1、2020-2021 学年河南省南阳市高三上学年河南省南阳市高三上期终质量评估数学（理）试卷期终质量评估数学（理）试卷 一、选择题一、选择题 1. 设全集 = ，集合 = *| 2+， = *| B. C. D. 5. 函数() = (2+ 1)sin2,( )的图像可能是( ) A. B. C. D. 6. 已知抛物线的焦点在轴上，顶点在坐标原点，且经过点(0,2)，若点到该抛物线焦点的距离为4， 则|等于( ) A.22 B.23 C.4 D.25 7. 已知球面上、 、 三点， 是球心 如果 = = = 3， 且球的体积为205 3 ， 则三棱锥 的 体积为( ) A.1 B.3 C. 3
2、 2 D.2 8. 在 中，角，的对边分别为 ，若sin + 2sincos = 0，则cos的最小值为( ) A.2 B.3 C. 3 2 D. 3 3 9. 记函数() = ;+ sin，若不等式(2 + ) + (2 1) 0对 ,1,1-恒成立，则的取值 范围为( ) A.,2,+） B.(2,+) C.(2,+) D.,2,+） 10. 先将函数() = sin( 0)的图象向左平移 2个单位长度，再向上平移2个单位长度后得到函数() 的图象，若方程() = ()有实根，则的值可以为( ) A.1 2 B.1 C.2 D.4 11. 众所周知的“太极图”，其形状如对称的阴阳两鱼互抱在
3、一起，也被称为“阴阳鱼太极图”如图是放在 平面直角坐标系中的“太极图”，整个图形是一个圆形2+ 2= 4其中黑色阴影区域在轴右侧部分的边界 为一个半圆给出以下命题： 在太极图中随机取一点，此点取自黑色阴影部分的概率是1 2 ； 当 = 3 2时，直线 = + 2与白色部分有公共点； 黑色阴影部分（包括黑白交界处）中一点(,)，则 + 的最大值为2 + 1； 若点(0,1)，为圆2+ 2= 4过点的直径，线段是圆2+ 2= 4所有过点的弦中最短的弦，则 . / 的值为12 其中所有正确结论的序号是( ) A. B. C. D. 12. 已知，是双曲线 2 2 2 2 = 1( 0, 0)上的三个
4、点，直线经过原点，经过右焦点， 若 = 0，且 = 1 4 ，则该双曲线的离心率为( ) A.5 2 B.2 3 C. 10 3 D. 10 2 二、填空题二、填空题 已知实数，满足约束条件 + 2 0, + 2 0, 1, 则 = 3 + 2的最小值为_. 随机变量服从正态分布(1,2)，已知( 0) = 0.3，则( 2) =_. 已知.32+ 3/ 5的展开式中所有项的系数之和为32，则展开式中的常数项为_. 已知矩形中， = 3， = 4，沿对角线将三角形折起，使得点在平面上的射影在线 段上，此时cos的值是_ 三、解答题三、解答题 已知数列*+是一个等差数列，且3= 3,2+ 5=
5、7，数列*+是各项均为正数的等比数列，且满足 1= 1 2 ,3 5= 1 256. (1)求数列*+与*+的通项公式； (2)设数列*+满足= ，其前项和为,求证： 0，() + 32+ 5 + 2. 某单位为患病员工集体筛查新型流感病毒，需要去某医院检验血液是否为阳性，现有( , 2)份血 液样本，假设在接受检验的血液样本中，每份样本是否为阳性是相互独立的，且据统计每份血液样本是阳 性的概率为(0 0)元，若份血液样本采用混合检验方案，则需要额外收取5 4元的材料费和 服务费 (1)若( , 2)份血液样本采用混合检验方案，需要检验的总次数为，求的分布列及数学期望； (2)若 = 5，0
6、1 0.45 5 ，以检验总费用的数学期望为决策依据，试说明该单位选择方案二的合 理性； 若 = 1 1 7 ，采用方案二总费用的数学期望低于方案一的，求的最大值 （参考数据：ln2 0.7，ln3 1.1，ln7 1.9，ln10 2.3，ln11 2.4） 若以平面直角坐标系的原点为极点，为极轴，选择相同的长度单位建立极坐标系，得曲线的极坐 标方程是 = 6cos sin2. (1)将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程； (2)若直线的参数方程为 = 3 2 + 2， = 3 2 （为参数） ，.3 2,0/，当直线与曲线相交于，两点，求 |2 |. 已知函数() = |2 3| + |2
