2020-2021学年广西贵港市高二（下）期末考试数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年广西贵港市高二（下）期末考试数学试卷人教A版，共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知集合A=x|−1≤x<2，B=y|y≤m，若A∪B=B，则m的取值范围是（ ）
A.−∞,−1B.(−∞,−1]C.[2,+∞）D.2,+∞

2. 已知3+2iz=2+i3，则复数z在复平面内对应的点位于（ ）
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

3. 已知a=lg312，b=lg54，c=413，则（ ）
A.c>a>bB.b>c>aC.a>c>bD.b>a>c

4. 双曲线y2−8x2=32的渐近线方程为（ ）
A.y=±4xB.y=±22xC.y=±14xD.y=±22x

5. 阿基米德是伟大的物理学家，哲学家，数学家和力学家，是名副其实的“全能天才”．他本人最得意的发现是名为“圆柱容球”的几何图形，就是在圆柱形容器里放了一个球，这个球顶天立地，四周喷边（球的直径与圆柱形容器的高和底面直径分别相等）．人们为了纪念他，根据他本人生前的愿望，在他的墓碑上刻了该几何图形．在一个“圆柱容球”的圆柱内任取一点，则所取的点恰好落在这个“圆柱容球”的球内的概率是( )

A.13B.12C.23D.34

6. 若函数fx=sinωx−π60<ω<4的图象向左平移π3个单位长度后关于y轴对称，则ω=( )
A.2B.12C.1D.3

7. 运行如图所示的程序框图，输出的n的值为（ ）

A.4B.5C.6D.7

8. 我国著名数学家华罗庚先生曾说：数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔离分家万事休．在数学的学习和研究中，我们常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来琢磨函数的图象的特征．函数fx=x3−3xln|ex−e−x|的部分图象大致为（ ）
A.B.
C.D.

9. 已知抛物线y2=2pxp>0的焦点为F12,0，过F的直线l交抛物线于A，B两点，且AF→=2FB→，则l的斜率为( )
A.±22B.±2C.±24D.±1

10. 在数学史上，为了三角计算的简便并且更加追求计算的精确性，曾经出现过下列两种三角函数：定义1−csθ为角θ的正矢，记作versinθ，定义1−sinθ为角θ的余矢，记作cversinθ．若cversinx−1versinx−1=2，则versin2x−cversin2x+1=( )
A.25B.−125C.125D.−25

11. 如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1 中，D为AC的中点，A1C⊥平面DBC1，AB=BC=AA1，则异面直线A1D与BC所成角的正切值为（ ）

A.5B.6C.355D.265

12. 已知当x∈0,2π3时，sinx+sin2x≥bxcsx恒成立，则正实数b的取值范围为（ ）
A.0,1B.(0,1]C.1,3D.(0,3]
二、填空题

已知向量a→=x+1,2，b→=x,3，a→//b→，则x=________，|a→|= ________．

若x−26=a0+a1x−1+a2x−12+⋯+a6x−16，则a5=________．

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若a=5，b=32，csC=223，则sinB=________．

在正三棱锥A−BCD中，△BCD的边长为6，侧棱长为215，则该三棱锥外接球的表面积为________.
三、解答题

某企业研制出一款疫苗后，招募了100名志愿者进行先期接种试验，其中50岁以下50人，50岁及以上50人．第一次接种后10天，该企业又对志愿者是否产生抗体进行检测，共发现75名志愿者产生了抗体，其中50岁以下的有45人产生了抗体．
填写上面的2×2列联表，并判断能否有99.9%的把握认为该款疫苗产生抗体与接种者年龄有关．
参考公式：K2=nad−bc2a+bc+da+cb+d，其中n=a+b+c+d．

已知数列an的前n项和为Sn，a2=16，Sn=17an+1−27，bn=lg2an．
(1)求数列an和bn的通项公式；

(2)记数列3bnbn+1的前n项和为Tn，若Tn≤32m−1对任意n∈N*都成立，求实数m的取值范围．

如图，四棱锥P−ABCD的底面ABCD是平行四边形，∠ABP=90∘，AB=BP=2，点D在平面ABP内的投影F是AB的中点，点E是PC的中点．

(1)证明：EF//平面ADP；

(2)若PD=3，求二面角A−EF−P的正弦值．

已知以坐标原点为中心，坐标轴为对称轴的椭圆C经过点A−3,32，B1,−32.
(1)求椭圆C的标准方程；

(2)设过点F1,0的直线l与C交于M，N两点，点Q在x轴上，且|MQ|=|NQ|，是否存在常数λ使|MN|=λ|QF|？如果存在，请求出λ；如果不存在，请说明理由．

