黑龙江省高考数学试卷

2017年黑龙江省高考数学试卷(理科)(全国新课标Ⅱ)(总20页)

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2017年黑龙江省高考数学试卷（理科）（全国新课标Ⅱ）

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. 复数1+𝑖等于（ ） A.1+2𝑖

B.1−2𝑖

C.2+𝑖

D.2−𝑖

3+𝑖2. 设集合𝑖={1, 2, 4}，𝑖={𝑖|𝑖2−4𝑖+𝑖=0}．若𝑖∩𝑖={1}，则𝑖=( ) A.{1, −3} B.{1, 0} C.{1, 3} D.{1, 5}

3. 我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（ ） A.1盏 B.3盏 C.5盏 D.9盏

4. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( )

A.90𝜋

B.63𝜋 C.42𝜋 D.36𝜋

2𝑥+3𝑦−3≤0

5. 设𝑥，𝑦满足约束条件{2𝑥−3𝑦+3≥0，则𝑧=2𝑥+𝑦的最小值是（ ）

𝑦+3≥0

A.−15 B.−9 C.1 D.9

2

6. 安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有（ ） A.12种

B.18种

C.24种

D.36种

7. 甲、乙、丙、丁四位同学一起去问老师询问成语竞赛的成绩．老师说：你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩．看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩．根据以上信息，则（ ） A.乙可以知道四人的成绩 B.丁可以知道四人的成绩 C.乙、丁可以知道对方的成绩 D.乙、丁可以知道自己的成绩

8. 执行如图的程序框图，如果输入的𝑎=−1，则输出的𝑆=( )

A.2

2

B.3

2

C.4 D.5

9. 若双曲线𝐶:𝑥2−𝑦2=1(𝑎>0, 𝑏>0)的一条渐近线被圆(𝑥−2)2+𝑦2=

𝑎𝑏4所截得的弦长为2，则𝐶的离心率为（ ） A.2

B.√3

C.√2 D.2√3 3

3

10. 已知直三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，∠𝐴𝐵𝐶=120∘，𝐴𝐵=2，𝐵𝐶=𝐶𝐶1=1，则异面直线𝐴𝐵1与𝐵𝐶1所成角的余弦值为（ ） A.√3

2

B.√15 5

C.√10

5

D.√3 3

11. 若𝑥=−2是函数𝑓(𝑥)=(𝑥2+𝑎𝑥−1)𝑒𝑥−1的极值点，则𝑓(𝑥)的极小值为（ ） A.−1

B.−2𝑒−3

C.5𝑒−3

D.1

12. 已知△𝐴𝐵𝐶是边长为2𝑎(𝑎>0)的等边三角形，𝑃为平面𝐴𝐵𝐶内一点，则𝑃𝐴⋅(𝑃𝐵+𝑃𝐶)的最小值是( ) A. −2𝑎2

13. 一批产品的二等品率为0.02，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取100次．𝑋表示抽到的二等品件数，则𝐷𝑋=________．

14. 函数𝑓(𝑥)=sin2𝑥+√3cos𝑥−4（𝑥∈[0, 2]）的最大值是________．

15. 等差数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，𝑎3=3，𝑆4=10，则 ∑𝑛𝑘=1𝑆=________．

𝑘

→→→

B.−2𝑎2

3

C.−3𝑎2

4

D. −𝑎2

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

3𝜋

1

16. 已知𝐹是抛物线𝐶:𝑦2=8𝑥的焦点，𝑀是𝐶上一点，𝐹𝑀的延长线交𝑦轴于点𝑁．若𝑀为𝐹𝑁的中点，则|𝐹𝑁|=________．

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题为必做题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分。

17. △𝐴𝐵𝐶的内角𝐴，𝐵，𝐶的对边分别为𝑎，𝑏，𝑐，已知sin(𝐴+𝐶)=8sin22． (1)求cos𝐵；

4

𝐵

(2)若𝑎+𝑐=6，△𝐴𝐵𝐶的面积为2，求𝑏．

18. 海水养殖场进行某水产品的新、旧网箱养殖方法的产量对比，收获时各随机抽取了100个网箱，测量各箱水产品的产量（单位：𝑘𝑔），其频率分布直方图如图：

（1）设两种养殖方法的箱产量相互，记𝐴表示事件“旧养殖法的箱产量低于50𝑘𝑔，新养殖法的箱产量不低于50𝑘𝑔”，估计𝐴的概率；

(2)填写下面列联表，并根据列联表判断是否有99%的把握认为箱产量与养殖方法有关： 旧养殖法 新养殖法 箱产量<50𝑘𝑔 箱产量≥50𝑘𝑔 (3)根据箱产量的频率分布直方图，求新养殖法箱产量的中位数的估计值（精确到0.01）． 附： 𝑃(𝐾2≥𝑘) 𝑘 2

𝑛(𝑎𝑑−𝑏𝑐)2

0.050 3.841 0.010 6.635 0.001 10.828 𝐾=(𝑎+𝑏)(𝑐+𝑑)(𝑎+𝑐)(𝑏+𝑑)．

19. 如图，四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，侧面𝑃𝐴𝐷为等边三角形且垂直于底面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐴𝐵=𝐵𝐶=2𝐴𝐷，∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐴𝐵𝐶=90∘，𝐸是𝑃𝐷的中点．

5

1

（1）证明：直线𝐶𝐸 // 平面𝑃𝐴𝐵；

（2）点𝑀在棱𝑃𝐶 上，且直线𝐵𝑀与底面𝐴𝐵𝐶𝐷所成角为45∘，求二面角𝑀−𝐴𝐵−𝐷的余弦值．

20. 设𝑂为坐标原点，动点𝑀在椭圆𝐶:𝑥+𝑦2=1上，过𝑀作𝑥轴的垂线，垂

2足为𝑁，点𝑃满足𝑁𝑃=√2𝑁𝑀． （1）求点𝑃的轨迹方程；

（2）设点𝑄在直线𝑥=−3上，且𝑂𝑃⋅𝑃𝑄=1．证明：过点𝑃且垂直于𝑂𝑄的直线𝑙过𝐶的左焦点𝐹．

21. 已知函数𝑓(𝑥)=𝑎𝑥2−𝑎𝑥−𝑥ln𝑥，且𝑓(𝑥)≥0． （1）求𝑎；

（2）证明：𝑓(𝑥)存在唯一的极大值点𝑥0，且𝑒−2<𝑓(𝑥0)<2−2．

（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]

