2020-2021学年浙江省温州市某校高二（下）6月周考数学试卷

这是一份2020-2021学年浙江省温州市某校高二（下）6月周考数学试卷，共10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={1, 2, 4}，B={2, 4, 6}，则A∪B=( )
A.{4}B.{1, 6}C.{2, 4}D.{1, 2, 4, 6}

2. tan(π−α)=（ ）
A.−tanαB.tanαC.±tanαD.1tanα

3. lg62+lg63=（ ）
A.0B.1C.lg65D.lg125

4. 圆x2+y2+2x−8=0的半径是( )
A.2B.3C.6D.9

5. 不等式|x−1|<2的解集是( )
A.{x|−1C.{x|x<−1或x>3}D.{x|x<1|或x>3}

6. 椭圆x225+y29=1的焦点坐标是( )
A.(−5, 0)，(5, 0)B.(0, −5)，(0, 5)
C.(−4, 0)，(4, 0)D.(0, −4)，(0, 4)

7. 若实数x，y满足不等式组x≥0x−y≤0x+y≤2，则z=x+2y的最大值是 （ ）
A.1B.2C.3D.4

8. 已知直线l//平面α，点P∈α，那么过点P且平行于直线l的直线( )
A.只有一条，且在α内B.有无数条，一定在α内
C.只有一条，不在α内D.有无数条，不一定在α内

9. 过点A(3, −1)且与直线x+2y−3=0垂直的直线方程是( )
A.x+2y+1=0B.x+2y−1=0C.2x−y+7=0D.2x−y−7=0

10. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c．若A=60∘，B=45∘，a=3，则b=( )
A.1B.3C.2D.6

11. 函数f(x)=|x|⋅sinx的图象大致是( )
A.
B.
C.
D.

12. 某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是( )

A.13B.23C.1D.2

13. 设a，b∈R，则“a+b>0”是“a3+b3>0”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

14. 设F1，F2分别是双曲线x2a2−y2b2=1(a, b>0)的左、右焦点．若双曲线上存在一点P，使得|PF1|=4|PF2|，且∠F1PF2=60∘，则该双曲线的离心率是( )
A.135B.133C.215D.213

15. 点P从点O出发，按逆时针方向沿周长为l的图形运动一周，O，P两点间的距离y与点P走过的路程x的函数关系如图，那么点P所走的图形可能是( )

A.B.
C.D.

16. 设数列{an}满足a1=1，a2n=a2n−1+2，a2n+1=a2n−1，n∈N*，则满足|an−n|≤4的n的最大值是（ ）
A.7B.9C.12D.14

17. 设点A，B的坐标分别为0,1，1,0，P，Q分别是曲线y=2x和y=lg2x上的动点，记I1=AQ→⋅AB→，I2=BP→⋅BA→，则( )
A.若I1=I2，则PQ→=λAB→λ∈R
B.若I1=I2，则|AP→|=|BQ→|
C.若PQ→=λAB→λ∈R，则I1=I2
D.若|AP→|=|BQ→|，则I1=I2

18. 如图，在圆锥SO中，A，B是⊙O上的动点，BB′是⊙O的直径，M，N是SB的两个三等分点，∠AOB=θ(0<θ<π)，记二面角N−OA−B，M−AB′−B的平面角分别为α，β，若α≤β，则θ的最大值是（ ）

A.5π6B.2π3C.π2D.π4
二、填空题

已知函数f(x)=|x2+ax−2|−6，若存在a∈R，使得f(x)在[2, b]上恰有两个零点，则实数b的最小值是________.
三、解答题

已知函数f(x)=2sin(x−π6)cs(x−π6)，x∈R．
(1)求f(π3)的值；

(2)求f(x)的最小正周期；

(3)求f(x)在[0, π2]上的值域．

如图，设抛物线C1:x2=y与C2:y2=2px(p>0)的公共点M的横坐标为t(t>0)．过M且与C1相切的直线交C2于另一点A，过M且与C2相切的直线交C1于另一点B，记S为△MBA的面积．
注：若直线与抛物线有且只有一个公共点，且与抛物线的对称轴不平行也不重合，则称该直线与抛物线相切．

