】解：不等式组的可行域如图，p1： A（﹣ 2，0）点，﹣ 2+0+1=﹣1，故 ? （x，y）∈ D，x+y≥ 0 为假命题；p2： A（﹣ 1，3）点，﹣ 2﹣3+2=﹣3，故 ? （x，y）∈ D，2x﹣y+2≤0 为真命题；p3： C（ 0， 2）点，=﹣3，故 ? （x，y）∈ D，≤﹣4为假命题；p4：（﹣ 1， 1）点， x2+y2=2故 ? （x，y）∈ D，x2+y2≤2 为真命题．可得选项 p2，p4正确．应选： C．10．已知抛物线 y2=4x 的焦点为点 F，过焦点 F 的直线交该抛物线于A、B 两点，O 为坐标原点，若△ AOB的面积为，则| AB| =（）A．6B．8C．12D．16【解答】解：抛物线 y2=4x 焦点为 F（ 1，0），设过焦点 F 的直线为： y=k（x﹣1），由? 可得 y2﹣y﹣ 4=0，y A+y B=，y A y B=﹣4，| y A﹣y B| =△ AOB的面积为，可得：| y A﹣y B| =，，解得 k=| AB| =?， | y A﹣y B| =．应选： A．11．已知函数 f（x）=sin ωx﹣cos ωx（ω＞ 0），若方程 f （x）=﹣1 在（ 0，π）上有且只有四个实数根，则实数ω的取值范围为（）A．（，]B．（，]C．（，] D．（，]【解答】解： f（x） =2sin（ωx﹣），作出 f （x）的函数图象以下图：令 2sin（ωx﹣）=﹣1得ωx﹣=﹣2kπ，或ωx﹣ =2kπ，++∴ x=+，或 x=+k Z，， ?设直线 y=﹣1 与 y=f（ x）在（ 0，+∞）上从左到右的第 4 个交点为 A，第 5 个交点为 B，则 x A=，x B=，∵方程 f（x）=﹣1 在（ 0，π）上有且只有四个实数根，∴ x A＜π≤x B，即＜π≤，解得．应选 B．12．设函数 f（x）=与g（x）=a2lnx+b有公共点，且在公共点处的切线方程同样，则实数 b 的最大值为（）A．B．C．D．【解答】解：设 y=f（x）与 y=g（ x）（x＞0）在公共点 P（x0，y0）处的切线同样、f （′x）=3x﹣2a，g′（x）=，由题意 f（x0） =g（x0），f ′（x0）=g′（x0），即 x02﹣2ax0=a2lnx0+b，3x0﹣2a=由 3x0﹣2a=得x0=a或x0=﹣a（舍去），即有 b= a2﹣2a2﹣a2lna=﹣a2﹣a2lna．令 h（t） =﹣ t2﹣t2 lnt（ t＞0），则 h′（t） =2t（ 1+lnt ），于是当 2t（1+lnt ）＞ 0，即 0＜t＜时， h′（ t）＞ 0；当 2t（1+lnt）＜ 0，即 t ＞时， h′（t ）＜ 0．故 h（t）在（ 0，）为增函数，在（，+∞）为减函数，于是 h（t ）在（ 0， +∞）的最大值为h（）=，故 b 的最大值为．应选 A．二、填空题（共 4 小题，每题 3 分，满分 12 分）13．已知，若，则实数t=﹣1．【解答】解：依据题意，，则 + =（1+t ，0），﹣=（1﹣t ，﹣ 2），若，则有（ 1+t）×（﹣ 2）=（1﹣t ）× 0=0，解可得 t=﹣1；故答案为：﹣ 1．14．已知双曲线经过点，其一条渐近线方程为y=2x，则该双曲线的标准方程为﹣x2=1．【解答】解：依据题意，双曲线的一条渐近线方程为y=2x，则能够设其方程为x2﹣=m，（m≠0），又由其经过点，则有 1﹣=m，解可得 m=﹣ 1，则其方程为： x2﹣=﹣1，其标准方程为：﹣ x2=1，故答案为：﹣x2=1．15．已知三棱锥 A﹣BCD中， BC⊥CD， AB=AD=，BC=1，CD=，则该三棱锥外接球的体π ．【解答】解： BC⊥CD， BC=1， CD=，∴ DB=2又因 AB=AD=，∴△ ABD是直角三角形．取 DB 中点 O， OA=OB=OC=OD=1∴ O 三棱外接球的球心，外接的半径R=1，∴ 三棱外接球的体π，故答案：π．16．已知数列 { a n} 中，，其前n和S n=2n+2 4．【解答】解：∵数列 { a n } 中，，∴a2=0，n≥2 ， a n=2a n﹣1 +3n 4，∴a n+1 a n=2a n 2a n﹣1+3，化 a n+1 a n+3=2（a n a n﹣1+3），a2 a1+3=2．∴数列 { a n a n﹣1 +3} 是等比数列，首 2，公比 2．∴a n a n﹣1+3=2n，即 a n a n﹣1 =2n 3．∴a n=（ a n a n﹣1）+（a n﹣1 a n﹣2）+⋯+（ a2 a1）+a1=2n 3+2n﹣1 3+⋯+22 3 1= 3（n 1） 1=2n+13n 2．∴ S n=3×2n=2n+2﹣4﹣．