→

→

→

→

2

22. 在直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，以坐标原点为极点，𝑥轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线𝐶1的极坐标方程为𝜌cos𝜃=4．

（1）𝑀为曲线𝐶1上的动点，点𝑃在线段𝑂𝑀上，且满足|𝑂𝑀|⋅|𝑂𝑃|=16，求点𝑃的轨迹𝐶2的直角坐标方程；

（2）设点𝐴的极坐标为(2, 3)，点𝐵在曲线𝐶2上，求△𝑂𝐴𝐵面积的最大值．

6

𝜋

[选修4-5：不等式选讲]

23. 已知𝑎>0，𝑏>0，𝑎3+𝑏3=2．证明： (1)(𝑎+𝑏)(𝑎5+𝑏5)≥4；

（2）𝑎+𝑏≤2．

7

参与试题解析

2017年黑龙江省高考数学试卷（理科）（全国新课标Ⅱ）

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. 【答案】 D 【考点】

复数代数形式的乘除运算 【解析】

分子和分母同时乘以分母的共轭复数，再利用虚数单位𝑖的幂运算性质，求出结果． 【解答】

解：1+𝑖=(1+𝑖)(1−𝑖)=故选 𝐷． 2. 【答案】 C 【考点】 交集及其运算 【解析】

由交集的定义可得1∈𝐴且1∈𝐵，代入二次方程，求得𝑚，再解二次方程可得集合𝐵． 【解答】

集合𝐴={1, 2, 4}，𝐵={𝑥|𝑥2−4𝑥+𝑚=0}． 若𝐴∩𝐵={1}，则1∈𝐴且1∈𝐵，

3+𝑖

(3+𝑖)(1−𝑖)

4−2𝑖2

=2−𝑖，

8

可得1−4+𝑚=0，解得𝑚=3， 即有𝐵={𝑥|𝑥2−4𝑥+3=0}={1, 3}． 3. 【答案】 B 【考点】

等比数列的前n项和 等比数列的通项公式 【解析】

设这个塔顶层有𝑎盏灯，由题意和等比数列的定义可得：从塔顶层依次向下每层灯数是等比数列，结合条件和等比数列的前𝑛项公式列出方程，求出𝑎的值． 【解答】

解：设这个塔顶层有𝑎盏灯，

∵ 宝塔一共有七层，每层悬挂的红灯数是上一层的2倍，

∴ 从塔顶层依次向下每层灯数是以2为公比、𝑎为首项的等比数列， 又总共有灯381盏， ∴ 381=

𝑎(1−27)1−2

=127𝑎，解得𝑎=3，

则这个塔顶层有3盏灯， 故选𝐵． 4. 【答案】 B 【考点】

由三视图求面积、体积 【解析】

9

由三视图可得，直观图为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半，即可求出几何体的体积． 【解答】

解：由三视图可得，直观图为一个高为10的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半，

𝑉=𝜋⋅32×10−2⋅𝜋⋅32×6=63𝜋. 故选𝐵. 5. 【答案】 A 【考点】 简单线性规划 【解析】

画出约束条件的可行域，利用目标函数的最优解求解目标函数的最小值即可． 【解答】

2𝑥+3𝑦−3≤0

解：𝑥、𝑦满足约束条件{2𝑥−3𝑦+3≥0的可行域如图：

𝑦+3≥0𝑧=2𝑥+𝑦 经过可行域的𝐴时，目标函数取得最小值， 由{

𝑦=−3

解得𝐴(−6, −3)，

2𝑥−3𝑦+3=0

1

则𝑧=2𝑥+𝑦 的最小值是：−15． 故选：𝐴．

10

6. 【答案】 D 【考点】

排列、组合及简单计数问题 【解析】

把工作分成3组，然后安排工作方式即可． 【解答】

2解：4项工作分成3组，可得：𝐶4=6，

安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成， 可得：6×𝐴33=36种． 故选：𝐷． 7. 【答案】 D 【考点】

进行简单的合情推理 【解析】

根据四人所知只有自己看到，老师所说及最后甲说话，继而可以推出正确答案 【解答】

解：四人所知只有自己看到，老师所说及最后甲说话， 甲不知自己的成绩

11

→乙丙必有一优一良，（若为两优，甲会知道自己的成绩；若是两良，甲也会知道自己的成绩）

→乙看到了丙的成绩，知自己的成绩

→丁看到甲、丁也为一优一良，丁知自己的成绩， 故选：𝐷． 8. 【答案】 B 【考点】 程序框图 【解析】

执行程序框图，依次写出每次循环得到的𝑆，𝐾值，当𝑘=7时，程序终止即可得到结论． 【解答】

解：执行程序框图，有𝑆=0，𝐾=1，𝑎=−1，代入循环， 第一次满足循环，𝑆=−1，𝑎=1，𝐾=2；

满足条件，第二次满足循环，𝑆=1，𝑎=−1，𝐾=3； 满足条件，第三次满足循环，𝑆=−2，𝑎=1，𝐾=4； 满足条件，第四次满足循环，𝑆=2，𝑎=−1，𝐾=5； 满足条件，第五次满足循环，𝑆=−3，𝑎=1，𝐾=6； 满足条件，第六次满足循环，𝑆=3，𝑎=−1，𝐾=7； 7≤6不成立，退出循环输出，𝑆=3； 故选：𝐵． 9. 【答案】 A

