2021年陕西省某校高考数学二模试卷（理科）

这是一份2021年陕西省某校高考数学二模试卷（理科），共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题共70分等内容，欢迎下载使用。


1. 满足{1}⊆A⊆{1, 2, 3}的集合A的个数是（ ）
A.2B.3C.8D.4

2. 某建材商场国庆期间搞促销活动，规定：顾客购物总金额不超过800元，不享受任何折扣；如果顾客购物总金额超过800元，则超过800元部分享受一定的折扣优惠，并按下表折扣分别累计计算：
若某顾客在此商场获得的折扣金额为50元，则此人购物实际所付金额为（ ）
A.1500元B.1550元C.1750元D.1800元

3. 在△ABC中，BD→=12DC→，则AD→=( )
A.14AB→+34AC→B.23AB→+13AC→
C.13AB→+23AC→D.13AB→−23AC→

4. 若{an}是公比为e的正项等比数列，则{lna3n−1}是（ ）
A.公比为e3的等比数列B.公比为3的等比数列
C.公差为3e的等差数列D.公差为3的等差数列

5. 已知双曲x2a2−y2b2=1(a>b>0)的渐近线与圆x2−2x+y2+34=0相切，则此双曲线的离心率等于（ ）
A.2B.3C.233D.2

6. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）

A.(10+22)π2+1B.13π6
C.(11+2)π2+1D.(11+22)π2+1

7. 2013年华人数学家张益唐证明了孪生素数猜想的一个弱化形式．孪生素数猜想是希尔伯特在1900年提出的23个问题之一，可以这样描述：存在无穷多个素数p，使得p+2是素数，素数对(p, p+2)称为孪生素数．在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其中能够组成孪生素数的概率是（ ）
A.115B.215C.245D.445

8. 设α，β是两平面，a，b是两直线．下列说法正确的是（ ）
①若a // b，a // c，则b // c
②若a⊥α，b⊥α，则a // b
③若a⊥α，a⊥β，则α // β
④若α⊥β，α∩β＝b，a⊂α，a⊥b，则a⊥β
A.①③B.②③④C.①②④D.①②③④

9. 某市政府决定派遣8名干部分成两个小组，到该市甲、乙两个县去检查扶贫工作，若要求每组至少3人，则不同的派遣方案共有 （ ）
A.320种B.252种C.182种D.120种

10. 在等差数列 {an}中， a10<0， a11>0，且 a11>|a10|，则在 Sn<0中，n的最大值为 （ ）
A.17B.18C.19D.20

11. 已知过抛物线y2＝4x焦点F的直线l交抛物线于A、B两点（点A在第一象限），若AF→=3FB→，则直线l的斜率为（ ）
A.2B.12C.32D.3

12. 设函数f(x)=ln(1+|x|)−11+x2，则使得f(x)A.(13, 1)B.(−∞, 13)∪(1, +∞)
C.(−13, 13)D.(−∞, −13)∪(13, +∞)
二、填空题（本大题共4小题，共20分）

函数图象的一条对称轴是，则φ的值是________．

设复数z1，z2满足|z1|=|z2|=2，z1+z2=3+i，则|z1−z2|=________．

给出下列命题：
①命题“若x2＝1，则x＝1”的否命题为“若x2＝1，则x≠1”；
②“x＝−1”是“x2−5x−6＝0”的必要不充分条件；
③命题“∃x∈R，使得x2+x−1<0”的否定是：“∀x∈R，均有x2+x−1>0”；
④命题“若x＝y，则sinx＝siny”的逆否命题为真命题．
其中所有正确命题的序号是________．

若函数f(x)＝x2+1与g(x)＝2alnx+1的图象存在公共切线，则实数a的最大值为________．
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

如图，在平面四边形ABCD中， ∠ADC＝90∘， ∠A＝45∘， AB＝2， BD＝5．
（1）求cs∠ADB；
（2）若 ，求BC．


如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，底面ABC是边长为4的等边三角形，∠A1AB＝∠A1AC，D为BC的中点．