已知函数fx=2x−sinx+a4−lnx．
(1)若a=0，求曲线y=fx在π,fπ处的切线方程；

(2)若存在实数b，使得gx=fx+b有两个不同的零点m，n，证明：mn
在直角坐标系中，曲线C的方程为x2+y2=9，曲线C上所有点的横坐标不变，纵坐标缩到原来的13，得到曲线C′以原点为极点，x轴非负半轴为极轴，建立极坐标系，射线l的极坐标方程为θ=π6ρ≥0，与曲线C，C′分别交于A，B两点．
(1)求曲线C′的直角坐标方程和极坐标方程；

(2)求|AB|的值．

已知函数fx=|x+1|+|x−3|.
(1)求不等式fx<3x−1的解集．

(2)函数fx的最小值为实数m，若三个实数a，b，c，满足a+2b+3c=m证明：2b+3c2+a+b+3c2+a+2b+2c2≥2007.
参考答案与试题解析
2020-2021学年广西贵港市高二（下）期末考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
并集及其运算
集合的包含关系判断及应用
【解析】
无
【解答】
解：因为A∪B=B，
所以A⊆B，
所以m应满足m≥2．
故选C．
2.
【答案】
D
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
复数代数形式的混合运算
【解析】
无
【解答】
解：因为z=2+i23+2i=2−i3+2i=(2−i)(3−2i)13=413−713i，
所以复数z在复平面内对应的点位于第四象限．
故选D．
3.
【答案】
C
【考点】
指数式、对数式的综合比较
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为1<413<412=2，2=lg39所以lg54<413故a>c>b．
故选C.
4.
【答案】
B
【考点】
双曲线的渐近线
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：双曲线y2−8x2=32的标准方程为y232−x24=1，
因为a=42，b=2，
所以其渐近线方程为y=±22x．
故选B.
5.
【答案】
C
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
球的表面积和体积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设圆柱的体积为m，球的体积为n，球的半径为r，
则圆柱的高为2r，m=πr2⋅2r=2πr3，n=43πr2，
所以所求概率为nm=43πr22πr3=23．
故选C．
6.
【答案】
A
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
正弦函数的周期性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：fx的图象向左平移π3个单位长度后得到
gx=sinωx+π3−π6
=sinωx+π3ω−π6的图象．
因为gx是偶函数，
所以π3ω−π6=π2+kπ，k∈Z．
解得ω=3k+2，k∈Z，
因为0<ω<4，
所以ω=2．
故选A．
7.
【答案】
B
【考点】
程序框图
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：n=2，M=12，N=4，M≥N；
n=3，M=34，N=16，M>N；
n=4，M=78，N=64，M>N；
n=5，M=166，N=256，M故选B.
8.
【答案】
B
【考点】
函数的图象
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为奇函数y=ex−e在R上单调递增，且y∈R，
所以当x→0，且x>0时，ln|ex−e−x|<0，
x3−3x=xx2−3<0，则fx>0，故CD不正确．
函数fx的定义域内显然没有0．故A不正确．
故选B.
9.
【答案】
A
【考点】
抛物线的求解
与抛物线有关的中点弦及弦长问题
【解析】