12

【考点】

圆与圆锥曲线的综合问题 双曲线的性质 【解析】

通过圆的圆心与双曲线的渐近线的距离，列出关系式，然后求解双曲线的离心率即可． 【解答】

解：双曲线𝐶:𝑥2−𝑦2=1(𝑎>0, 𝑏>0)的一条渐近线不妨为：𝑏𝑥+𝑎𝑦=

𝑎𝑏0，

圆(𝑥−2)2+𝑦2=4的圆心(2, 0)，半径为2，

双曲线𝐶:𝑥2−𝑦2=1(𝑎>0, 𝑏>0)的一条渐近线被圆(𝑥−2)2+𝑦2=4所截𝑎𝑏得的弦长为2，

可得圆心到直线的距离为：√22−12=√3=

√解得：

4𝑐2−4𝑎2

𝑐2|2𝑏|𝑎2+𝑏22

22

2

，

=3，可得𝑒2=4，即𝑒=2．

故选𝐴． 10. 【答案】 C 【考点】

异面直线及其所成的角 【解析】

【解法一】设𝑀、𝑁、𝑃分别为𝐴𝐵，𝐵𝐵1和𝐵1𝐶1的中点，得出𝐴𝐵1、𝐵𝐶1夹角为𝑀𝑁和𝑁𝑃夹角或其补角；根据中位线定理，结合余弦定理求出𝐴𝐶、𝑀𝑄，𝑀𝑃和∠𝑀𝑁𝑃的余弦值即可．

13

【解法二】通过补形的办法，把原来的直三棱柱变成直四棱柱，解法更简洁． 【解答】

【解法一】如图所示，设𝑀、𝑁、𝑃分别为𝐴𝐵，𝐵𝐵1和𝐵1𝐶1的中点， 则𝐴𝐵1、𝐵𝐶1夹角为𝑀𝑁和𝑁𝑃夹角或其补角 （因异面直线所成角为（0, 2]）， 可知𝑀𝑁=1𝐴𝐵1=√5，

22𝑁𝑃=2𝐵𝐶1=

1

√2； 2

𝜋

作𝐵𝐶中点𝑄，则△𝑃𝑄𝑀为直角三角形； ∵ 𝑃𝑄=1，𝑀𝑄=2𝐴𝐶， △𝐴𝐵𝐶中，由余弦定理得

𝐴𝐶2=𝐴𝐵2+𝐵𝐶2−2𝐴𝐵⋅𝐵𝐶⋅cos∠𝐴𝐵𝐶

1

=4+1−2×2×1×(−)

2=7， ∴ 𝐴𝐶=√7， ∴ 𝑀𝑄=√7；

2

在△𝑀𝑄𝑃中，𝑀𝑃=√𝑀𝑄2+𝑃𝑄2=√11；

2在△𝑃𝑀𝑁中，由余弦定理得 cos∠𝑀𝑁𝑃=

𝑀𝑁2+𝑁𝑃2−𝑃𝑀2

2∗𝑀𝑁∗𝑁𝑃

1

=

(

√52√22√112)+()−()222√5√22××22=−

√10； 5

又异面直线所成角的范围是(0, 2]， ∴ 𝐴𝐵1与𝐵𝐶1所成角的余弦值为√10．

5

𝜋

【解法二】如图所示，

14

补成四棱柱𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1，求∠𝐵𝐶1𝐷即可； 𝐵𝐶1=√2，𝐵𝐷=√22+12−2×2×1×cos60∘=√3， 𝐶1𝐷=√5，

∴ 𝐵𝐶12+𝐵𝐷2=𝐶1𝐷2， ∴ ∠𝐷𝐵𝐶1=90∘，

∴ cos∠𝐵𝐶𝐷=√2101√5=√5

．

11. 【答案】 A 【考点】

利用导数研究函数的极值 【解析】

求出函数的导数，利用极值点，求出𝑎，然后判断函数的单调性，求解函数的极小值即可． 【解答】

解：函数𝑓(𝑥)=(𝑥2+𝑎𝑥−1)𝑒𝑥−1，

可得𝑓′(𝑥)=(2𝑥+𝑎)𝑒𝑥−1+(𝑥2+𝑎𝑥−1)𝑒𝑥−1， 𝑥=−2是函数𝑓(𝑥)=(𝑥2+𝑎𝑥−1)𝑒𝑥−1的极值点， 可得：−4+𝑎+(3−2𝑎)=0． 解得𝑎=−1．

可得𝑓′(𝑥)=(2𝑥−1)𝑒𝑥−1+(𝑥2−𝑥−1)𝑒𝑥−1，

15

=(𝑥2+𝑥−2)𝑒𝑥−1，函数的极值点为：𝑥=−2，𝑥=1，

当𝑥<−2或𝑥>1时，𝑓′(𝑥)>0函数是增函数，𝑥∈(−2, 1)时，函数是减函数，

𝑥=1时，函数取得极小值：𝑓(1)=(12−1−1)𝑒1−1=−1． 故选：𝐴． 12. 【答案】 B 【考点】

平面向量数量积的性质及其运算律 【解析】

根据条件建立坐标系，求出点的坐标，利用坐标法结合向量数量积的公式进行计算即可． 【解答】

解：建立如图所示的坐标系，

以𝐵𝐶中点为坐标原点，

则𝐴(0, √3𝑎)，𝐵(−𝑎, 0)，𝐶(𝑎, 0)， 设𝑃(𝑥, 𝑦)，则𝑃𝐴=(−𝑥, √3𝑎−𝑦)， 𝑃𝐵=(−𝑎−𝑥, −𝑦)， 𝑃𝐶=(𝑎−𝑥, −𝑦)， 则𝑃𝐴⋅(𝑃𝐵+𝑃𝐶)，