(1)求p的值（用t表示）；

(2)若S∈[14, 2]，求t的取值范围．

设a，b∈R，函数f(x)=ax2+bx−3，g(x)=|x−a|，x∈R．
(1)若f(x)为偶函数，求b的值；

(2)当b=−12时，若f(x)，g(x)在[1, +∞)上均单调递增，求a的取值范围；

(3)设a∈[1, 3]，若对任意x∈[1, 3]，都有f(x)+g(x)≤0，求a2+6b的最大值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年浙江省温州市某校高二（下）6月周考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
并集及其运算
【解析】
利用并集定义直接求解．
【解答】
解：∵ 集合A={1, 2, 4}，B={2, 4, 6}，
∴ A∪B={1, 2, 4, 6}．
故选D.
2.
【答案】
A
【考点】
运用诱导公式化简求值
【解析】
直接利用诱导公式得答案．
【解答】
解：tan(π−α)=−tanα．
故选A.
3.
【答案】
B
【考点】
对数的运算性质
【解析】
由已知结合对数的运算性质即可直接求解．
【解答】
解：lg62+lg63=lg6(2×3)=lg66=1.
故选B．
4.
【答案】
B
【考点】
圆的一般方程
【解析】
直接化圆的一般方程为标准方程，即可求得圆的半径．
【解答】
解：化圆x2+y2+2x−8=0为(x+1)2+y2=9，
∴ 圆的半径为3.
故选B.
5.
【答案】
A
【考点】
绝对值不等式
【解析】
直接解不等式即可求出．
【解答】
解：不等式|x−1|<2，即−2故不等式的解集为{x|−1故选A.
6.
【答案】
C
【考点】
椭圆的标准方程
【解析】
由椭圆的方程可得a，b的值，及焦点在x轴上，再由a，b，c的关系求出c的值，进而求出椭圆的焦点坐标．
【解答】
解：由椭圆的标准方程可得：a2=25，b2=9，且焦点在x轴上，
则c2=a2−b2=16，
解得：c=4.
故选C.
7.
【答案】
D
【考点】
求线性目标函数的最值
【解析】
无
【解答】
解：根据所给不等式组，画出可行域如图所示，
将y=−12x平移即可得目标函数y=−12x+z2，
因而当经过点A(0,2)时，目标函数的纵截距最大，
此时z=x+2y=0+2×2=4，所以z的最大值是4．
故选D.
8.
【答案】
A
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
直线！和点P确定一个平面β，根据平面交线得到答案
【解答】
解：直线l和点P确定一个平面β，则平面α和平面β的交线，两平面交线只有一条．
故只有一条且在α内．
故选A.
9.
【答案】
D
【考点】
直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】
由垂直关系可得直线的斜率，进而可得点斜式方程，化为一般式即可．
【解答】
解：∵ 直线x+2y−3=0的斜率为−12，
∴ 与之垂直的直线斜率为2，
∴ 所求直线方程为y+1=2(x−3)，
化为一般式可得2x−y−7=0.
故选D.
10.
【答案】
D
【考点】
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为asinA=bsinB，
所以b=asinBsinA=3×2232=6．
故选D．
11.
【答案】
A
【考点】
函数的图象
【解析】