【解答】
解：由题知p=1，抛物线方程为y2=2x．
设直线l的方程为x=my+12，
代入抛物线方程，得y2−2my−1=0．
设Ax1,y1，Bx2,y2，
则y1+y2=2m，y1y2=−1．
因为AF→=2FB→，
所以−y1=2y2，
所以y1=−2,y2=22或y1=2,y2=−22,
故m=±24，
即l的斜率为±22．
故选A．
10.
【答案】
C
【考点】
三角函数中的恒等变换应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为cversinx−1versinx−1=−sinx−csx=tanx=2，
所以versin2x−cversin2x+1
=1−cs2x+sin2x
=2sin22x+2sinxcsx
=2sin2x+2sinxcsxsin2x+cs2x
=2tan2x+2tanxtan2x+1=125．
故选C．
11.
【答案】
A
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图所示，不妨设AB=BC=AA1=2．
因为A1C⊥平面DBC1，
所以A1C⊥DC1，∠C1DC=∠A1CC1，tan∠C1DC=tan∠A1CC1．
因为D为AC的中点，
所以CC1DC=A1C1CC1=2DCCC1，
即DC=2，AC=22，
所以△ABC是等腰直角三角形．
设D1为A1C1的中点，连接D1C，D1B，
则A1D//D1C，
所以∠D1CB或其补角就是异面直线A1D与BC所成的角．
因为D1C=D1B=6，
所以cs∠D1CB=16，tan∠D1CB=5．
故选A.
12.
【答案】
D
【考点】
函数恒成立问题
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：当x∈[π2,2π3)时，sinx+sin2x=sinx1+2csx>0≥bxcsx，显然成立．
当x∈0,π2时，csx>0，
所以tanx+2sinx≥bx，
记hx=tanx+2sinx−bx，x∈0,π2，
则h0=0，h′x=1cs2x+2csx−b.
令gx=h′x，
则g′x=2sinxcs3x−2sinx=2sinx1−cs3xcs3x>0，
所以h′x在0,π2上单调递增．
h′0=3−b，若b>3，则h′0<0，
记csθ=1b，θ∈0,π2，
则h′θ=b+2b−b=2b>0，
所以存在x0∈0,θ，使得h′x0=0，
当x∈0,x0时，h′x<0，hx单调递减，
所以当x∈0,x0时，hx若b≤3，h′x>h′0≥0，即当x∈0,π2时，hx单调递增，
所以hx>h0=0，符合题意．
综上所述，b的取值范围是(0,3].
故选D.
二、填空题
【答案】
−3,22
【考点】
平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为a→//b→，
所以3(x＋1)−2x=0，
解得x=−3，
因为a→=(−2,2)，
所以|a→|=(−2)2+22=22.
故答案为：−3；22.
【答案】
−6
【考点】
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为x−1−16=a0+a1x−1+a2x−12+⋯+a6x−16,
所以a5=C61⋅−11=−6．
故答案为：−6.
【答案】
63
【考点】
正弦定理
三角函数中的恒等变换应用
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为a=5，b=32，csC=223，
所以c2=a2+b2−2abcsC
=25+18−2×5×32×223=3，则c=3．
因为csC=223，
所以sinC=13.
因为bsinB=csinC，
所以sinB=bsinCc=32×133=63.
故答案为：63.
【答案】
75π
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
棱锥的结构特征
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设外接球的半径为R，
因为△BCD的边长为6，
所以△BCD外接圆的半径为23×62−32=23．
因为△BCD的边长为6，侧棱长为215，
所以三棱锥的高为2152−232=43．
因为R=232+43−R2，
所以R=532，
故外接球的表面积为4πR2=75π．
故答案为：75π．
三、解答题
【答案】
解：补全列联表如下，
因为K2=10045×20−30×5275×25×50×50=12>10.828，
所以有99.9%的把握认为该款疫苗产生抗体与接种者年龄有关．
【考点】
独立性检验