=2𝑥2−2√3𝑎𝑦+2𝑦2

16

→

→

→

→→

→

=2[𝑥2+(𝑦−

√323

2

𝑎)−4𝑎2],

∴ 当𝑥=0，𝑦=√3𝑎时，取得最小值2×(−3

2)=−3

2

4𝑎2𝑎2. 故选𝐵.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 【答案】

1.96

【考点】

离散型随机变量的期望与方差 【解析】

判断概率满足的类型，然后求解方差即可． 【解答】

解：由题意可知，该事件满足重复试验，是一个二项分布模型，其中，𝑝=0.02，𝑛=100，

则𝐷𝑋=𝑛𝑝𝑞=𝑛𝑝(1−𝑝)=100×0.02×0.98=1.96． 故答案为：1.96． 14. 【答案】

1

【考点】 三角函数的最值 【解析】

同角的三角函数的关系以及二次函数的性质即可求出． 【解答】

解：𝑓(𝑥)=sin2𝑥+√3cos𝑥−3

=1−cos2𝑥+√3

43cos𝑥−4，

令cos𝑥=𝑡且𝑡∈[0, 1]，

17

则𝑦=−𝑡2+√3𝑡+1=−(𝑡−√3)2+1，

4

2

当𝑡=√3时，𝑓(𝑡)max=1，

2即𝑓(𝑥)的最大值为1， 故答案为：1 15. 【答案】

2𝑛

𝑛+1【考点】 数列的求和 等差数列的前n项和 【解析】

利用已知条件求出等差数列的前𝑛项和，然后化简所求的表达式，求解即可． 【解答】

解：等差数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，𝑎3=3，𝑆4=10，𝑆4=2(𝑎2+𝑎3)=10，

可得𝑎2=2，数列的首项为1，公差为1， 𝑆𝑛=

𝑛(𝑛+1)21

，𝑆=𝑛(𝑛+1)=2(𝑛−𝑛+1)，

𝑛

1211

则 ∑𝑛𝑘=1𝑆=2[1−2+2−3+3−4+...+𝑛−𝑛+1]=2(1−𝑛+1)=𝑛+1．

𝑘

111111112𝑛

故答案为：16. 【答案】

2𝑛

𝑛+1

．

6

【考点】 抛物线的性质

18

【解析】

求出抛物线的焦点坐标，推出𝑀坐标，然后求解即可． 【解答】

解：抛物线𝐶:𝑦2=8𝑥的焦点𝐹(2, 0)，𝑀是𝐶上一点，𝐹𝑀的延长线交𝑦轴于点𝑁．若𝑀为𝐹𝑁的中点，

可知𝑀的横坐标为：1，则𝑀的纵坐标为：±2√2， |𝐹𝑁|=2|𝐹𝑀|=2√(1−2)2+(±2√2−0)2=6． 故答案为：6．

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题为必做题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分。

17. 【答案】

解：(1)sin(𝐴+𝐶)=8sin2，

2∴ sin𝐵=4(1−cos𝐵)， ∵ sin2𝐵+cos2𝐵=1， ∴ 16(1−cos𝐵)2+cos2𝐵=1， ∴ (17cos𝐵−15)(cos𝐵−1)=0， ∴ cos𝐵=或cos𝐵=1，

17∵𝐵∈(0,𝜋)， ∴cos𝐵=17.

(2)由(1)可知sin𝐵=17， ∵ 𝑆△𝐴𝐵𝐶=2𝑎𝑐⋅sin𝐵=2， ∴ 𝑎𝑐=

172

1

8

1515

𝐵

，

172

∴ 𝑏2=𝑎2+𝑐2−2𝑎𝑐cos𝐵=𝑎2+𝑐2−2×

×17

15

19

=𝑎2+𝑐2−15=(𝑎+𝑐)2−2𝑎𝑐−15=36−17−15=4， ∴ 𝑏=2． 【考点】 正弦定理

二倍角的正弦公式 【解析】

(1)利用三角形的内角和定理可知𝐴+𝐶=𝜋−𝐵，再利用诱导公式化简sin(𝐴+𝐶)，利用降幂公式化简8sin22，结合sin2𝐵+cos2𝐵=1，求出cos𝐵，

(2)由(1)可知sin𝐵=17，利用勾面积公式求出𝑎𝑐，再利用余弦定理即可求出𝑏． 【解答】

解：(1)sin(𝐴+𝐶)=8sin2，

2∴ sin𝐵=4(1−cos𝐵)， ∵ sin2𝐵+cos2𝐵=1， ∴ 16(1−cos𝐵)2+cos2𝐵=1， ∴ (17cos𝐵−15)(cos𝐵−1)=0， ∴ cos𝐵=；

17

(2)由(1)可知sin𝐵=17， ∵ 𝑆△𝐴𝐵𝐶=2𝑎𝑐⋅sin𝐵=2， ∴ 𝑎𝑐=

172

1

8

15

𝐵

8

𝐵

，

172

∴ 𝑏2=𝑎2+𝑐2−2𝑎𝑐cos𝐵=𝑎2+𝑐2−2×

×17

15

=𝑎2+𝑐2−15=(𝑎+𝑐)2−2𝑎𝑐−15=36−17−15=4， ∴ 𝑏=2．

20

18. 【答案】

解：（1）记𝐵表示事件“旧养殖法的箱产量低于50𝑘𝑔”，𝐶表示事件“新养殖法的箱产量不低于50𝑘𝑔”， 由𝑃(𝐴)=𝑃(𝐵𝐶)=𝑃(𝐵)𝑃(𝐶)，

则旧养殖法的箱产量低于50𝑘𝑔：(0.012+0.014+0.024+0.034+0.040)×5=0.62， 故𝑃(𝐵)的估计值0.62，

新养殖法的箱产量不低于50𝑘𝑔：(0.068+0.046+0.010+0.008)×5=0.66，

故𝑃(𝐶)的估计值为，

则事件𝐴的概率估计值为𝑃(𝐴)=𝑃(𝐵)𝑃(𝐶)=0.62×0.66=0.4092； ∴ 𝐴发生的概率为0.4092； (2)2×2列联表： 旧养殖法 新养殖法 总计 则𝐾=

2

箱产量<50𝑘𝑔 62 34 96 ≈15.705，

箱产量≥50𝑘𝑔 38 66 104 总计 100 100 200 200(62×66−38×34)2100×100×96×104

由15.705>6.635，

∴ 有99%的把握认为箱产量与养殖方法有关.