（1）证明：BC⊥平面A1AD．

（2）若△A1AD是等边三角形，求二面角D−AA1−C的正弦值．

某地区进行疾病普查，为此要检验每一人的血液，如果当地有N人，若逐个检验就需要检验N次，为了减少检验的工作量，我们把受检验者分组，假设每组有k个人，把这k个人的血液混合在一起检验，若检验结果为阴性，这k个人的血液全为阴性，因而这k个人只要检验一次就够了，如果为阳性，为了明确这k个人中究竟是哪几个人为阳性，就要对这k个人再逐个进行检验，这时k个人的检验次数为k+1次，假设在接受检验的人群中，每个人的检验结果是阳性还是阴性是独立的，且每个人是阳性结果的概率为p．
为熟悉检验流程，先对3个人进行逐个检验，若p＝0.1，求3人中恰好有1人检测结果为阳性的概率；
(Ⅱ)设ξ为k个人一组混合检验时每个人的血需要检验的次数．
①当k＝5，P＝0.1时，求ξ的分布列；
②试运用统计概率的相关知识，求当k和p满足什么关系时，用分组的办法能减少检验次数．

已知椭圆 E：＝1(a>b>0)的离心率为 ，其长轴长为 2．
（1）求椭圆E的方程；
（2）直线 l1:y＝k1x交E于 A，C两点，直线 l2:y＝k2x交E于 B，D两点，若 k1⋅k2＝-，求四边形ABCD的面积．

已知函数f(x)=ex−ax+sinx−1．
(Ⅰ)当a=2时，求函数f(x)的单调区间；
(Ⅱ)当1≤a<2时，证明：函数f(x)有2个零点．
选考题：共10分。请考生在第22、23题中任意选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。

直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为x=1−t21+t2y=2t1+t2 （t为参数），以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为ρcsθ+3ρsinθ+4=0．
（1）求C的普通方程和l的直角坐标方程；