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：补全列联表如下，
因为K2=10045×20−30×5275×25×50×50=12>10.828，
所以有99.9%的把握认为该款疫苗产生抗体与接种者年龄有关．
【答案】
解：(1)当n=1时，a1=S1=17a2−27=2；
当n≥2时，Sn−1=12an−27，
所以an=Sn−Sn−1=17an+1−17an，
得an+1=8an．
因为a2=8a1，
所以对任意n∈N*都有an+1an=8．
所以数列{an}是以2为首项，8为公比的等比数列．
故an=2×8n−1=23n−2，
bn=lg2an=3n−2．
(2)因为3bnbn+1=33n−23n+1=13n−2−13n+1，
所以Tn=1−14+14−17+⋯+ 13n−2−13n+1=1−13n+1<1．
因为Tn≤32n−1对任意n∈N*都成立，
所以1≤32m−1，
解得12即实数m的取值范围是12,2．
【考点】
数列递推式
等比数列的通项公式
数列的求和
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)当n=1时，a1=S1=17a2−27=2；
当n≥2时，Sn−1=12an−27，
所以an=Sn−Sn−1=17an+1−17an，
得an+1=8an．
因为a2=8a1，
所以对任意n∈N*都有an+1an=8．
所以数列{an}是以2为首项，8为公比的等比数列．
故an=2×8n−1=23n−2，
bn=lg2an=3n−2．
(2)因为3bnbn+1=33n−23n+1=13n−2−13n+1，
所以Tn=1−14+14−17+⋯+ 13n−2−13n+1=1−13n+1<1．
因为Tn≤32n−1对任意n∈N*都成立，
所以1≤32m−1，
解得12即实数m的取值范围是12,2．
【答案】
(1)证明：如图，记BP的中点为G，连接EG，FG．
因为E是PC的中点，F是AB的中点，
所以EG，FG分别是△PCB和△BAP的中位线，
所以EG//CB，FG//AP.
因为ABCD是平行四边形，
所以CB//DA，
所以EG//DA．
因为EG∩FG=G，
EG⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，
DA⊂平面ADP，AP⊂平面ADP，
所以平面EFG//平面ADP．
因为EF⊂平面EFC，
所以EF//平面ADP．
(2)解：因为AB=BP=2，∠ABP=90∘，点F是AB的中点，
所以FB=1，FP=FB2+BP2=5．
因为DF⊥平面ABP，
所以∠DFP=90∘．
因为PD=3，
所以DF=DP2−FP2=2.
以F为原点，分别以FA→，FD→的方向为x轴，y轴的正方向，建立空间直角坐标系F−xyz，
则A(1,0,0)，F(0,0,0)，P(−1,2,0)，C(−2,0,2)，
所以E(−32,1,1)，FA→=(1,0,0)，FE→=(−32,1,1)，FP→=(−1,2,0)．
设平面AEF的法向量为m→=x1,y1,z1，
则 FA→⋅m→=x1=0,FE→⋅m→=−32x1+y1+z1=0，
令y1=1，得m→=0,1,−1．
设平面PEF的法向量为n→=x2,y2,z2，
则FP→⋅n→=−x2+2y2=0，FE→⋅n→=−32x2+y2+z2=0，
令y2=1，得n→=2,1,2．
设二面角A−EF=P为θ，
则|csθ|=|cs⟨m→,n→⟩|=|m→⋅n→||m→||n→|=12×3=26，
所以sinθ=346，即二面角A−EF−P的正弦值为346．
【考点】
直线与平面平行的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：如图，记BP的中点为G，连接EG，FG．
因为E是PC的中点，F是AB的中点，
所以EG，FG分别是△PCB和△BAP的中位线，
所以EG//CB，FG//AP.
因为ABCD是平行四边形，
所以CB//DA，
所以EG//DA．
因为EG∩FG=G，
EG⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，
DA⊂平面ADP，AP⊂平面ADP，
所以平面EFG//平面ADP．
因为EF⊂平面EFC，
所以EF//平面ADP．
(2)解：因为AB=BP=2，∠ABP=90∘，点F是AB的中点，
所以FB=1，FP=FB2+BP2=5．
因为DF⊥平面ABP，
所以∠DFP=90∘．
因为PD=3，
所以DF=DP2−FP2=2.
以F为原点，分别以FA→，FD→的方向为x轴，y轴的正方向，建立空间直角坐标系F−xyz，
则A(1,0,0)，F(0,0,0)，P(−1,2,0)，C(−2,0,2)，