(3)由新养殖法的箱产量频率分布直方图中，箱产量低于50𝑘𝑔的直方图的面积：

(0.004+0.020+0.044)×5=0.34， 箱产量低于55𝑘𝑔的直方图面积为：

(0.004+0.020+0.044+0.068)×5=0.68>0.5，

21

故新养殖法产量的中位数的估计值为：50+

0.5−0.340.068

≈52.35(𝑘𝑔)，

新养殖法箱产量的中位数的估计值52.35(𝑘𝑔)． 【考点】

众数、中位数、平均数 频率分布直方图 性检验

用样本的数字特征估计总体的数字特征 【解析】

（1）由题意可知：𝑃(𝐴)=𝑃(𝐵𝐶)=𝑃(𝐵)𝑃(𝐶)，分布求得发生的频率，即可求得其概率；

（2）完成2×2列联表：求得观测值，与参考值比较，即可求得有99%的把握认为箱产量与养殖方法有关：

（3）根据频率分布直方图即可求得其中位数． 【解答】

解：（1）记𝐵表示事件“旧养殖法的箱产量低于50𝑘𝑔”，𝐶表示事件“新养殖法的箱产量不低于50𝑘𝑔”， 由𝑃(𝐴)=𝑃(𝐵𝐶)=𝑃(𝐵)𝑃(𝐶)，

则旧养殖法的箱产量低于50𝑘𝑔：(0.012+0.014+0.024+0.034+0.040)×5=0.62， 故𝑃(𝐵)的估计值0.62，

新养殖法的箱产量不低于50𝑘𝑔：(0.068+0.046+0.010+0.008)×5=0.66，

故𝑃(𝐶)的估计值为，

则事件𝐴的概率估计值为𝑃(𝐴)=𝑃(𝐵)𝑃(𝐶)=0.62×0.66=0.4092；

22

∴ 𝐴发生的概率为0.4092； (2)2×2列联表： 旧养殖法 新养殖法 总计 箱产量<50𝑘𝑔 62 34 96 2

箱产量≥50𝑘𝑔 38 66 104 总计 100 100 200 则𝐾2=200(62×66−38×34)≈15.705，

100×100×96×104由15.705>6.635，

∴ 有99%的把握认为箱产量与养殖方法有关；

(3)由新养殖法的箱产量频率分布直方图中，箱产量低于50𝑘𝑔的直方图的面积：

(0.004+0.020+0.044)×5=0.34， 箱产量低于55𝑘𝑔的直方图面积为：

(0.004+0.020+0.044+0.068)×5=0.68>0.5， 故新养殖法产量的中位数的估计值为：50+

0.5−0.340.068

≈52.35(𝑘𝑔)，

新养殖法箱产量的中位数的估计值52.35(𝑘𝑔)． 19. 【答案】

（1）证明：取𝑃𝐴的中点𝐹，连接𝐸𝐹，𝐵𝐹，因为𝐸是𝑃𝐷的中点， 所以𝐸𝐹= // 𝐴𝐷，𝐴𝐵=𝐵𝐶=𝐴𝐷，∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐴𝐵𝐶=90∘，∴ 𝐵𝐶 //

22 2𝐴𝐷，

∴ 𝐵𝐶𝐸𝐹是平行四边形，可得𝐶𝐸 // 𝐵𝐹，𝐵𝐹⊂平面𝑃𝐴𝐵，𝐶𝐸平面𝑃𝐴𝐵， ∴ 直线𝐶𝐸 // 平面𝑃𝐴𝐵；

1

1

1

23

（2）解：四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，

侧面𝑃𝐴𝐷为等边三角形且垂直于底面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐴𝐵=𝐵𝐶=𝐴𝐷，

2∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐴𝐵𝐶=90∘，𝐸是𝑃𝐷的中点．

取𝐴𝐷的中点𝑂，𝑀在底面𝐴𝐵𝐶𝐷上的射影𝑁在𝑂𝐶上，设𝐴𝐷=2，则𝐴𝐵=𝐵𝐶=1，𝑂𝑃=√3，

∴ ∠𝑃𝐶𝑂=60∘，直线𝐵𝑀与底面𝐴𝐵𝐶𝐷所成角为45∘， 可得：𝐵𝑁=𝑀𝑁，𝐶𝑁=√3𝑀𝑁，𝐵𝐶=1，

3

1

可得：1+𝐵𝑁2=𝐵𝑁2，𝐵𝑁=√6，𝑀𝑁=√6，

3

2

2

1

作𝑁𝑄⊥𝐴𝐵于𝑄，连接𝑀𝑄，

所以∠𝑀𝑄𝑁就是二面角𝑀−𝐴𝐵−𝐷的平面角，𝑀𝑄=√12+(√6)2

2

=

√10， 2

12二面角𝑀−𝐴𝐵−𝐷的余弦值为：√10=【考点】

二面角的平面角及求法 直线与平面平行的判定 【解析】

√105．

（1）取𝑃𝐴的中点𝐹，连接𝐸𝐹，𝐵𝐹，通过证明𝐶𝐸 // 𝐵𝐹，利用直线与平面平行的判定定理证明即可．

（2）利用已知条件转化求解𝑀到底面的距离，作出二面角的平面角，然后求解二面角𝑀−𝐴𝐵−𝐷的余弦值即可． 【解答】

24

（1）证明：取𝑃𝐴的中点𝐹，连接𝐸𝐹，𝐵𝐹，因为𝐸是𝑃𝐷的中点， 所以𝐸𝐹= // 𝐴𝐷，𝐴𝐵=𝐵𝐶=𝐴𝐷，∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐴𝐵𝐶=90∘，∴ 𝐵𝐶 //