（2）求C上的点到l距离的最大值．

已知a>0，b>0且a2+b2＝2．
(I)若是1a2+4b2≥|2x−1|−|x−1|恒成立，求x的取值范围；
(Ⅱ)证明：(1a+1b)(a5+b5)≥4．
参考答案与试题解析
2021年陕西省某校高考数学二模试卷（理科）
一、选择题（本大题共12小题，共60分）
1.
【答案】
D
【考点】
子集与真子集
【解析】
根据条件{1}⊆A⊆{1, 2, 3}即可看出集合A必须含有元素1，可能含有元素2，3，从而得出满足条件的A为{1}，{1, 2}，{1, 3}，{1, 2, 3}，共4个．
【解答】
满足{1}⊆A⊆{1, 2, 3}的集合A为：{1}，{1, 2}，{1, 3}，{1, 2, 3}，共4个．
2.
【答案】
A
【考点】
根据实际问题选择函数类型
【解析】
设此商场购物总金额为x元，可以获得的折扣金额为y元，可得到获得的折扣金额y元与购物总金额x元之间的解析式，结合y＝50>25，代入可得某人在此商场购物总金额，减去折扣可得答案．
【解答】
设此商场购物总金额为x元，可以获得的折扣金额为y元
由题可知：y=0,01300
∵ y＝50>25
∴ x>1300
∴ 0.1(x−1300)+25＝50
解得，x＝1550，
1550−50＝1500，
故此人购物实际所付金额为1500元．
3.
【答案】
B
【考点】
向量的线性运算性质及几何意义
向量在几何中的应用
【解析】
根据BD→=12DC→即可得出：AD→−AB→=12(AC→−AD→)，解出向量AD→即可．
【解答】
解：∵ BD→=12DC→，
∴ AD→−AB→=12(AC→−AD→)，
∴ AD→=23AB→+13AC→．
故选B.
4.
【答案】
D
【考点】
等差数列的通项公式
等比数列的通项公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
5.
【答案】
C
【考点】
双曲线的特性
【解析】
求出圆的圆心坐标，半径，渐近线方程，然后求解离心率即可．
【解答】
圆x2−2x+y2+34=0的圆心(1, 0)，半径为：12，
双曲线的渐近线方程为：y=±bax，可得：12=ba1+(ba)2，解得ba=33，
即b2a2=13，c2−a2a2=13，可得e=ca=233．
6.
【答案】
C
【考点】
由三视图求体积
【解析】
由三视图可知：该几何体是由左右两部分组成的，左边是半圆锥，右边是一个圆柱．根据数据即可得出．
【解答】
由三视图可知：该几何体是由左右两部分组成的，左边是半圆锥，右边是一个圆柱．
∴ 该几何体的表面积=12×2×1+12×π×1×2+π×12+2π×1×2+12×π×12=(11+2)π2+1．
7.
【答案】
D
【考点】
古典概型及其概率计算公式
【解析】
求出满足椭圆的所有素数，找出孪生素数的个数，即可求解概率．
【解答】
在不超过30的素数中所有的素数有：2，3，5，7，11，13，17，19，23，29；共10个
在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其中能够组成孪生素数的个数4个，即(3, 5)(5, 7)，(11, 13)，(17, 19)，
在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其中能够组成孪生素数的概率是：4C102=445，
8.
【答案】
D
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
运用线线平行的公理可判断①；由线面垂直的性质定理可判断②；由线面垂直的性质或面面平行的判定定理可判断③；由面面垂直的性质定理可判断④．
【解答】
由平行公理知若a // b，a // c，则b // c，故①对；
由线面垂直的性质定理知若a⊥α，b⊥α，则a // b，故②对；
由线面垂直的性质定理及面面平行的判定定理知若a⊥α，a⊥β，则α // β，故③对；
由面面垂直性质定理知若α⊥β，α∩β＝b，a⊂α，a⊥b，则a⊥β，故④对．
9.
【答案】
C
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
10.
【答案】
C
【考点】
等差数列的前n项和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
11.
【答案】
D
【考点】
抛物线的性质
【解析】
作出抛物线的准线，设A、B在l上的射影分别是C、D，连接AC、BD，过B作BE⊥AC于E．由抛物线的定义结合题中的数据，可算出Rt△ABE中，cs∠BAE=12，得∠BAE＝60∘，即直线AB的倾斜角为60∘，从而得到直线AB的斜率k值．
【解答】
作出抛物线的准线l:x＝−1，设A、B在l上的射影分别是C、D，
连接AC、BD，过B作BE⊥AC于E．
∵ AF→=3FB→，∴ 设AF＝3m，BF＝m，由点A、B分别在抛物线上，结合抛物线的定义，得AC＝3m，BD＝m．