7、+ 1|. (1)解不等式：() 6； (2)设 时，()的最小值为若正实数，满足 + + = ，求 + + 的最大值 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题一、选择题 1. 【答案】 D 【考点】 交、并、补集的混合运算 【解析】 利用集合的运算求解即可. 【解答】 解：全集 = ，集合 = *| 2+， = *| 20= 1， 0 = log1 = log3 log = 1， = log2 1 3 . 故选 5. 【答案】 D 【考点】 函数的图象 函数奇偶性的判断 【解析】 利用函数的奇偶性排除AB；利用正弦函数的性质排除C. 【解答】 解：() = ,()2+ 1-sin(2
8、) = (2+ 1)sin2 = ()， 所以()为奇函数，图象关于原点对称，排除A，B； 当 . 2 ,/时，2 (,2)，sin2 0， () = (2+ 1)sin2 0)， 由抛物线的定义得 2 + 2 = 4， 又在抛物线上，得0 2 = 8 2 = 16，可得解. 【解答】 解：设抛物线的方程为2= 2( 0)， 由抛物线的定义得 2 + 2 = 4， 所以 = 4， 所以抛物线的方程为2= 8， 又点在抛物线上，得0 2 = 8 2 = 16， 所以| = 0 2 + 4 = 16 + 4 = 25. 故选D. 7. 【答案】 C 【考点】 球的表面积和体积 柱体、锥体、台体的体
9、积计算 正弦定理 【解析】 此题暂无解析 【解答】 解： = = = 3， 为正三角形，设其中心为， 为 外接圆圆心，正三角形四心合一， 设 外接圆半径为， 由正弦定理得 sin = 3 sin60 = 2 = 2， = 1， 球= 4 3 3 = 205 3 ， = 5， 、三点在球面上， = = = = 5， 在 中， = 2 2= 2 2= 2， 三棱锥;= 1 3 = 1 3 = 1 3 1 2 3 3 3 2 2 = 3 2 故选 8. 【答案】 C 【考点】 正弦定理 余弦定理 基本不等式在最值问题中的应用 【解析】 此题暂无解析 【解答】 解：由正弦定理和余弦定理得， + 2 2
10、:2;2 2 = 0， 即2+ 22 2= 0， 2= 2;2 2 ， cos = 2:2;2 2 = 32:2 4 = 3 4 + 4 3 2 ， 当且仅当3 4 = 4，即 = 3 3 时，等号成立. cos的最小值为 3 2 . 故选. 9. 【答案】 B 【考点】 函数恒成立问题 奇偶性与单调性的综合 【解析】 由题设得()为奇函数， 当 ,1,1-时，() = ;+ sin在,1,1-为增函数， 由(2 + ) + (2 1) 0，等价于(2 + ) (1 2)， 即2 + 1 2， 所以 2 2 + 1 = ( + 1)2+ 2恒成立， 当 = 1时，(2 2 + 1)= 2， 所
11、以 2. 【解答】 解：由题设得() = ; sin = ()， 所以()为奇函数， 当 ,1,1-时， = ， = ;， = sin都为增函数， 所以() = ;+ sin在,1,1-上为增函数， 则(2 + ) + (2 1) 0等价于(2 + ) (1 2)， 即2 + 1 2， 所以 2 2 + 1 = ( + 1)2+ 2恒成立， 因为 ,1,1-， 所以当 = 1时，(2 2 + 1)max= 2， 所以 2. 故选B. 10. 【答案】 C 【考点】 函数 y=Asin（x+）的图象变换 正弦函数的图象 【解析】 由题意利用函数 = sin( + )的图象变换规律，求得()的解析
12、式，再利用正弦函数的图象和性质，得 出结论 【解答】 解：先将函数() = sin( 0)的图象向左平移 2个单位长度，可得 = sin,( + 2)- = sin. + 2 /的 图象； 再向上平移2个单位长度后得到函数() = sin. + 2 / + 2的图象， 若方程() = ()有实根，即sin = sin. + 2 / + 2能成立 当 = 1 2时，方程即sin 2 = sin. 2 + 4/ + 2，它不会成立 当 = 1时，方程即sin = sin. + 2/ + 2，它不会成立 当 = 2时，方程即sin2 = sin(2 + ) + 2 = sin2 + 2，即sin2
13、= 1，它能成立； 当 = 4时，方程即sin4 = sin(4 + 2) + 2 = sin4 + 2，它不会成立 故选C 11. 【答案】 C 【考点】 命题的真假判断与应用 几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型） 点到直线的距离公式 平面向量数量积 【解析】 此题暂无解析 【解答】 解：由对称性知黑色阴影部分和白色部分面积相等，因此在太极图中随机取一点，此点取自黑色阴影部 分的概率是1 2，故正确； 对于，当 = 3 2时， 直线 = + 2 = ( + 2) = 3 2 ( + 2) = 3 2 3， 过点(2,0),(0,3) ， 直线 = + 2与白色部分在第一和第