故答案为： 2n+2﹣4﹣．三、解答题17．已知 a，b，c 分别是△ ABC的内角 A， B，C 所对的边， a=2bcosB， b≠ c．（1）证明： A=2B；（2）若 a2+c2=b2+2acsinC，求 A．【解答】解：（1）证明：△ ABC中， a=2bcosB，由，得 sinA=2sinBcosB=sin2B，∵0＜ A， B＜π，∴ sinA=sin2B＞ 0，∴ 0＜ 2B＜π，∴A=2B或 A+2B=π，若 A+2B=π，则 B=C，b=c 这与“b≠c”矛盾，∴A+2B≠ π；∴A=2B；（2）∵ a2+c2=b2+2acsinC，∴，由余弦定理得 cosB=sinC，∵ 0＜ B， C＜π，∴或，①当时，则，这与“b≠c”矛盾，∴；②当时，由（ 1）得 A=2B，∴，∴．18．某著名品牌汽车深受花费者喜欢，但价钱昂贵．某汽车经销商推出 A、B、C三种分期付款方式销售该品牌汽车，并对近期 100 位采纳上述分期付款的客户进行统计剖析，获取以下的柱状图．已知从 A、 B、 C 三种分期付款销售中，该经销商每销售此品牌汽车 1 俩所获取的收益分别是 1 万元， 2 万元， 3 万元．现甲乙两人从该汽车经销商处，采纳上述分期付款方式各购置此品牌汽车一辆．以这100 位客户所采纳的分期付款方式的频次取代 1 位客户采纳相应分期付款方式的概率．（ 1）求甲乙两人采纳不一样分期付款方式的概率；（ 2）记 X（单位：万元）为该汽车经销商从甲乙两人购车中所获取的收益，求 X 的散布列与希望．散布列．【解答】解：（1）由题意得：P（A）==0.35， P（ B） ==0.45，P（C）==0.2，∴甲乙两人采纳不一样分期付款方式的概率：p=1﹣ [ P（A）?P（A）+P（ B） ?P（B）+P（C）?P（ C） ] =0.635．（2）记X（单位：万元）为该汽车经销商从甲乙两人购车中所获取的收益，则 X 的可能取值为 2，3，4，5，6，P（X=2） =P（A）P（A）=0.35× 0.35=0.1225，P（X=3） =P（A）P（B）+P（B）P（A）=0.35×0.45+0.45×0.35=0.315，P（X=4）=P（A）P（C）+P（B）P（B）+P（C）P（ A）=0.35×0.2+0.45×0.45+0.2×0.35=0.3425，P（X=5） =P（B）P（C）+P（C）P（B）=0.45×0.2+0.2× 0.45=0.18，P（X=6） =P（C）P（C）=0.2×0.2=0.04．∴ X 的散布列为：X23456P0.12250.3150.34250.180.04E（X）=0.1225×2 0.315×3 0.3425× 4 0.18× 5 0.04× 6=3.7．++++19．如图，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形， BE⊥平面 ABCD，DF∥BE，且 DF=2BE=2，EF=3．（1）证明：平面 ACF⊥平面 BEFD（2）若二面角 A﹣EF﹣ C 是二面角，求直线 AE与平面 ABCD所成角的正切值．标系，利用向量法能求出直线AE与平面 ABCD所成角的正切值．【解答】证明：（1）∵四边形 ABCD是菱形，∴ AC⊥BD，∵BE⊥平面ABCD，∴BE⊥AC，∴ AC⊥平面 BEFD，∵AC? 平面 ACF，∴平面 ACF⊥平面 BEFD．解：（ 2）设 AC 与 BD的交点为 O，由（ 1）得 AC⊥BD，分别以 OA，OB 为 x 轴， y 轴，成立空间直角坐标系，∵BE⊥平面 ABCD，∴ BE⊥BD，∵DF∥BE，∴ DF⊥BD，222∴ BD=EF﹣（ DF﹣BE） =8，∴ BD=2 ．设 OA=a，（ a＞ 0），由题设得 A（a，0，0），C（﹣ a， 0， 0），E（0，），F（0，﹣，2），设 m=（x， y， z）是平面 AEF的法向量，则，取 z=2，得=（），设是平面 CEF的一个法向量，则，取，得=（﹣，1，2），∵二面角 A﹣EF﹣ C 是直二面角，∴=﹣ +9=0，解得 a= ，∵BE⊥平面 ABCD，∴∠ BAE是直线 AE与平面 ABCD所成的角，∴ AB==2，∴ tan．∴直线 AE与平面 ABCD所成角的正切值为．20．已知椭圆 C：的左右焦点与其短轴的一个端点是正三角形的三个极点，点D在椭圆C上，直线l：y=kx+m与椭圆C订交于A、P两点，与 x 轴、 y 轴分别订交于点 N 和 M ，且 PM=MN，点 Q 是点 P 对于 x 轴的对称点， QM 的延伸线交椭圆于点 B，过点 A、B 分别作 x 轴的垂涎，垂足分别为 A1、B1（1）求椭圆 C 的方程；（2）能否存在直线 l，使得点 N 均分线段 A1B1？