因此，Rt△ABE中，cs∠BAE=12，得∠BAE＝60∘
所以，直线AB的倾斜角∠AFx＝60∘，
得直线AB的斜率k＝tan60∘=3，
12.
【答案】
B
【考点】
函数单调性的性质
函数与方程的综合运用
【解析】
利用函数的单调性以及函数的奇偶性，化简不等式推出结果即可．
【解答】
函数f(x)=ln(1+|x|)−11+x2，是偶函数，x>0时，函数是增函数，
所以：f(x)即x2<(2x−1)2，
可得3x2−4x+1>0，解得x∈(−∞, 13)∪(1, +∞)．
二、填空题（本大题共4小题，共20分）
【答案】
【考点】
正弦函数的图象
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
23
【考点】
复数的模
【解析】
利用复数模的计算公式和复数的运算性质，求解即可．
【解答】
复数z1，z2满足|z1|=|z2|=2，z1+z2=3+i，所以|z1+z2|=2，
∴ |z1+z2|2＝(z1+z2)⋅z1+z2=4，
∴ 8+z1z2+z1z2＝4．得z1z2+z1z2＝−4．
∴ |z1−z2|2=8−(z1z2+z1z2)=12．
又|z1−z2|>0，故|z1−z2|=23．
【答案】
④
【考点】
命题的真假判断与应用
全称命题与特称命题
全称量词与存在量词
【解析】
①根据命题的否命题和原命题之间的关系判断．②利用充分条件和必要条件的定义判断．③利用特称命题的否定判断．④利用逆否命题的等价性进行判断．
【解答】
①根据否命题的定义可知命题“若x2＝1，则x＝1”的否命题为“若x2≠1，则x≠1”，所以①错误．
②由x2−5x−6＝0得x＝−1或x＝6，所以②“x＝−1”是“x2−5x−6＝0”的充分不必要条件，所以②错误．
③根据特称命题的否定是全称命题得命题“∃x∈R，使得x2+x−1<0”的否定是：“∀x∈R，均有x2+x−1≥0”，所以③错误．
④根据逆否命题和原命题为等价命题可知原命题正确，所以命题“若x＝y，则sinx＝siny”的逆否命题为真命题，所以④正确．
【答案】
e
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
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
【答案】
（1）∵ ∠ADC＝90∘， ∠A＝45∘， BD＝5，
由正弦定理得，，
则sin∠ADB＝＝，
∵ ∠ADB为锐角，
故cs∠ADB＝；
（2）∵ ∠ADC＝90∘，
∴ cs∠BDC＝sin∠ADB＝，
∵ ，
△BCD中，由余弦定理得​2＝BD2+CD3−2BD⋅CDcs∠BDC＝25+8−2×＝25，
故BC＝8．
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
证明：连接A1B．
因为∠A1AB＝∠A1AC，AB＝AC，AA1＝AA1，
所以△A1AB≅△A1AC，所以A1B＝A1C．
因为D为BC的中点，所以BC⊥A1D．
因为D为BC的中点，且AB＝AC，所以BC⊥AD．
因为A1D∩AD＝D，所以BC⊥平面A1AD．
取AD的中点O，连接A1O，因为△A1AD是等边三角形，所以A1O⊥AD．
由（1）可知BC⊥平面A1AD，则BC，AD，A1O两两垂直，
故以O为原点，OA所在直线为x轴，过O作BC的平行线为y轴，OA1所在直线为z轴建立空间直角坐标系O−xyz．
因为底面ABC是边长为4的等边三角形，所以AD=23．
因为△A1AD是等边三角形，所以A1O＝3．
所以A(3,0,0)，A1(0, 0, 3)，B(−3,2,0)，C(−3,−2,0)，
则AA1→=(−3,0,3)，AC→=(−23,−2,0)．
设平面AA1C的法向量n→=(x,y,z)，
则，令z＝1，得n→=(3,−3,1)．
易知平面A1AD的一个法向量为BC→=(0,−4,0)，
记二面角D−AA1−C为θ，则|csθ|=|n→⋅BC→|n→||BC→||=1213×4=313，
故二面角D−AA1−C的正弦值为sinθ=1−cs2θ=21313．
【考点】
二面角的平面角及求法
直线与平面垂直
【解析】
（1）连接A1B，推导出△A1AB≅△A1AC，A1B＝A1C．从而BC⊥A1D．推导出BC⊥AD．由此能证明BC⊥平面A1AD．
（2）取AD的中点O，连接A1O，推导出A1O⊥AD．以O为原点，OA所在直线为x轴，过O作BC的平行线为y轴，OA1所在直线为z轴建立空间直角坐标系O−xyz．得用向量法能求出二面角D−AA1−C的正弦值．
【解答】
证明：连接A1B．
因为∠A1AB＝∠A1AC，AB＝AC，AA1＝AA1，
所以△A1AB≅△A1AC，所以A1B＝A1C．
因为D为BC的中点，所以BC⊥A1D．
因为D为BC的中点，且AB＝AC，所以BC⊥AD．
因为A1D∩AD＝D，所以BC⊥平面A1AD．
取AD的中点O，连接A1O，因为△A1AD是等边三角形，所以A1O⊥AD．