22 2𝐴𝐷，

∴ 𝐵𝐶𝐸𝐹是平行四边形，可得𝐶𝐸 // 𝐵𝐹，𝐵𝐹⊂平面𝑃𝐴𝐵，𝐶𝐸平面𝑃𝐴𝐵， ∴ 直线𝐶𝐸 // 平面𝑃𝐴𝐵；

1

1

1

（2）解：四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，

侧面𝑃𝐴𝐷为等边三角形且垂直于底面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐴𝐵=𝐵𝐶=𝐴𝐷，

2∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐴𝐵𝐶=90∘，𝐸是𝑃𝐷的中点．

取𝐴𝐷的中点𝑂，𝑀在底面𝐴𝐵𝐶𝐷上的射影𝑁在𝑂𝐶上，设𝐴𝐷=2，则𝐴𝐵=𝐵𝐶=1，𝑂𝑃=√3，

∴ ∠𝑃𝐶𝑂=60∘，直线𝐵𝑀与底面𝐴𝐵𝐶𝐷所成角为45∘， 可得：𝐵𝑁=𝑀𝑁，𝐶𝑁=√3𝑀𝑁，𝐵𝐶=1，

3

1

可得：1+𝐵𝑁2=𝐵𝑁2，𝐵𝑁=√6，𝑀𝑁=√6，

3

2

2

1

作𝑁𝑄⊥𝐴𝐵于𝑄，连接𝑀𝑄，

所以∠𝑀𝑄𝑁就是二面角𝑀−𝐴𝐵−𝐷的平面角，𝑀𝑄=√12+(√6)2

2=

√10， 2

12二面角𝑀−𝐴𝐵−𝐷的余弦值为：√10=20.

√105．

25

【答案】

解：（1）设𝑀(𝑥0, 𝑦0)，由题意可得𝑁(𝑥0, 0)， 设𝑃(𝑥, 𝑦)，由点𝑃满足𝑁𝑃=√2𝑁𝑀． 可得(𝑥−𝑥0, 𝑦)=√2(0, 𝑦0)， 可得𝑥−𝑥0=0，𝑦=√2𝑦0， 即有𝑥0=𝑥，𝑦0=√2，

代入椭圆方程𝑥+𝑦2=1，可得𝑥+𝑦=1，

222即有点𝑃的轨迹方程为圆𝑥2+𝑦2=2；

（2）证明：设𝑄(−3, 𝑚)，𝑃(√2cos𝛼, √2sin𝛼)，(0≤𝛼<2𝜋)， 𝑂𝑃⋅𝑃𝑄=1，可得(√2cos𝛼, √2sin𝛼)⋅(−3−√2cos𝛼, 𝑚−√2sin𝛼)=1， 即为−3√2cos𝛼−2cos2𝛼+√2𝑚sin𝛼−2sin2𝛼=1， 解得𝑚=3(1+√2cos𝛼)， 2sin𝛼√→

→

2

2

2

→→

𝑦即有𝑄(−3, 3(1+√2cos𝛼))，

√2sin𝛼椭圆

𝑥22

+𝑦2=1的左焦点𝐹(−1, 0)，

√由𝑘𝑂𝑄=−1+√2cos𝛼，

2sin𝛼𝑘𝑃𝐹=

√2sin𝛼，

√2cos𝛼+1由𝑘𝑂𝑄⋅𝑘𝑃𝐹=−1，

可得过点𝑃且垂直于𝑂𝑄的直线𝑙过𝐶的左焦点𝐹． 【考点】

直线与椭圆的位置关系 轨迹方程 【解析】

（1）设𝑀(𝑥0, 𝑦0)，由题意可得𝑁(𝑥0, 0)，设𝑃(𝑥, 𝑦)，运用向量的坐标运算，结合𝑀满足椭圆方程，化简整理可得𝑃的轨迹方程；

26

（2）设𝑄(−3, 𝑚)，𝑃(√2cos𝛼, √2sin𝛼)，(0≤𝛼<2𝜋)，运用向量的数量积的坐标表示，可得𝑚，即有𝑄的坐标，求得椭圆的左焦点坐标，求得𝑂𝑄，𝑃𝐹的斜率，由两直线垂直的条件：斜率之积为−1，即可得证． 【解答】

解：（1）设𝑀(𝑥0, 𝑦0)，由题意可得𝑁(𝑥0, 0)， 设𝑃(𝑥, 𝑦)，由点𝑃满足𝑁𝑃=√2𝑁𝑀． 可得(𝑥−𝑥0, 𝑦)=√2(0, 𝑦0)， 可得𝑥−𝑥0=0，𝑦=√2𝑦0， 即有𝑥0=𝑥，𝑦0=√2，

代入椭圆方程𝑥+𝑦2=1，可得𝑥+𝑦=1，

222即有点𝑃的轨迹方程为圆𝑥2+𝑦2=2；

（2）证明：设𝑄(−3, 𝑚)，𝑃(√2cos𝛼, √2sin𝛼)，(0≤𝛼<2𝜋)， 𝑂𝑃⋅𝑃𝑄=1，可得(√2cos𝛼, √2sin𝛼)⋅(−3−√2cos𝛼, 𝑚−√2sin𝛼)=1， 即为−3√2cos𝛼−2cos2𝛼+√2𝑚sin𝛼−2sin2𝛼=1， 解得𝑚=3(1+√2cos𝛼)， 2sin𝛼√→

→

2

2

2

→→

𝑦即有𝑄(−3, 3(1+√2cos𝛼))，

2sin𝛼√椭圆𝑥+𝑦2=1的左焦点𝐹(−1, 0)，

2由𝑘𝑂𝑄=−1+√2cos𝛼，

2sin𝛼√2

𝑘𝑃𝐹=

√2sin𝛼，

√2cos𝛼+1由𝑘𝑂𝑄⋅𝑘𝑃𝐹=−1，

可得过点𝑃且垂直于𝑂𝑄的直线𝑙过𝐶的左焦点𝐹． 21. 【答案】

（1）解：因为𝑓(𝑥)=𝑎𝑥2−𝑎𝑥−𝑥ln𝑥=𝑥(𝑎𝑥−𝑎−ln𝑥)(𝑥>0)，

27

则𝑓(𝑥)≥0等价于ℎ(𝑥)=𝑎𝑥−𝑎−ln𝑥≥0，求导可知ℎ′(𝑥)=𝑎−．

𝑥则当𝑎≤0时ℎ′(𝑥)<0，即𝑦=ℎ(𝑥)在(0, +∞)上单调递减， 所以当𝑥0>1时，ℎ(𝑥0)<ℎ(1)=0，矛盾，故𝑎>0． 因为当0<𝑥<时ℎ′(𝑥)<0、当𝑥>时ℎ′(𝑥)>0，