若存在，求求出直线 l 的方程，若不存在，请说明原因．【解答】解：（ 1）∵椭圆 C：的左右焦点与其短轴的一个端点是正三角形的三个极点，点D在椭圆C上，∴由题意得，解得 a2，2，=4 b =3∴椭圆 C 的方程为．（ 2）假定存在这样的直线l：y=kx+m，∴ M（0，m ），N（﹣，0），∵ PM=MN，∴ P（，2m），Q（），∴直线 QM 的方程为 y=﹣3kx+m，设 A（x1，y1），由，得（3+4k2）x2+8kmx+4（m2﹣3）=0，∴，∴，设 B（x2，y2），由，得（3+36k2）x2﹣24kmx+4（m2﹣3）=0，∴ x2+ =，∴2﹣，x =∵点 N 均分线段 A1 1，B ，∴∴﹣=﹣，∴ k=，∴ P（± 2m，2m），∴，解得m=，∵ | m| =＜b=，∴△＞0，切合题意，∴直线 l 的方程为 y=．21．已知函数 f（x）=2lnx+ax﹣（a∈ R）在x=2处的切线经过点（﹣4，2ln2）（ 1）议论函数 f （x）的单一性（ 2）若不等式恒成立，务实数m的取值范围．【解答】解：（1）由（f x）=2lnx ax﹣（ a∈R），求导 f（′x）= a，++ +当 x=2 时， f ′（ 2） =1+a+f ′（2），∴ a=﹣1，设切点为（ 2，2ln2+2a﹣2f ′（2）），则切线方程y﹣（ 2ln2+2a﹣2f ′（2）） =f ′（2）（ x﹣2），将（﹣ 4，2ln2）代入切线方程， 2ln2﹣2ln2﹣2a+2f （′2））=﹣6f （′ 2），则 f （′2）=﹣，∴ f （′ x）= ﹣ 1﹣ =≤ 0，∴ f（x）在（ 0， +∞）单一递减；（2）由不等式恒成立，则（2lnx）＞ m，+令φ x）=2lnx，（ x＞ 0）求导φ′（x）= ﹣﹣1=﹣（﹣1）2≤0，（+∴ φ（ x）在（ 0，+∞）单一递减，由φ（1）=0，则当 0＜x＜1 时，φ（x）＞ 0，当 x＞1 时，φ（ x）＜ 0，∴（2lnx+）在（0，+∞）恒大于0，∴m≤0，实数 m 的取值范围（﹣∞， 0] ．四、解答题（共 1 小题，满分 10 分）22．在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1的参数方程为（，此中φ为参数），曲线，以原点 O 为极点， x 轴的正半轴为极轴成立极坐标系，射线 l：θ=α（ρ≥0）与曲线 C12，C 分别交于点 A，B（均异于原点 O）（ 1）求曲线 C1，C2的极坐标方程；（2）当时，求OA2OB 2的取值范围．||+||【解答】解：（1）∵，∴，由得曲线 C1的极坐标方程为，∵ x2+y2﹣ 2y=0，∴曲线 C2的极坐标方程为ρ =2sin；θ2）由（ 1）得，OB222α（ρ||==4sin，∴∵，∴ 1＜ 1+sin2α＜，∴，2∴| OA| 2+| OB| 2的取值范围为（ 2，5）．五、解答题（共 1 小题，满分 0 分）23．已知函数（1）若不等式 f （x）﹣ f（ x+m）≤ 1 恒成立，务实数 m 的最大值；（2）当 a＜时，函数 g（x） =f（x）+| 2x﹣ 1| 有零点，务实数 a 的取值范围．【解答】解：（1）∵，∴，∴f（x）﹣ f（x+m ）=| x﹣a| ﹣ | x+m﹣ a| ≤| m| ，∴| m| ≤1，∴﹣ 1≤m≤1，∴实数 m 的最大值为 1；（2）当时，=∴，∴或，∴，∴实数 a 的取值范围是．。
新课标高考理科数学模拟试题含答案
新课标高考理科数学模拟试题含答案The following text is amended on 12 November 2020.2017年普通高等学校招生全国统一考试理科数学模拟试卷（一）第I 卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．已知命题:p x ∀∈R ，sin x ≤1，则（ ）A ．:p x ⌝∃∈R ，sin x ≥1B ．:p x ⌝∀∈R ，sin x ≥1C ．:p x ⌝∃∈R ，sin x >1 不能D ．:p x ⌝∀∈R ，sin x >12．已知平面向量a =（1，1），b （1，－1），则向量1322-=a b （ ）A ．（－2，－1）B ．（－2，1）C ．（－1，0）D ．（－1，2）3．函数πsin 23y x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭在区间ππ2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，的简图是（ ）4．