由（1）可知BC⊥平面A1AD，则BC，AD，A1O两两垂直，
故以O为原点，OA所在直线为x轴，过O作BC的平行线为y轴，OA1所在直线为z轴建立空间直角坐标系O−xyz．
因为底面ABC是边长为4的等边三角形，所以AD=23．
因为△A1AD是等边三角形，所以A1O＝3．
所以A(3,0,0)，A1(0, 0, 3)，B(−3,2,0)，C(−3,−2,0)，
则AA1→=(−3,0,3)，AC→=(−23,−2,0)．
设平面AA1C的法向量n→=(x,y,z)，
则，令z＝1，得n→=(3,−3,1)．
易知平面A1AD的一个法向量为BC→=(0,−4,0)，
记二面角D−AA1−C为θ，则|csθ|=|n→⋅BC→|n→||BC→||=1213×4=313，
故二面角D−AA1−C的正弦值为sinθ=1−cs2θ=21313．
【答案】
（1）对3人进行检验，且检验结果是独立的，
设事假A:3人中恰好有4人检测结果为阳性，其概率P(A)＝C32×2.1×(1−3.1)2＝7.243，
（2）①k＝5，P＝0.85，每人所检验的次数为，若混合检验结果为阳性​5，每人所检验的次数为，
故ξ的分布列为
分组时，每人检验次数的期望如下，
P(ξ＝）＝(1−p)k，
P(ξ＝+3)＝1−(1−p)k，
∴ E(ξ)＝•(1−p)k+（+7)[1−(1−p)k]＝3−(1−p)k+，
不分组时，每人检验次数为3次，
则1−(1−p)k+<1，
∴ 当3−p>时，用分组的办法能减少检验次数．
【考点】
根据实际问题选择函数类型
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
（1）由已知得： ，
解得 ．
所以椭圆E的方程为 ；
（2）设 A(x1, y1)，B(x4, y2)，则 C(−x1, −y3)，D(−x2, −y2)，
联立方程 ，则 ，
所以 ，
同理可得 ，
且B到直线 l1的距离 ．
所以S四边形ABCD＝2S△ABC＝|AC|⋅d＝，
又 ，
所以S四边形ABCD＝＝．
【考点】
直线与椭圆的位置关系
椭圆的应用
椭圆的离心率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
（1）当a=2时，f(x)=ex−2x+sinx−1，则f′(x)=ex−2+csx，
可得f″(x)=ex−sinx，
故x∈(−∞, 0]时，可得ex≤1，故f′(x)≤−1+csx≤0，
故f(x)在(−∞, 0]内单调递减，
当x∈(0, +∞)时，ex>1，故f″(x)>1−sinx≥0，
故f′(x)在(0, +∞)上单调递增，故f′(x)>f′(0)=0，
故f(x)在(0, +∞)上单调递增，
综上，f(x)在(−∞, 0)单调递减，在(0, +∞)单调递增；
（2）证明：当x=0时，f(0)=0，故x=0是f(x)的一个零点，
由f′(x)=ex−a+csx，令g(x)=ex−a+csx，可得g′(x)=ex−sinx，
∵ 1≤a≤2，
①当x∈(0, +∞)时，g′(x)=ex−sinx>e0−sinx≥0，f′(x)在(0, +∞)单调递增，
则 f′(x)>f′(0)=2−a>0，f(x)在(0, +∞)单调递增，f(x)>f(0)=0，
故f(x)在(0, +∞)无零点，
②当x∈(−∞, −π]时，−ax≥π，有f(x)≥ex+π+sinx−1>0，
故f(x)在(−∞, −π]上无零点，
③当x∈(−π, 0)时，sinx<0，g′(x)>0，f′(x)在(−π, 0)单调递增，
又f′(0)=2−a>0，f′(−π)=e−π−1−a<0，
故存在唯一x0∈(−π, 0)，使得f′(x0)=0，
当x∈(−π, x0)时，f′(x)<)，f(x)在(−π, x0)单调递减，
当x∈(x0, 0)时，f′(x)>0，f(x)在(x0, 0)单调递增，
又f(−π)=e−π+aπ−1>0，f(x0)故f(x)在(−π, 0)有1个零点，
综上，当1≤a<2时，f(x)有2个零点．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
(Ⅰ)代入a的值，求出函数的导数，确定导函数的符号，从而求出函数的单调区间即可；
(Ⅱ)x=0是f(x)的一个零点，通过讨论x的范围，结合a的范围，求出函数f′(x)的单调性，得到f(x)在(−π, 0)有1个零点，从而证明结论成立．
【解答】
（1）当a=2时，f(x)=ex−2x+sinx−1，则f′(x)=ex−2+csx，
可得f″(x)=ex−sinx，
故x∈(−∞, 0]时，可得ex≤1，故f′(x)≤−1+csx≤0，
故f(x)在(−∞, 0]内单调递减，
当x∈(0, +∞)时，ex>1，故f″(x)>1−sinx≥0，
故f′(x)在(0, +∞)上单调递增，故f′(x)>f′(0)=0，
故f(x)在(0, +∞)上单调递增，
综上，f(x)在(−∞, 0)单调递减，在(0, +∞)单调递增；