先根据函数奇偶性的概念可知f(−x)＝−f(x)，判断出函数f(x)为奇函数，排除选项C和D；对比A和B选项，发现当x∈(0, π)时，sinx>0，于是排除选项B，故而得解．
【解答】
解：∵ f(−x)=|−x|⋅sin(−x)
=|x|⋅(−sinx)=−f(x)，
∴ 函数f(x)为奇函数，图象关于原点对称，排除选项C和D，
当x∈(0, π)时，sinx>0，f(x)>0，∴ 排除选项B.
故选A.
12.
【答案】
B
【考点】
由三视图求体积
【解析】
由三视图还原原几何体，该几何体为三棱锥，侧面PAB⊥底面ABC，AB＝2，C到AB的距离为1，三棱锥的高为（2）再由棱锥体积公式求解．
【解答】
解：由三视图还原原几何体如图，
该几何体为三棱锥，侧面PAB⊥底面ABC，
AB=2，C到AB的距离为1，三棱锥的高为2，
则该几何体的体积是V=13×12×2×1×2=23．
故选B.
13.
【答案】
C
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
根据充分必要条件的定义以及不等式的性质判断即可．
【解答】
解：由a+b>0，得a>−b，
则a3>(−b)3=−b3，
故a3+b3>0，是充分条件，
由a3+b3>0，得a3>−b3=(−b)3，
得a>−b，a+b>0，是必要条件.
故选C.
14.
【答案】
B
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
由双曲线的定义及题意可得|PF1|，|PF2|的值，再由余弦定的可得a，c的关系，进而求出双曲线的离心率．
【解答】
解：由双曲线的定义可得|PF1|−|PF2|=2a，而|PF1|=4|PF2|，
所以|PF1|=83a，|PF2|=23a，
在△PF1F2中∠F1PF2=60∘，
由余弦定理可得|F1F2|2=4c2=|PF1|2+|PF2|2−2|PF1||PF2|cs∠F1PF2
=649a2+49a2−2⋅8a3⋅2a3⋅12=529a2，
整理可得：4c2=529a2，即c2=139a2，所以e=ca=133.
故选B.
15.
【答案】
C
【考点】
在实际问题中建立三角函数模型
【解析】
依次判断每个图像：根据一次函数图像排除AB，根据最值排除D，C图像中计算得到y=1πsinπxl，得到答案
【解答】
解：A，图像中，当P在第一条边上时y与x的函数关系是一次函数，排除A；
B，图像中，当P在第一条边上时y与x的函数关系是一次函数，排除B；
D，图像中，当P在Q点时，即x=12时不是最大，排除D；
C，图像中，设∠OMP=α,α∈0,2π，则x=αr,y=2rsinα2,
故y=2rsinx2r=lπsinπxl，满足图像.
故选C.
16.
【答案】
C
【考点】
数列递推式
等差数列的通项公式
【解析】
根据递推公式可得数列{a2n−1}是以a1=1，公差为1的等差数列，即可得到a2n−1=n，a2n=n+2，分类讨论，即可求出．
【解答】
解：∵ a2n=a2n−1+2，a2n+1=a2n−1，
∴ a2n+1=a2n−1+1，
∴ 数列{a2n−1}是以a1=1，公差为1的等差数列，
∴ a2n−1=n，
∴ a2n=n+2，
当n为偶数时，|an−n|=|n2+2−n|≤4，
即−4≤n2−2≤4，即0≤n≤12，
故n的最大值为12；
当n为奇数时，|an−n|=|n+12−n|=|1−n2|≤4，
即0≤n≤9，故n的最大值为9，
综上所述n的最大值为12.
故选C.
17.
【答案】
C
【考点】
命题的真假判断与应用
平面向量在解析几何中的应用
【解析】