已知{a n }是等差数列，a 10=10，其前10项和S 10=70，则其公差d =（ ）A ．23-B ．13-C ．13D ．235．如果执行右面的程序框图，那么输出的S=（ ）A ．2450B ．2500 y x11-2π-3π-O6ππyx11-2π-3π-O 6ππy x11-2π-3πO 6π-πy xπ2π-6π-1O1-3π A．B．C ．D ．6．已知抛物线22(0)y px p =>的焦点为F ，点P 1（x 1，y 1），P 2（x 2，y 2），P 3（x 3，y 3）在抛物线上，且2x 2=x 1+x 3， 则有（ ）A ．123FP FP FP +=B ．222123FP FP FP += C ．2132FP FP FP =+ D ．2213FPFP FP =· 7．已知x >0，y >0，x ，a ，b ，y 成等差数列，x ，c ，d ，y 成等比数列，则2()a b cd+的最小值是（ ）A ．0B ．1C ．2D ．48．已知某个几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸（单位：cm ），可得这个几何体的体积是（ ）A ．34000cm 3 B ．38000cm 3C ．2000cm 3D ．4000cm 3 9．若cos 22π2sin 4αα=-⎛⎫- ⎪⎝⎭，则cos sin αα+的值为（ ） A ．7．12- C ．12D 7 10．曲线12e x y =在点（4，e 2）处的切线与坐标轴所围三角形的面积为（ ）A ．29e 2年B ．4e 2, C ．2e 2 D ．e 2s 1，s 2，s 3分别表示甲、乙、丙三名运动员这次测试成绩的标准差，则有（ ）甲的成绩 环数7 8 9 10 频数 5 5 5 5 乙的成绩 环数7 8 9 1频数 6 4 4 6 丙的成绩 环数7 8 9 1频数4 6 6 412．一个四棱锥和一个三棱锥恰好可以拼接成一个三棱柱，这个四棱锥的底面为正方形，且底面边长与各侧棱长相等，这个三棱锥的底面边长与各侧棱长也都相等。
2020届山西省太原市2017级高三一模考试数学(理)试卷参考答案
其分布列如下，
2 4 6
p 64 16 1 81 81 81
可求得方案二的期望为 E( ) 2 64 4 16 6 1 198 22 . ......................................9 分 81 81 81 81 9
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2020届山西省太原市2017级高三一模考试数学（理）试卷
..................9 分
∴
sin
A
sin(B
C)
sin
2π 3
C
32 7 1 2 72
21 7
21 . 14
18. （本小题满分 12 分）
..................12 分
解(Ⅰ)∵ AE 平面 BCE ， BE 平面 BCE ， BC 平面 BCE ，
∴ AE BE, AE BC ，
...................................2 分
又∵ BC AB ，∴ AE AB A ，∴ BC 平面 ABE ，...................................4 分
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又 BC 平面 ABCD ，∴平面 ABCD 平面 ABE . ..................................................6 分
......................................................................6 分
(Ⅱ) b 7, c 2 ，由正弦定理 b c 得 sin C 21 ， ..................8 分
sin B sin C
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山西省太原市2017届高三年级模拟试题(三)(文数)
山西省太原市2017届高三年级模拟试题（三）数学（文科）（考试时间：下午3:00——5:00）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非择题）两部分。
2．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题与答题卡相应的位置。