𝑎𝑎所以ℎ(𝑥)min=ℎ()， 𝑎

又因为ℎ(1)=𝑎−𝑎−ln1=0， 所以=1，解得𝑎=1；

𝑎

（2）证明：由（1）可知𝑓(𝑥)=𝑥2−𝑥−𝑥ln𝑥，𝑓′(𝑥)=2𝑥−2−ln𝑥， 令𝑓′(𝑥)=0，可得2𝑥−2−ln𝑥=0，记𝑡(𝑥)=2𝑥−2−ln𝑥，则𝑡′(𝑥)=2−

1𝑥

1

11

1

1

，

1

令𝑡′(𝑥)=0，解得：𝑥=，

2

所以𝑡(𝑥)在区间(0, )上单调递减，在(, +∞)上单调递增，

22

所以𝑡(𝑥)min=𝑡()=ln2−1<0，从而𝑡(𝑥)=0有解，即𝑓′(𝑥)=0存在两2根𝑥0，𝑥2，

且不妨设𝑓′(𝑥)在(0, 𝑥0)上为正、在(𝑥0, 𝑥2)上为负、在(𝑥2, +∞)上为正， 所以𝑓(𝑥)必存在唯一极大值点𝑥0，且2𝑥0−2−ln𝑥0=0，

2222， 所以𝑓(𝑥0)=𝑥0−𝑥0−𝑥0ln𝑥0=𝑥0−𝑥0+2𝑥0−2𝑥0=𝑥0−𝑥02由𝑥0<可知𝑓(𝑥0)<(𝑥0−𝑥0)max=−22+2=4； 2

1

1

1

1

11

1

由𝑓′()<0可知𝑥0<<，

𝑒𝑒2

所以𝑓(𝑥)在(0, 𝑥0)上单调递增，在(𝑥0, )上单调递减，

𝑒所以𝑓(𝑥0)>𝑓()=2；

𝑒𝑒

综上所述，𝑓(𝑥)存在唯一的极大值点𝑥0，且𝑒−2<𝑓(𝑥0)<2−2． 【考点】

利用导数研究函数的极值

28

1

1

1

111

【解析】

（1）通过分析可知𝑓(𝑥)≥0等价于ℎ(𝑥)=𝑎𝑥−𝑎−ln𝑥≥0，进而利用ℎ′(𝑥)=𝑎−𝑥可得ℎ(𝑥)min=ℎ(𝑎)，从而可得结论；

（2）通过（1）可知𝑓(𝑥)=𝑥2−𝑥−𝑥ln𝑥，记𝑡(𝑥)=𝑓′(𝑥)=2𝑥−2−ln𝑥，解不等式可知𝑡(𝑥)min=𝑡(2)=ln2−1<0，从而可知𝑓′(𝑥)=0存在两根𝑥0，𝑥2，利用𝑓(𝑥)必存在唯一极大值点𝑥0及𝑥0<可知𝑓(𝑥0)<，另一方24面可知𝑓(𝑥0)>𝑓()=2．

𝑒𝑒【解答】

（1）解：因为𝑓(𝑥)=𝑎𝑥2−𝑎𝑥−𝑥ln𝑥=𝑥(𝑎𝑥−𝑎−ln𝑥)(𝑥>0)， 则𝑓(𝑥)≥0等价于ℎ(𝑥)=𝑎𝑥−𝑎−ln𝑥≥0，求导可知ℎ′(𝑥)=𝑎−．

𝑥则当𝑎≤0时ℎ′(𝑥)<0，即𝑦=ℎ(𝑥)在(0, +∞)上单调递减， 所以当𝑥0>1时，ℎ(𝑥0)<ℎ(1)=0，矛盾，故𝑎>0． 因为当0<𝑥<时ℎ′(𝑥)<0、当𝑥>时ℎ′(𝑥)>0，

𝑎𝑎所以ℎ(𝑥)min=ℎ()， 𝑎

又因为ℎ(1)=𝑎−𝑎−ln1=0， 所以=1，解得𝑎=1；

𝑎

（2）证明：由（1）可知𝑓(𝑥)=𝑥2−𝑥−𝑥ln𝑥，𝑓′(𝑥)=2𝑥−2−ln𝑥， 令𝑓′(𝑥)=0，可得2𝑥−2−ln𝑥=0，记𝑡(𝑥)=2𝑥−2−ln𝑥，则𝑡′(𝑥)=2−

1𝑥

1

11

1

1

1

1

1

1

1

1

1

，

1

令𝑡′(𝑥)=0，解得：𝑥=，

2

所以𝑡(𝑥)在区间(0, )上单调递减，在(, +∞)上单调递增，

22

所以𝑡(𝑥)min=𝑡()=ln2−1<0，从而𝑡(𝑥)=0有解，即𝑓′(𝑥)=0存在两2根𝑥0，𝑥2，

且不妨设𝑓′(𝑥)在(0, 𝑥0)上为正、在(𝑥0, 𝑥2)上为负、在(𝑥2, +∞)上为正，

29

11

1

所以𝑓(𝑥)必存在唯一极大值点𝑥0，且2𝑥0−2−ln𝑥0=0，

2222， 所以𝑓(𝑥0)=𝑥0−𝑥0−𝑥0ln𝑥0=𝑥0−𝑥0+2𝑥0−2𝑥0=𝑥0−𝑥02由𝑥0<可知𝑓(𝑥0)<(𝑥0−𝑥0)max=−22+2=4； 2

1

1

1

1

由𝑓′()<0可知𝑥0<<，

𝑒𝑒2

所以𝑓(𝑥)在(0, 𝑥0)上单调递增，在(𝑥0, )上单调递减，

𝑒所以𝑓(𝑥0)>𝑓()=2；

𝑒𝑒

综上所述，𝑓(𝑥)存在唯一的极大值点𝑥0，且𝑒−2<𝑓(𝑥0)<2−2．

（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所

做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]