14、四象限部分没有公共点 圆2+ ( + 1)2= 1的圆心为(0,1)，半径为1， 圆心(0,1)到直线 = 3 2 3， 即直线3 + 2 + 6 = 0的距离为|0:2(;1):6| 32:22 = 4 13 1 = ， 直线 = + 2与白色部分在第三象限的部分没有公共点， 综上，直线 = + 2与白色部分没有公共点，故错误； 黑色阴影区域在轴右侧部分的方程为2+ ( 1)2= 1( 0)， 点(,)在半圆2+ ( 1)2= 1( 0)上， 设 = cos， = 1 + sin， , 2 , 2-， + = cos + sin + 1 = 2sin( + 4) + 1， 由 , 2 , 2
15、-得 + 4 , 4 ,3 4 -， + 4 = 2时， + 取得最大值为2 1 + 1 = 2 + 1，故正确； 点(0,1)，为圆2+ 2= 4过点的直径， 若(0,2)，则(0,2). 线段是圆2+ 2= 4所有过点的弦中最短的弦， 当 轴时，过点的弦最短， 2+ 2= 4，令 = 1，则 = 3， 若(3,1)，则(3,1)， = (3,1)， = (3,3)， = (23,0)， = (23,4)， . / = 12，故正确. 即正确结论的序号是. 故选. 12. 【答案】 D 【考点】 双曲线的标准方程 双曲线的定义 双曲线的离心率 【解析】 如上图，因为对角线互相平分且 ，所以四
16、边形1为矩形，可得 1和 1均为直角三角 形，然后利用双曲线的定义和勾股定理，即可构造出齐次等式，进而即可求出该双曲线的离心率. 【解答】 解：如图，因为对角线互相平分且 ，所以四边形1为矩形， 设| = ，则|1| = 2 + ， 又由 = 1 4 ，可得3| = |， 所以| = 3 ，| = 4，|1| = 3 + 2， 在 1中，(2 + )2+ (4)2= (3 + 2)2， 得 = ，所以| = |1| = 3， 又因为在 1中，|1|2+ |2= |1|2， 即(3)2+ 2= (2)2，得52= 22， 所以离心率 = = 10 2 . 故选D. 二、填空题二、填空题 【答案】
17、 4 【考点】 简单线性规划 求线性目标函数的最值 【解析】 首先画出可行域，关键目标函数的几何意义求最小值 【解答】 解：由约束条件得到可行域（阴影部分） ，如图： = 3 + 2变形为 = 3 2 + 1 2， 当此直线经过图中点(0,2)时，在轴上的截距最小，最小， 所以的最小值为3 0 + 2 2 = 4 故答案为：4 【答案】 0.7 【考点】 正态分布的密度曲线 【解析】 随机变量服从正态分布(1,2)，曲线关于 =对称， ( 0) = (,2) = 0.3( 2) = ( 0) = 0.3， ( 0, 0 , 3 5= 42= 1 256, 4= 1 16 = 13= 1 2 3
18、 , = 1 2, = 1 2 .1 2/ ;1 = 1 2. (2) 证明：由(1)知 = = 1 2 , = 1 1 2 + 2 1 22 + 3 1 23 + + ;1 21 + 2 ， 1 2 = 1 1 22 + 2 1 23 + + ;1 2 + 2+1， 得1 2 = 1 2 + 1 22 + 1 23 + + 1 2 2+1 = 1 2(1; 1 2) 1;1 2 2+1 = 1 1 2 2+1. = 2 2: 2 , 0, 0 , 3 5= 42= 1 256, 4= 1 16 = 13= 1 2 3 , = 1 2, = 1 2 .1 2/ ;1 = 1 2. (2) 证明
19、：由(1)知 = = 1 2 , = 1 1 2 + 2 1 22 + 3 1 23 + + ;1 21 + 2 ， 1 2 = 1 1 22 + 2 1 23 + + ;1 2 + 2+1， 得1 2 = 1 2 + 1 22 + 1 23 + + 1 2 2+1 = 1 2(1; 1 2) 1;1 2 2+1 = 1 1 2 2+1. = 2 2: 2 , 0)，则(1,1,)， = (2,2,0)， = (0,0,2)， = (1,1,) 取 = (1,1,0)， 则 = = 0， 为平面的法向量， 设 = (,)为平面的法向量， 则 = = 0， 即 + = 0， + = 0， 取 =