3．全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷（选择题 共60分）一、选择题：本大题共12个小题,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i 是虚数单位，复数z 满足()1i z i -=，则=z A ．12 B．2C ．1 D2．已知全集U R =，集合{|(2)0}A x x x =-<，{|||1}B x x =≤，则下图阴影部分表示的集合是A ．(]0,1B ．(2,1)[0,1]--C ．()[1,0]1,2-D ．[)1,2- 3．已知22:,:p a b q a b >>，则下列结论正确的是A ．p 是q 的充分不必要条件B ．p 是q 的必要不充分条件C ．p 是q 的既不充分也不必要条件D ．p 是q 的充要条件4．我国古代数学名著《九章算术》的论割圆术中有：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周盒体而无所失矣.”它体现了一种无限与有限的转化过程.比如在表达式11111+++中“…”即代表无限次重复，但原式却是个定值，它可以通过方程11x x +=求得12x =.A ．3 B．12C ．6 D．5．执行右面的程序框图，则输出的B =A ．31B ．63C ．127D ．2556．在ABC ∆中，3AB =，2AC =，60BAC ∠=︒，点P 是ABC ∆内一点（含边界），若23AP AB AC λ=+，则||AP的最大值为AB ．83 CD7．已知某产品的广告费用x （单位：万元）与销售额y （单位：万元）具有线性关系关系，其统计数据如下表：由上表可得线性回归方程^^^y b x a =+，据此模型预报广告费用为8万元时的销售额是 A ．59.5 B ．52.5 C ．56 D ．63.5附：121^1221()())=()(n ni ii nii iii nii x y nx yb xx x y y n xx x ====-⋅---=-∑∑∑∑；^^a yb x =-8．某几何体的三视图如图所示，则该几何体中最长的棱长为 A ．B ．C D．9．已知点M,N 是平面区域24024020x y x y x y --≤⎧⎪-+≥⎨⎪+-≥⎩，内的两个动点，)2,1(=a ，则a ⋅的最大值为A ．B ．10C ．12D ． 810．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，点(,3)n n S +*()n N ∈在函数210y x x =-的图象上，等比数列{}n b 满足1n n n b b a ++=*()n N ∈，其前n 项和为n T ，则下列结论正确的是 A ．2n n S T < B ．40b = C ．77T b > D ．56T T =11．已知函数()f x 是偶函数，(1)f x +是奇函数，且对于任意1x ，2[0,1]x ∈，且12x x ≠，都有1212()[()()]0x x f x f x --<，设82()11a f =，50()9b f =-，24()7c f =，则下列结论正确的是A ．a b c >>B ．b a c >>C ．b c a >>D ．c a b >>12．已知点P 在抛物线2y x =上，点Q 在圆221(4)()12x y -++=上，则||PQ 的最小值为A 1-B 1-C ．1D 1 第Ⅱ卷（非选择题 共90分）本卷包括必考题和选考题两部分。
山西省太原市第五中学2017-2018学年高一下学期5月月考试题数学Word版含答案
9. 一给定函数
的图象在下列图中，并且对任意
，由关系式
得到的数列
满足
，则函数的图象是
A.
B.
C.
D.
10. 能推出
是递增数列的是
A.
是等差数列且
an 递增
n
B. 是等差数列
的前
项和，且
Sn 递增 n
C.
是等比数列，公比为
D. 等比数列
，公比为
11. 若 ， ， 成等比数列，
ac
则
mn
A.
B.
是 ， 的等差中项， 是 ， 的等差中项，
C. 3
D.
12. 在
中， ， ， 分别是角 ， ， 的对边，以下四个结论中， 错误的一个是
A. 若
，则
B. 若
，则
太原五中 2017 — 2018 学年度第二学期阶段性检测
高一数学
时间： 2018.5
一、选择题：共 12 小题，每小题 4 分，共 48 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. 在数列
中，第
项为
A.