【解答】
解：根据题意，在直线AB上取P′，Q′，且|AP′|=|BQ′|．
过P′，Q′，分别作直线AB的垂线，交曲线y=2x于P1，P2和交y=lg2x于Q1，Q2，
在曲线y=2x上取点P3，使|AP1|=|AP3|．如图所示：
I1=AQ→⋅AB→=|AQ→|⋅|AB→|cs∠QAB=|AQ′→|⋅|AB→| ，
I2=BP→⋅BA→=|BP→|⋅|BA→|cs∠PBA=|BP′→|⋅|BA→|，
若|AP′|=|BQ′|，则|AQ′|=|BP′|．
若I1=I2，则|AQ′|=|BP′|即可，
此时P可以与P1重合，Q与Q2重合，满足题意，
但是PQ→=λAB→(λ=R)不成立，且|AP→|≠|BQ→|，所以A，B错误；
对于C，若PQ→=λAB→(λ=R)，则PQ→//AB→，
此时必有P1与Q1对应（或P2与Q2），所以满足I1=I2，所以C正确；
对于D，对于点P3，满足|AP1|=|AP3|，
但此时P3在直线AB上投影不在P′处，
因而不满足|AQ′|=|BP′|，即I1≠I2，所以D错误．
综上可知，C为正确选项.
故选C．
18.
【答案】
B
【考点】
二面角的平面角及求法
【解析】
设底面圆的半径为r，OS＝a，以B′B所在直线为x轴，以垂直于B′B所在直线为y轴，以OS所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则由∠AOB＝θ(0<θ<π)，利用平面法向量求解csα与csβ的值，再由0≤α≤β≤π，可得|2ra|1+cs2θsin2θ+4r2a2≥|2ra|1+(−1−csθsinθ)2+4r2a2，化简可得csθ≤−12，且0<θ<π，则0<θ≤2π3．从而可得θ的最大值．
【解答】
解：设底面圆的半径为r，OS=a，以B′B所在直线为x轴，以垂直于B′B所在直线为y轴，以OS所在直线为z轴建立空间直角坐标系．
则由∠AOB=θ(0<θ<π)，可得：
O(0, 0, 0)，B(r, 0, 0)，S(0, 0, a)，
A(rcsθ, rsinθ, 0)，B′(−r, 0, 0)，
∵ M，N是SB的两个三等分点，∴ M(r3, 0, 2a3)，N(2r3, 0, a3)，
∴ OA→=(rcsθ,rsinθ,0)，ON→=(2r3, 0, a3)，
设平面NOA的一个法向量为m→=(x1,y1,z1)，
由m→⋅OA→=x1rcsθ+y1rsinθ=0，m→⋅ON→=2x1r3+az13=0，
取x1=1，得m→=(1,−csθsinθ,−2ra)；
平面OAB的一个法向量为n→=(0,0,1)．
由图可知，N−OA−B的平面角α为锐二面角，
∴ csα=||m→⋅n→||m→|⋅|n→|=|−2ra|1+cs2θsin2θ+4r2a2|；
设平面B′AM的一个法向量为k→=(x2,y2,z2)，
B′A→=(r+rcsθ,rsinθ,0)，AM→=(r3−rcsθ,−rsinθ,2a3)．
由k→⋅B′A→=x2r+x2rcsθ+y2rsinθ=0，k→⋅AM→=x2r3−x2rcsθ−y2rsinθ+2az23=0，
取x2=1，得k→=(1,−1−csθsinθ,−2ra)；
平面AB′B的一个法向量为h→=(0,0,1)，
由题意可知，M−AB′−B的平面角β为锐二面角，
∴ csβ=|k→⋅h→||k→|⋅|h→|=|2ra|1+(−1−csθsinθ)2+4r2a2．
由二面角的范围可知0≤α≤β≤π．
即|2ra|1+cs2θsin2θ+4r2a2≥|2ra|1+(−1−csθsinθ)2+4r2a2，
化简可得csθ≤−12，且0<θ<π，则0<θ≤2π3．
∴ θ的最大值是2π3．
故选B.
二、填空题
【答案】
2+23
【考点】
函数的零点与方程根的关系
【解析】
由函数在[2, b]上恰好有2个零点可得，可得零点必在区间的端点，讨论零点为2和b时，解得a的值，将a的值代入使得函数值f(b)＝0求出b的值即可．
【解答】
解：因为函数f(x)=|x2+ax−2|−6在[2, b]上恰有两个零点，
所以必在x=2与x=b时恰好取到零点的最小值和最大值，
若x=2，f(x)的零点满足f(x)=|22+2a−2|−6=0，
解得a=2或a=−4，
当a=2时，f(x)=|x2+2x−2|−6，满足f(x)在[2, b]上恰好有两个零点，