20、 ， = ， = 2， 则 = (,2)， 依题意，|cos | = | | | |= 2:2 = 6 3 ， 则 = 2 于是 = (2,2,2)， = (2,2,4)， 设直线与平面所成角为， 则sin = |cos | = | | | | |= 2 3 ， 即直线与平面所成角的正弦值为 2 3 【考点】 平面与平面垂直的判定 用空间向量求直线与平面的夹角 【解析】 ()证明 通过直线与平面垂直的判定定理以及平面与平面垂直的判定定理证明平面 平面 ()如图，以点为原点， ， ， 分别为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，求出相关点 的坐标以及面的法向量面的法向量，通过二面角 的余弦值为
21、6 3 ，求出直线的向量， 利用向量的数量积求解直线与平面所成角的正弦值即可 【解答】 (1)证明： 平面， 平面， = 4， = = 2， = = 22 2+ 2= 2， 又 = ， 平面 平面， 平面 平面 (2)解：如图，以点为原点， ， ， 分别为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系， 则(0,0,0)，(2,2,0)，(2,2,0) 设(0,0,2)( 0)，则(1,1,)， = (2,2,0)， = (0,0,2)， = (1,1,) 取 = (1,1,0)， 则 = = 0， 为平面的法向量， 设 = (,)为平面的法向量， 则 = = 0， 即 + = 0， + = 0， 取
22、= ， = ， = 2， 则 = (,2)， 依题意，|cos | = | | | |= 2:2 = 6 3 ， 则 = 2 于是 = (2,2,2)， = (2,2,4)， 设直线与平面所成角为， 则sin = |cos | = | | | | |= 2 3 ， 即直线与平面所成角的正弦值为 2 3 【答案】 解：(1)设动点(,)，则(4,)， 由1(1,0)，则1 = (1 ,)， = (4 ,0)， .21 / .21 + / = 0， 4|1 |2= | |2， 4( + 1)2+ 42= ( + 4)2，化简得： 2 4 + 2 3 = 1 所求曲线的方程为 2 4 + 2 3 =
23、 1 (2)设(1,1)，(2,2)，不妨令1 0，2 0恒成立， 则() = 3 + 1 在,1,+)上单调递增， () (1) = 4，即()的最小值为4 1 3，即当 = 1时，1的面积最大为3， 此时， 1的内切圆的最大半径为 = 3 4， 所以， 1的内切圆的面积取得最大值为 = 2= 9 16， 故直线的方程为 = 1， 1的内切圆的面积最大值为9 16 【考点】 轨迹方程 椭圆的标准方程 圆锥曲线的轨迹问题 直线与椭圆结合的最值问题 三角形的面积公式 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】 无 无 【解答】 解：(1)设动点(,)，则(4,)， 由1(1,0)
24、，则1 = (1 ,)， = (4 ,0)， .21 / .21 + / = 0， 4|1 |2= | |2， 4( + 1)2+ 42= ( + 4)2，化简得： 2 4 + 2 3 = 1 所求曲线的方程为 2 4 + 2 3 = 1 (2)设(1,1)，(2,2)，不妨令1 0，2 0恒成立， 则() = 3 + 1 在,1,+)上单调递增， () (1) = 4，即()的最小值为4 1 3，即当 = 1时，1的面积最大为3， 此时， 1的内切圆的最大半径为 = 3 4， 所以， 1的内切圆的面积取得最大值为 = 2= 9 16， 故直线的方程为 = 1， 1的内切圆的面积最大值为9 1
25、6 【答案】 (1)解：由题意知，函数()的定义域为(0,+)， 由已知得() = 6 + (6 ) = 62:(6;); = (6;)(:1) ， 当 0时，() 0，函数()在(0,+)单调递增， 所以函数()的单调递增区间为(0,+)； 当 0时，由() 0，得 6，由 () 0，得0 0时，函数()的单调递增区间为. 6 ,+/，单调递减区间为.0, 6/ (2)证明：当 = 1时，易知，要证明：() + 32+ 5 + 2成立， 只需证明： ln 2 0即可 令() = ln 2， 则() = 1 ，可知函数 ()在(0,+)单调递增， 而.1 3/ = 1 3 3 0， 所以方程(