所以E(−32,1,1)，FA→=(1,0,0)，FE→=(−32,1,1)，FP→=(−1,2,0)．
设平面AEF的法向量为m→=x1,y1,z1，
则 FA→⋅m→=x1=0,FE→⋅m→=−32x1+y1+z1=0，
令y1=1，得m→=0,1,−1．
设平面PEF的法向量为n→=x2,y2,z2，
则FP→⋅n→=−x2+2y2=0，FE→⋅n→=−32x2+y2+z2=0，
令y2=1，得n→=2,1,2．
设二面角A−EF=P为θ，
则|csθ|=|cs⟨m→,n→⟩|=|m→⋅n→||m→||n→|=12×3=26，
所以sinθ=346，即二面角A−EF−P的正弦值为346．
【答案】
解：(1)设椭圆C的标准方程为x2m+y2n=1m>0,n>0,m≠n，
把点A−3,32，B1,−32代入椭圆方程，
可得 3m+34n=1，1m+94n=1， 解得m=4，n=3，
故椭圆C的标准方程为x24+y23=1.
(2)当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx−1，
联立方程组y=kx−1,3x2+4y2−12=0，
整理得4k2+3x2−8k2x+4k2−12=0，
所以Δ=144k2+144>0.
设Mx1,y1，Nx2,y2，
则x1+x2=8k24k2+3，x1x2=4k2−124k2+3，
所以|MN|=1+k2x1+x22−4x1x2=121+k24k2+3，
因为y1+y2=kx1+x2−2=k8k24k2+3−2=−6k4k2+3，
所以线段MN的中点坐标为4k24k2+3,−3k4k2+3，
因为点Q在x轴上，且|MQ|=|NQ|，
所以Q为线段MN的垂直平分线与x轴的交点．
当k=0时，MN|=4，|QF|=1，则|MN|=4|QF| ．
当k≠0时，线段MN的垂直平分线方程为y+3k4k2+3=−1kx−4k24k2+3，
令y=0，得x=k24k2+3，即Qk24k2+3,0，
所以|QF|=|1−k24k2+3|=3k2+14k2+3，
所以|MN|=4|QF| ．
当直线l的斜率不存在时，|MN|=2b2a=3，
所以Q14,0或Q74,0能满足|MN|=4|QF
综上所述，存在实数λ=4满足题意．
【考点】
椭圆的标准方程
直线与椭圆结合的最值问题
圆锥曲线的综合问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设椭圆C的标准方程为x2m+y2n=1m>0,n>0,m≠n，
把点A−3,32，B1,−32代入椭圆方程，
可得 3m+34n=1，1m+94n=1， 解得m=4，n=3，
故椭圆C的标准方程为x24+y23=1.
(2)当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx−1，
联立方程组y=kx−1,3x2+4y2−12=0，
整理得4k2+3x2−8k2x+4k2−12=0，
所以Δ=144k2+144>0.
设Mx1,y1，Nx2,y2，
则x1+x2=8k24k2+3，x1x2=4k2−124k2+3，
所以|MN|=1+k2x1+x22−4x1x2=121+k24k2+3，
因为y1+y2=kx1+x2−2=k8k24k2+3−2=−6k4k2+3，
所以线段MN的中点坐标为4k24k2+3,−3k4k2+3，
因为点Q在x轴上，且|MQ|=|NQ|，
所以Q为线段MN的垂直平分线与x轴的交点．
当k=0时，MN|=4，|QF|=1，则|MN|=4|QF| ．
当k≠0时，线段MN的垂直平分线方程为y+3k4k2+3=−1kx−4k24k2+3，
令y=0，得x=k24k2+3，即Qk24k2+3,0，
所以|QF|=|1−k24k2+3|=3k2+14k2+3，
所以|MN|=4|QF| ．
当直线l的斜率不存在时，|MN|=2b2a=3，
所以Q14,0或Q74,0能满足|MN|=4|QF
综上所述，存在实数λ=4满足题意．
【答案】
(1)解：当a=0时，fx=2x−sinx，f′x=2−csx．
因为f′π=3，fπ=2π，
所以所求切线方程为y−2π=3x−π，
即3x−y−π=0.
(2)证明：若gx=fx+b有两个不同的零点m，n，
则2m−alnm−sinm=2n−alnn−sinn，
所以alnm−lnn=2m−m−(sinm−sinn)．
令hx=x−sinx，则h′x=1−csx≥0，
所以h(x)在(0,+∞)上单调递增．
不妨设m>n>0，因为hm>hn，
所以m−sinm>n−sinn，
所以−sinm−sinm>n−m．
因为2m−n−sinm−sinn>2m−n+n−m=m−n，
所以alnm−lnn>m−n，即a>m−nlnm−lnn．
要证mnmn，
只需证m−nlnm−lnn>mn，