则f(b)=|b2+2b−2|−6=0，且b>2，
解得b=2（舍）或b=−4（舍），
当a=−4时，f(x)=|x2−4x−2|−6且b>2，
满足f(x)在[2, b]上恰好有两个零点，
则f(b)=|b2−4b−2|−6=0，b>2，
所以|b2−4b−2|=6，
即b2−4b−2=±6，
整理得b2−4b+4=0，解得b=2（舍），
或b2−4b−8=0，解得：b=2−23（舍）或b=2+23，
综上所述，当b=2+23时满足f(x)在[2, b]上恰好有两个零点.
故答案为：2+23.
三、解答题
【答案】
解：(1)函数f(x)=2sin(x−π6)cs(x−π6)=sin(2x−π3)，
所以f(π3) = sin(2π3−π3) = 32．
(2)函数的最小正周期为T = 2π2 = π．
(3)由于0≤x≤π2，
所以 −π3≤ 2x−π3 ≤2π3，
所以 −32≤ sin(2x−π3) ≤ 1．
即函数的值域为：[ − 32,1] .
【考点】
二倍角的正弦公式
正弦函数的周期性
正弦函数的定义域和值域
【解析】
(Ⅰ)直接利用三角函数关系式的恒等变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步求出函数的值．
(Ⅱ)利用函数的性质的应用求出函数的周期．
(Ⅲ)利用函数的定义域求出函数的值域．
【解答】
解：(1)函数f(x)=2sin(x−π6)cs(x−π6)=sin(2x−π3)，
所以f(π3) = sin(2π3−π3) = 32．
(2)函数的最小正周期为T = 2π2 = π．
(3)由于0≤x≤π2，
所以 −π3≤ 2x−π3 ≤2π3，
所以 −32≤ sin(2x−π3) ≤ 1．
即函数的值域为：[ − 32,1] .
【答案】
解：(1)因为点M在抛物线x2=y上，
可设M(t, t2)(t>0)，
又点M在抛物线y2=2px(p>0)上，
故(t2)2=2pt，
化简可得p = t32.
(2)设A(x1, y1)，
直线MA的方程为y=k(x−t)+t2，
与抛物线x2=y联立，消去y，
可得x2−kx+kt−t2=0，
Δ=k2−4(kt−t2)=(k−2t)2=0，
即k=2t，
即直线MA的方程为y=2tx−t2，
则直线MA的斜率k=y1−t2x1−t=y1−t2y12t3−t=t3y1+t2 =2t，
则y1=−t22，即A(t4, −t22).
同理，直线MB的方程为y=t2x+t22，B( − t2, t24)，
因此|MB|=1 + (t2)2|−t−t2|=3t21+t24，
点A(t4, −t22)到直线MB:t2x−y+t22=0的距离为
d=|t2⋅t4−(−t22) +t22|1+(t2)2 = 9t281+t24，
故△ABM的面积为S=12|MB|⋅d=12×3t21+t24⋅9t281+t24=27t332，
由S∈[14, 2]，可得t∈[23, 43]．
【考点】
抛物线的标准方程
直线与抛物线的位置关系
点到直线的距离公式
【解析】
(Ⅰ)设M(t, t2)(t>0)，由M在抛物线y2=2px(p>0)上，可得p关于t的式子；
(Ⅱ)设A(x1, y1)，以及直线MA的方程，与抛物线的方程联立，运用相切的条件：判别式为0，解得k=2t，结合直线方程和两点的斜率公式，可得A的坐标（用t表示），同理可得B的坐标，|MB|，MB的方程，求得A到MB的距离，再由三角形的面积公式，结合S的范围，可得t的范围．
【解答】
解：(1)因为点M在抛物线x2=y上，
可设M(t, t2)(t>0)，
又点M在抛物线y2=2px(p>0)上，
故(t2)2=2pt，
化简可得p = t32.
(2)设A(x1, y1)，
直线MA的方程为y=k(x−t)+t2，
与抛物线x2=y联立，消去y，
可得x2−kx+kt−t2=0，
Δ=k2−4(kt−t2)=(k−2t)2=0，
即k=2t，
即直线MA的方程为y=2tx−t2，
则直线MA的斜率k=y1−t2x1−t=y1−t2y12t3−t=t3y1+t2 =2t，
则y1=−t22，即A(t4, −t22).
同理，直线MB的方程为y=t2x+t22，B( − t2, t24)，