1

1

1

111

22. 【答案】

曲线𝐶1的直角坐标方程为：𝑥=4， 设𝑃(𝑥, 𝑦)，𝑀(4, 𝑦0)，则4=𝑦，∴ 𝑦0=

0

𝑥𝑦

4𝑦𝑥

，

∵ |𝑂𝑀||𝑂𝑃|=16，

∴ √𝑥2+𝑦2√16+𝑦02=16， 即(𝑥+𝑦)(1+2)=16，

𝑥

∴ 𝑥4+2𝑥2𝑦2+𝑦4=16𝑥2，即(𝑥2+𝑦2)2=16𝑥2， 两边开方得：𝑥2+𝑦2=4𝑥， 整理得：(𝑥−2)2+𝑦2=4(𝑥≠0)，

∴ 点𝑃的轨迹𝐶2的直角坐标方程：(𝑥−2)2+𝑦2=4(𝑥≠0)． 点𝐴的直角坐标为𝐴(1, √3)，显然点𝐴在曲线𝐶2上，|𝑂𝐴|=2， ∴ 曲线𝐶2的圆心(2, 0)到弦𝑂𝐴的距离𝑑=√4−1=√3， ∴ △𝐴𝑂𝐵的最大面积𝑆=2|𝑂𝐴|⋅(2+√3)=2+√3． 【考点】

简单曲线的极坐标方程

1

2

2

𝑦2

30

【解析】

（1）设𝑃(𝑥, 𝑦)，利用相似得出𝑀点坐标，根据|𝑂𝑀|⋅|𝑂𝑃|=16列方程化简即可；

（2）求出曲线𝐶2的圆心和半径，得出𝐵到𝑂𝐴的最大距离，即可得出最大面积． 【解答】

曲线𝐶1的直角坐标方程为：𝑥=4， 设𝑃(𝑥, 𝑦)，𝑀(4, 𝑦0)，则4=𝑦，∴ 𝑦0=

0

𝑥𝑦

4𝑦𝑥

，

∵ |𝑂𝑀||𝑂𝑃|=16，

∴ √𝑥2+𝑦2√16+𝑦02=16， 即(𝑥+𝑦)(1+2)=16，

𝑥

∴ 𝑥4+2𝑥2𝑦2+𝑦4=16𝑥2，即(𝑥2+𝑦2)2=16𝑥2， 两边开方得：𝑥2+𝑦2=4𝑥， 整理得：(𝑥−2)2+𝑦2=4(𝑥≠0)，

∴ 点𝑃的轨迹𝐶2的直角坐标方程：(𝑥−2)2+𝑦2=4(𝑥≠0)． 点𝐴的直角坐标为𝐴(1, √3)，显然点𝐴在曲线𝐶2上，|𝑂𝐴|=2， ∴ 曲线𝐶2的圆心(2, 0)到弦𝑂𝐴的距离𝑑=√4−1=√3， ∴ △𝐴𝑂𝐵的最大面积𝑆=2|𝑂𝐴|⋅(2+√3)=2+√3．

[选修4-5：不等式选讲]

1

2

2

𝑦2

23. 【答案】

证明：（1）由柯西不等式得：(𝑎+𝑏)(𝑎5+𝑏5)≥(√𝑎⋅𝑎5+√𝑏⋅𝑏5)2=(𝑎3+𝑏3)2≥4，

当且仅当√𝑎𝑏5=√𝑏𝑎5，即𝑎=𝑏=1时取等号， （2）∵ 𝑎3+𝑏3=2，

31

∴ (𝑎+𝑏)(𝑎2−𝑎𝑏+𝑏2)=2， ∴ (𝑎+𝑏)[(𝑎+𝑏)2−3𝑎𝑏]=2， ∴ (𝑎+𝑏)3−3𝑎𝑏(𝑎+𝑏)=2， ∴

(𝑎+𝑏)3−23(𝑎+𝑏)

=𝑎𝑏，

(𝑎+𝑏)3−23(𝑎+𝑏)

3

由均值不等式可得：

=𝑎𝑏≤(

𝑎+𝑏2

)， 2

∴ (𝑎+𝑏)3−2≤3(𝑎+𝑏)，

4

∴ 4(𝑎+𝑏)3≤2，

∴ 𝑎+𝑏≤2，当且仅当𝑎=𝑏=1时等号成立． 【考点】 不等式的证明 【解析】

（1）由柯西不等式即可证明， （2）由𝑎+𝑏=2转化为𝑎𝑏≤(

3

3

(𝑎+𝑏)3−23(𝑎+𝑏)

1

=𝑎𝑏，再由均值不等式可得：

(𝑎+𝑏)3−23(𝑎+𝑏)

=

1𝑎+𝑏2

，即可得到(𝑎)42

+𝑏)3≤2，问题得以证明．

【解答】

证明：（1）由柯西不等式得：(𝑎+𝑏)(𝑎5+𝑏5)≥(√𝑎⋅𝑎5+√𝑏⋅𝑏5)2=(𝑎3+𝑏3)2≥4，

当且仅当√𝑎𝑏5=√𝑏𝑎5，即𝑎=𝑏=1时取等号， （2）∵ 𝑎3+𝑏3=2， ∴ (𝑎+𝑏)(𝑎2−𝑎𝑏+𝑏2)=2， ∴ (𝑎+𝑏)[(𝑎+𝑏)2−3𝑎𝑏]=2， ∴ (𝑎+𝑏)3−3𝑎𝑏(𝑎+𝑏)=2， ∴

(𝑎+𝑏)3−23(𝑎+𝑏)

=𝑎𝑏，

(𝑎+𝑏)3−23(𝑎+𝑏)

由均值不等式可得：

=𝑎𝑏≤(

𝑎+𝑏2

)， 2

32

∴ (𝑎+𝑏)−2≤

1

3

3(𝑎+𝑏)3

4

，

∴ 4(𝑎+𝑏)3≤2，

∴ 𝑎+𝑏≤2，当且仅当𝑎=𝑏=1时等号成立．

33