即证mn−1lnmn>mn．
令t=mn(t>1)，
设m(t)=t−1t−lnt(t>1)，
则m′t=t−122tt>0，
所以m(t)在(1,+∞)上单调递增，
所以m(t)>m(1)=0，即m−nlnm−lnn>mn成立，
故mn【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：当a=0时，fx=2x−sinx，f′x=2−csx．
因为f′π=3，fπ=2π，
所以所求切线方程为y−2π=3x−π，
即3x−y−π=0.
(2)证明：若gx=fx+b有两个不同的零点m，n，
则2m−alnm−sinm=2n−alnn−sinn，
所以alnm−lnn=2m−m−(sinm−sinn)．
令hx=x−sinx，则h′x=1−csx≥0，
所以h(x)在(0,+∞)上单调递增．
不妨设m>n>0，因为hm>hn，
所以m−sinm>n−sinn，
所以−sinm−sinm>n−m．
因为2m−n−sinm−sinn>2m−n+n−m=m−n，
所以alnm−lnn>m−n，即a>m−nlnm−lnn．
要证mnmn，
只需证m−nlnm−lnn>mn，
即证mn−1lnmn>mn．
令t=mn(t>1)，
设m(t)=t−1t−lnt(t>1)，
则m′t=t−122tt>0，
所以m(t)在(1,+∞)上单调递增，
所以m(t)>m(1)=0，即m−nlnm−lnn>mn成立，
故mn【答案】
解：(1)将曲线C上所有点的横坐标不变，纵坐标缩到原来的13，
得到曲线C′:x2+3y2=9，即x29+y2=1．
把x=ρcsθ,y=ρsinθ，代入得ρ2cs2θ+9ρ2sin2θ=9，即ρ2=9cs2θ+9sin2θ.
(2)设A(ρA,π6)，B(ρB,π6)，
曲线C:x2+y2=9的极坐标方程为ρ=3，
则ρA=3，ρB=9cs2π6+9sin2π6=3 ，
所以|AB|=|ρA−ρB|=3−3．
【考点】
参数方程与普通方程的互化
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)将曲线C上所有点的横坐标不变，纵坐标缩到原来的13，
得到曲线C′:x2+3y2=9，即x29+y2=1．
把x=ρcsθ,y=ρsinθ，代入得ρ2cs2θ+9ρ2sin2θ=9，即ρ2=9cs2θ+9sin2θ.
(2)设A(ρA,π6)，B(ρB,π6)，
曲线C:x2+y2=9的极坐标方程为ρ=3，
则ρA=3，ρB=9cs2π6+9sin2π6=3 ，
所以|AB|=|ρA−ρB|=3−3．
【答案】
(1)解：由fx<3x−1，
得x<−1,−x+1−x−3<3x−1或−1≤x≤3,x+1−x−3<3x−1或x>3,x+1+x−3<3x−1，
解得x∈⌀或533，
所以原不等式的解集为x|x>53.
(2)证明：因为fx=|x+1|+|x−3|≥|x+1−x+3|=4，
所以m=4．
因为a+2b+3c=m=4，
所以2b+3c2+a+b+3c2+a+2b+2c2=4−a2+4−b2+4−c2，
因为4−a2+4−b2+4−c212+22+32
≥4−a×1+4−b×2+4−c×32
=24−a−2b−3c2=400，
当且仅当4−a=4−b2=4−c3，即a=187，b=87，c=−27时取等号，
所以2b+3c2+a+b+3c2+a+2b+2c2≥2007 .
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：由fx<3x−1，
得x<−1,−x+1−x−3<3x−1或−1≤x≤3,x+1−x−3<3x−1或x>3,x+1+x−3<3x−1，
解得x∈⌀或533，
所以原不等式的解集为x|x>53.
(2)证明：因为fx=|x+1|+|x−3|≥|x+1−x+3|=4，
所以m=4．
因为a+2b+3c=m=4，
所以2b+3c2+a+b+3c2+a+2b+2c2=4−a2+4−b2+4−c2，
因为4−a2+4−b2+4−c212+22+32
≥4−a×1+4−b×2+4−c×32
=24−a−2b−3c2=400，
当且仅当4−a=4−b2=4−c3，即a=187，b=87，c=−27时取等号，
所以2b+3c2+a+b+3c2+a+2b+2c2≥2007 .50岁以下
50岁及以上
合计
有抗体
没有抗体
合计
PK2≥k0
0.15
0.10
0.050
0.010
0.001
k0
2.072
2.706
3.841
6.635
10.828
50岁以下
50岁及以上
合计
有抗体
45
30
75
没有抗体
5
20
25
合计
50
50
100
50岁以下
50岁及以上
合计
有抗体
45
30
75
没有抗体
5
20
25
合计
50
50
100