26、) = 0在(0,+)上存在唯一实根0，即0= 1 0， 当 (0,0)时，() 0，函数()单调递增； 所以()min= (0) = 0 ln0 2， 由0= 1 0可知0 = ln0， 所以()min= (0 ) = 1 0 + 0 2 0， 即 ln 2 0在(0,+)上恒成立， 所以对任意 0，() + 32+ 5 + 2成立 【考点】 利用导数研究函数的单调性 利用导数研究不等式恒成立问题 【解析】 无 无 【解答】 (1)解：由题意知，函数()的定义域为(0,+)， 由已知得() = 6 + (6 ) = 62:(6;); = (6;)(:1) ， 当 0时，() 0，函数()在(
27、0,+)单调递增， 所以函数()的单调递增区间为(0,+)； 当 0时，由() 0，得 6，由 () 0，得0 0时，函数()的单调递增区间为. 6 ,+/，单调递减区间为.0, 6/ (2)证明：当 = 1时，易知，要证明：() + 32+ 5 + 2成立， 只需证明： ln 2 0即可 令() = ln 2， 则() = 1 ，可知函数 ()在(0,+)单调递增， 而.1 3/ = 1 3 3 0， 所以方程() = 0在(0,+)上存在唯一实根0，即0= 1 0， 当 (0,0)时，() 0，函数()单调递增； 所以()min= (0) = 0 ln0 2， 由0= 1 0可知0 = l
28、n0， 所以()min= (0 ) = 1 0 + 0 2 0， 即 ln 2 0在(0,+)上恒成立， 所以对任意 0，() + 32+ 5 + 2成立 【答案】 解：(1)的可能值为1和 + 1， ( = 1) = (1 )，( = + 1) = 1 (1 )， 所以随机变量的分布列为： 1 + 1 (1 ) 1 (1 ) 所以() = 1 (1 )+ ( + 1) ,1 (1 )- = + 1 (1 ). (2)设方案一总费用为，方案二总费用为， 则 = + 5 4， 所以方案二总费用的数学期望为： () = () + 5 4 = , + 1 (1 ) - + 5 4， 又 = 5， 所
29、以() = ,6 5(1 )5 - + 5 4 = 5(1 ) 5 + 29 4 ， 又方案一的总费用为 = 5， 所以 () = 05(1 )5 9 41， 当0 1 0.45 5 时， 9 20 (1 )5 1，0 5(1 )5 9 4 0，所以 05(1 )5 9 41 0， 所以 ()，所以该单位选择方案二合理 由知方案二总费用的数学期望 () = () + 5 4 = , + 1 (1 ) - + 5 4， 当 = 1 1 7 时， () = + 1 . 1 7 / + 5 4 = ( + 9 4 ; 7)， 又方案一的总费用为 = ， 令() 得：( + 9 4 ; 7) ， 所以
30、( + 9 4 ; 7) 9 4， 即ln(; 7) ln 9 4，所以ln 7 ln 9 4 0， 设() = ln 7 ln 9 4， ,2,+)， 所以() = 1 1 7 = 7; 7 ， ,2,+)， 令() 0得2 7，() 7， 所以()在区间,2,7)上单调递增，在区间(7,+)上单调递减， ()max= (7) = ln7 1 2(ln3 ln2) = 0.1 0， (8) = 3ln2 8 7 2(ln3 ln2) = 5ln2 2ln3 8 7 = 1.3 8 7 0， (9) = 2ln3 9 7 2(ln3 ln2) = 2ln2 9 7 = 1.4 9 7 0， (
31、10) = ln10 10 7 2(ln3 ln2) = 1.5 10 7 0， (11) = ln11 11 7 2(ln3 ln2) = 1.6 11 7 0， (12) = ln12 12 7 2(ln3 ln2) = 4ln2 ln3 12 7 = 1.7 12 7 0， 所以的最大值为11 【考点】 离散型随机变量的期望与方差 离散型随机变量及其分布列 利用导数研究函数的单调性 【解析】 此题暂无解析 【解答】 解：(1)的可能值为1和 + 1， ( = 1) = (1 )，( = + 1) = 1 (1 )， 所以随机变量的分布列为： 1 + 1 (1 ) 1 (1 ) 所以()