因此|MB|=1 + (t2)2|−t−t2|=3t21+t24，
点A(t4, −t22)到直线MB:t2x−y+t22=0的距离为
d=|t2⋅t4−(−t22) +t22|1+(t2)2 = 9t281+t24，
故△ABM的面积为S=12|MB|⋅d=12×3t21+t24⋅9t281+t24=27t332，
由S∈[14, 2]，可得t∈[23, 43]．
【答案】
解：(1)因为f(x)为偶函数，
所以f(x)=f(−x)，
即ax2+bx−3=ax2−bx−3，即2bx=0对任意的实数x恒成立，
所以b=0.
(2)若a=0，则f(x)=bx−3，由于b=−12<0，
所以f(x)在R上单调递减，与题意不符，所以a≠0.
因为f(x)=ax2−12x−3在[1, +∞)上单调递增，
所以a>0,14a≤1, 解得a≥14.
因为g(x)=|x−a|在[1, +∞)上单调递增，所以a≤1，
综上所述，a的取值范围为[14,1]．
(3)对任意的x∈[1, 3]，f(x)+g(x)≤0恒成立等价于
对任意的x∈[1, 3]，ax2+bx−3+(x−a)≤0恒成立，且ax2+bx−3−(x−a)≤0恒成立，
即ax2+(b+1)x−a−3≤0恒成立，且ax2+(b−1)x+a−3≤0恒成立，
分别令函数F(x)=ax2+(b+1)x−a−3，G(x)=ax2+(b−1)x+a−3，
注意到a>0，
故对任意的x∈[1, 3]，F(x)≤0与G(x)≤0恒成立的充要条件是
F(1)≤0,F(3)≤0,G(1)≤0,G(3)≤0, 即b−2≤0,8a+3b≤0,2a+b−4≤0,10a+3b−6≤0, 也即b≤2,b≤−8a3,b≤4−2a,b≤2−10a3,
由a∈[1, 3]，可得−8a3≤2−10a3≤4−2a≤2，因此b≤−8a3，
从而a2+6b≤a2+6×(−8a3)=a2−16a≤−15，
即a2+6b≤−15，当且仅当a=1，b=−83时，等号成立，
所以a2+6b的最大值为−15.
【考点】
函数奇偶性的性质
已知函数的单调性求参数问题
函数恒成立问题
二次函数在闭区间上的最值
【解析】
(Ⅰ)根据偶函数的概念可知f(x)＝f(−x)，即可得解；
(Ⅱ)若a＝0，结合b<0，可得f(x)＝bx−3为一次函数，且在R上单调递减，与题意不符，于是a≠0，
即函数f(x)为二次函数．再结合二次函数和绝对值函数的单调性可分别列出关于a的不等式，解之，并取交集即可；
(Ⅲ)由题意可得原不等式等价于对任意的x∈[1, 3]，ax2+bx−3+(x−a)≤0恒成立，且ax2+bx−3−(x−a)≤0恒成立，再由二次函数的图象可得a，b的不等式组，解不等式可得b≤−8a3，结合二次函数的单调性，可得所求最大值．
【解答】
解：(1)因为f(x)为偶函数，
所以f(x)=f(−x)，
即ax2+bx−3=ax2−bx−3，即2bx=0对任意的实数x恒成立，
所以b=0.
(2)若a=0，则f(x)=bx−3，由于b=−12<0，
所以f(x)在R上单调递减，与题意不符，所以a≠0.
因为f(x)=ax2−12x−3在[1, +∞)上单调递增，
所以a>0,14a≤1, 解得a≥14.
因为g(x)=|x−a|在[1, +∞)上单调递增，所以a≤1，
综上所述，a的取值范围为[14,1]．
(3)对任意的x∈[1, 3]，f(x)+g(x)≤0恒成立等价于
对任意的x∈[1, 3]，ax2+bx−3+(x−a)≤0恒成立，且ax2+bx−3−(x−a)≤0恒成立，
即ax2+(b+1)x−a−3≤0恒成立，且ax2+(b−1)x+a−3≤0恒成立，
分别令函数F(x)=ax2+(b+1)x−a−3，G(x)=ax2+(b−1)x+a−3，
注意到a>0，
故对任意的x∈[1, 3]，F(x)≤0与G(x)≤0恒成立的充要条件是
F(1)≤0,F(3)≤0,G(1)≤0,G(3)≤0, 即b−2≤0,8a+3b≤0,2a+b−4≤0,10a+3b−6≤0, 也即b≤2,b≤−8a3,b≤4−2a,b≤2−10a3,
由a∈[1, 3]，可得−8a3≤2−10a3≤4−2a≤2，因此b≤−8a3，
从而a2+6b≤a2+6×(−8a3)=a2−16a≤−15，
即a2+6b≤−15，当且仅当a=1，b=−83时，等号成立，
所以a2+6b的最大值为−15.