（2）证明：当x=0时，f(0)=0，故x=0是f(x)的一个零点，
由f′(x)=ex−a+csx，令g(x)=ex−a+csx，可得g′(x)=ex−sinx，
∵ 1≤a≤2，
①当x∈(0, +∞)时，g′(x)=ex−sinx>e0−sinx≥0，f′(x)在(0, +∞)单调递增，
则 f′(x)>f′(0)=2−a>0，f(x)在(0, +∞)单调递增，f(x)>f(0)=0，
故f(x)在(0, +∞)无零点，
②当x∈(−∞, −π]时，−ax≥π，有f(x)≥ex+π+sinx−1>0，
故f(x)在(−∞, −π]上无零点，
③当x∈(−π, 0)时，sinx<0，g′(x)>0，f′(x)在(−π, 0)单调递增，
又f′(0)=2−a>0，f′(−π)=e−π−1−a<0，
故存在唯一x0∈(−π, 0)，使得f′(x0)=0，
当x∈(−π, x0)时，f′(x)<)，f(x)在(−π, x0)单调递减，
当x∈(x0, 0)时，f′(x)>0，f(x)在(x0, 0)单调递增，
又f(−π)=e−π+aπ−1>0，f(x0)故f(x)在(−π, 0)有1个零点，
综上，当1≤a<2时，f(x)有2个零点．
选考题：共10分。请考生在第22、23题中任意选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
【答案】
由x=1−t21+t2y=2t1+t2 （t为参数），
两式平方相加，得x2+y2＝1(x≠−1)；
由ρcsθ+3ρsinθ+4＝0，得x+3y+4＝0．
即直线l的直角坐标方程为得x+3y+4＝0；
设C上的点P(csθ, sinθ)(θ≠π)，
则P到直线得x+3y+4＝0的距离为：
d=|csθ+3sinθ+4|2=|2sin(θ+φ)+4|2．
∴ 当sin(θ+φ)＝1时，d有最大值为3．
【考点】
圆的极坐标方程
参数方程与普通方程的互化
【解析】
（1）把曲线C的参数方程平方相加可得普通方程，把x＝ρcsθ，y＝ρsinθ代入ρcsθ+3ρsinθ+4＝0，可得直线l的直角坐标方程；
（2）设出椭圆上动点的坐标（参数形式），再由点到直线的距离公式写出距离，利用三角函数求最值．
【解答】
由x=1−t21+t2y=2t1+t2 （t为参数），
两式平方相加，得x2+y2＝1(x≠−1)；
由ρcsθ+3ρsinθ+4＝0，得x+3y+4＝0．
即直线l的直角坐标方程为得x+3y+4＝0；
设C上的点P(csθ, sinθ)(θ≠π)，
则P到直线得x+3y+4＝0的距离为：
d=|csθ+3sinθ+4|2=|2sin(θ+φ)+4|2．
∴ 当sin(θ+φ)＝1时，d有最大值为3．
【答案】
（1）∵ a，b∈(0, +∞)，且a2+b2＝2，
∴ 1a2+4b2=12(a2+b2)(1a2+4b2)=12(1+4+b2a2+4a2b2)
≥12(5+2b2a2⋅4a2b2)=92，
则|2x−1|−|x−1|≤92，
当x≤12时，不等式化为1−2x+x−1≤92，解得−92≤x≤12，
当12当x≥1时，不等式化为2x−1−x+1≤92，解得1≤x≤92，
综上所述x的取值范围为[−92, 92]；
（2）证明：(1a+1b)(a5+b5)
＝a4+b4+a5b+b5a
＝(a2+b2)2−2a2b2+a5b+b5a
≥4−2a2b2+2a5b⋅b5a
＝4−2a2b2+2a2b2＝4，
当且仅当a＝b＝1时，取得等号．
另由柯西不等式可得
(1a+1b)(a5+b5)＝[(1a)2+(1b)2][(a52)2+(b52)2]
≥(a52a+b52b)2＝(a2+b2)2＝4，
当且仅当a＝b时，取得等号．
【考点】
不等式恒成立的问题
不等式的证明
【解析】
(Ⅰ)运用乘1法和基本不等式可得1a2+4b2的最小值，再由绝对值不等式的解法，即可得到所求范围；
(Ⅱ)变形、运用基本不等式或柯西不等式，即可得证．
【解答】
（1）∵ a，b∈(0, +∞)，且a2+b2＝2，
∴ 1a2+4b2=12(a2+b2)(1a2+4b2)=12(1+4+b2a2+4a2b2)
≥12(5+2b2a2⋅4a2b2)=92，
则|2x−1|−|x−1|≤92，
当x≤12时，不等式化为1−2x+x−1≤92，解得−92≤x≤12，
当12当x≥1时，不等式化为2x−1−x+1≤92，解得1≤x≤92，
综上所述x的取值范围为[−92, 92]；
（2）证明：(1a+1b)(a5+b5)
＝a4+b4+a5b+b5a
＝(a2+b2)2−2a2b2+a5b+b5a
≥4−2a2b2+2a5b⋅b5a
＝4−2a2b2+2a2b2＝4，
当且仅当a＝b＝1时，取得等号．
另由柯西不等式可得
(1a+1b)(a5+b5)＝[(1a)2+(1b)2][(a52)2+(b52)2]
≥(a52a+b52b)2＝(a2+b2)2＝4，
当且仅当a＝b时，取得等号．可以享受折扣优惠金额
折扣率
不超过500元的部分
5%
超过500元的部分
10%
ξ
p
0.55
1−4.95