32、= 1 (1 )+ ( + 1) ,1 (1 )- = + 1 (1 ). (2)设方案一总费用为，方案二总费用为， 则 = + 5 4， 所以方案二总费用的数学期望为： () = () + 5 4 = , + 1 (1 ) - + 5 4， 又 = 5， 所以() = ,6 5(1 )5 - + 5 4 = 5(1 ) 5 + 29 4 ， 又方案一的总费用为 = 5， 所以 () = 05(1 )5 9 41， 当0 1 0.45 5 时， 9 20 (1 )5 1，0 5(1 )5 9 4 0，所以 05(1 )5 9 41 0， 所以 ()，所以该单位选择方案二合理 由知方案二总费用的
33、数学期望 () = () + 5 4 = , + 1 (1 ) - + 5 4， 当 = 1 1 7 时， () = + 1 . 1 7 / + 5 4 = ( + 9 4 ; 7)， 又方案一的总费用为 = ， 令() 得：( + 9 4 ; 7) ， 所以( + 9 4 ; 7) 9 4， 即ln(; 7) ln 9 4，所以ln 7 ln 9 4 0， 设() = ln 7 ln 9 4， ,2,+)， 所以() = 1 1 7 = 7; 7 ， ,2,+)， 令() 0得2 7，() 7， 所以()在区间,2,7)上单调递增，在区间(7,+)上单调递减， ()max= (7) = ln
34、7 1 2(ln3 ln2) = 0.1 0， (8) = 3ln2 8 7 2(ln3 ln2) = 5ln2 2ln3 8 7 = 1.3 8 7 0， (9) = 2ln3 9 7 2(ln3 ln2) = 2ln2 9 7 = 1.4 9 7 0， (10) = ln10 10 7 2(ln3 ln2) = 1.5 10 7 0， (11) = ln11 11 7 2(ln3 ln2) = 1.6 11 7 0， (12) = ln12 12 7 2(ln3 ln2) = 4ln2 ln3 12 7 = 1.7 12 7 0， 所以的最大值为11 【答案】 解：(1) = 6cos s
35、in2， 2sin2 = 6cos， 曲线的直角坐标系方程为2= 6. (2)直线的参数方程为 = 3 2 + 1 2， = 3 2 ， 代入2= 6得2 4 12 = 0 则1+ 2= 4，12= 12， | = |1 2| = (1+ 2)2 412= 8， .3 2,0/在直线上， | | = |12| = 12， |2 | = 64 12 = 16 3 【考点】 抛物线的极坐标方程与直角坐标方程的互化 直线的参数方程 【解析】 无 无 【解答】 解：(1) = 6cos sin2， 2sin2 = 6cos， 曲线的直角坐标系方程为2= 6. (2)直线的参数方程为 = 3 2 + 1
36、 2， = 3 2 ， 代入2= 6得2 4 12 = 0 则1+ 2= 4，12= 12， | = |1 2| = (1+ 2)2 412= 8， .3 2,0/在直线上， | | = |12| = 12， |2 | = 64 12 = 16 3 【答案】 解：(1)当 1 2时，不等式化为2 + 3 2 1 6，解得 1； 当 1 2 3 2时，不等式化为2 + 3 + 2 + 1 6，解得 ； 当 3 2时，不等式化为2 3 + 2 + 1 6，解得 2 综上，不等式的解集为(,1- ,2,+) (2)由|2 3| + |2 + 1| |(3 2) + (1 + 2)| = 4， 所以(
37、)的最小值 = 4，所以 + + = 4， 因为2+ 2 2，2+ 2 2，2+ 2 2， 可得2+ 2+ 2 + + ，当且仅当 = = 取等号 所以3( + + ) ( + + )2= 16 + + 16 3 ， 当且仅当 = = 取等号 故 + + 的最大值为16 3 【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】 无 无 【解答】 解：(1)当 1 2时，不等式化为2 + 3 2 1 6，解得 1； 当 1 2 3 2时，不等式化为2 + 3 + 2 + 1 6，解得 ； 当 3 2时，不等式化为2 3 + 2 + 1 6，解得 2 综上，不等式的解集为(,1- ,2,+) (2)由|2 3| + |2 + 1| |(3 2) + (1 + 2)| = 4， 所以()的最小值 = 4，所以 + + = 4， 因为2+ 2 2，2+ 2 2，2+ 2 2， 可得2+ 2+ 2 + + ，当且仅当 = = 取等号 所以3( + + ) ( + + )2= 16 + + 16 3 ， 当且仅当 = = 取等号 故 + + 的最大值为 16 3