B. 7
C. 6
D.
2．在
中，
分别是角
的对边， 若
，则
是
A. 锐角三角形 C. 钝角三角形
B. 直角三角形 D. 锐角三角形或钝角三角形
3． 在
中，
，则
的面积等于
3
A.
2
4. 设等差数列
3
B.
4
3
C.
或
2
的前 项和为 ，已知
3
3
D.
或
2
4
，则
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山西省太原市2017届高三数学阶段测试（5月模拟）试题 理（扫描
版）
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太原五中高三数学一模理答案
选择题：CDACB BCDCA CB
填空题：13. 14. 120 15.41 16. 2017
17.解：
（1）在BEC中，据正弦定理，有sinsinBECEBCEB.
∵23B，1BE，7CE，
∴sin221sin147BEBBCECE.
（2）由平面几何知识，可知DEABCE，在RtAED中，∵2A，5AE，
∴2357cos1sin12814DEADEA.
∴527cos5714EAEDDEA.
在CED中，据余弦定理，有
222
1
2cos7282727()492CDCEDECEDECED
∴7CD
18.
9
19.解：（Ⅰ）取线段CD的中点Q，连结KQ，直线KQ即为所求．
如图所示：
（Ⅱ）以点A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在的直线为y轴，
10
建立空间直角坐标系，如图．由已知可得(0,0,0)A，(0,0,2)E，(2,0,0)B，(2,2,0)C，
(0,2,1)F
，
∴(2,2,2)EC，(2,0,2)EB，(0,2,1)EF，
设平面ECF的法向量为(,,)nxyz，得2220,20,xyzyz
取1y，得平面ECF的一个法向量为(1,1,2)n，
设直线EB与平面ECF所成的角为，
∴23sin|cos,|||643nEB．
20.解：（Ⅰ）设椭圆C的焦距为2c，则1c，
因为2(1,)2A在椭圆C上，所以122||||22aAFAF，
因此2a， 2221bac，
故椭圆C的方程为2212xy．
(Ⅱ)椭圆C上不存在这样的点Q,证明如下:
设直线l的方程为2yxt,
设11(,)Mxy,22(,)Nxy,35(,)3Px,44(,)Qxy,MN的中点为00(,)Dxy,
由222,1,2yxtxy得229280ytyt,
所以1229tyy,且22436(8)0tt,
故12029yyty,且33t
由PMNQ知四边形PMQN为平行四边形,
而D为线段MN的中点,因此,D也是线段PQ的中点,
11
所以405329yty,可得42159ty,
又33t,所以4713y,
因此点Q不在椭圆上．
21. 解：（Ⅰ）11fxx
设切点为00,xy，则切线的斜率为011kx
点00,xy在ln1fxx上，00ln1yx
0
00
ln1111xxx
，解得01xe
切线的斜率为1e，
切线方程为10xey
（Ⅱ）21ln12hxafxgxaxxx
2
11,111xaahxxxxx
当10a时，即1a时，0,hxhx在1,上单调递增；
当01a时，由0hx得，121,1xaxa，故hx在1,1a上单
调递增，在1,1aa上单调递减，在1,a上单调递增；
当0a时，由0hx得，01,xahx在1,1aa上单调递减，在
1,a
上单调递增.
当01a时，hx有两个极值点，即121,1xaxa，
12120,1xxxxa，由01a得，12
10,01xx
由2212222220202ln10hxxhxxaxxx
2
22
1,1xaax
，即证明22222221ln10xxxx
即证明22221ln10xxx
12
构造函数21ln1,0,1txxxxx，
12ln10,txxtx在
0,1
上单调递增，
又00t，所以0tx在0,1x时恒成立，即22221ln10xxx成立
21
2ln0xx
.
22.选修4-4：坐标系与参数方程
（1）曲线1C的普通方程为22(2)(2)1xy，
则1C的极坐标方程为24cos4sin70，
由于直线2C过原点，且倾斜角为3，故其极坐标为()3R（或tan3）
（2）由24cos4sin703得：2(232)70，故
12
232
， 127，
∴121211||||232||||||||7OAOBOAOBOAOB.
23. 选修4-5：不等式选讲
23.解：（Ⅰ）记3,2,()|1||2|21,21,3,1.xfxxxxxx
由2210x，解得1122x，则不等式的解集为11(,)22．
(2) bhabbahah2,,222
824)(4223abababbah
2h