2020年陕西省宝鸡市高考数学二模试卷(理科)

高考数学二模试卷（理科）
一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）
1.若集合M={x|（x+1）（x-3）＜0}，集合N={x|x＜1}，则M∩N等于（）
A. （1，3）
B. （-∞，-1）
C. （-1，1）
D. （-3，1）
2.已知复数z满足z(1－i)2＝1＋i(i为虚数单位)，则|z|为( )
A. B. C. D. 1
3.若直线和直线平行,则m的值为
A.
1 B. C. 1或 D.
4.设向量=（1，1），=（2，-3），若k-2与垂直，则实数k的值等于（）
A. -1
B. 1
C. 2
D. -2
5.设变量x，y满足约束条件，则目标函数z=x+2y的最小值为（）
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
6.设D为椭圆上任意一点，A（0，﹣2），B（0，2），延长AD至点P，使
得|PD|＝|BD|，则点P的轨迹方程为（）
A. B.
C. D.
7.执行如图所示的程序框图，若输入如下四个函数：
①f（x）=sin x，②f（x）=cos x，③f（x）=，④f（x）
=x2，
则输出的函数是（）
A. f（x）=sin x
B. f（x）=cos x
C. f（x）=
D. f（x）=x2
8.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上
有两个动点E、F，且EF=．则下列结论中正确的个数为
（）
①AC⊥BE；
②EF∥平面ABCD；
③三棱锥A-BEF的体积为定值；
④△AEF的面积与△BEF的面积相等．
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
9.函数f（x）=sin（ωx+φ）+的图象过（1，2），若f（x）相邻
的零点为x1，x2且满足|x1-x2|=6，则f（x）的单调增区间为（）
A. [-2+12k，4+12k]（k∈Z）
B. [-5+12k，1+12k]（k∈Z）
C. [1+12k，7+12k]（k∈Z）
D. [-2+6k，1+6k]（k∈Z）
10.已知抛物线x2=16y的焦点为F，双曲线=1的左、右焦点分别为F1、F2，点P
是双曲线右支上一点，则|PF|+|PF1|的最小值为（）
A. 5
B. 7
C. 9
D. 11
11.已知α，β∈R，则“α＞β”是“α-β＞sinα-sinβ”的（）
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件
D. 即不充分也不必要条件
12.定义在R上的函数y=f（x），满足f（3-x）=f（x），f′（x）为f（x）的导函数，
且（x-）f′（x）＜0，若x1＜x2，且x1+x2＞3，则有（）
A. f（x1）＜f（x2）
B. f（x1）＞f（x2）
C. f（x1）=f（x2）
D. 不确定
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.在（x2-2x-3）3的展开式中，含x2的项的系数是______．
14.已知曲线f（x）=x3在点（1，f（1））处的切线的倾斜角为α，则的
值为______．
15.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为______．
16.已知三角形的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若a=，b2-c2=6，则角A
最大时，三角形ABC的面积等于______．
三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）
17.设数列{a n}满足a1=2，a n+1-a n=2n；数列{b n}的前n项和为S n，且S n=（3n2-n）．
（Ⅰ）求数列{a n}和{b n}的通项公式；
（Ⅱ）若c n=a n b n，求数列{c n}的前n项和T n．
18.甲、乙两家外卖公司，其送餐员的日工资方案如下：甲公司底薪70元，每单抽成
2元；乙公司无底薪，40单以内(含40单)的部分每单抽成4元，超出40单的部分每单抽成6元．假设同一公司送餐员一天的送餐单数相同，现从两家公司各随机抽
100
（1）现从甲公司记录的这100天中随机抽取两天，求这两天送餐单数都大于40的概率；
（2）若将频率视为概率，回答以下问题：
（ⅰ）记乙公司送餐员日工资为X(单位：元), 求X的分布列和数学期望；
（ⅱ）小明拟到甲、乙两家公司中的一家应聘送餐员，如果仅从日工资的角度考虑，请利用所学的统计学知识为他作出选择，并说明理由.
19.在五面体ABCDEF中，四边形EDCF是正方形，
AD=DE=1，∠ADE=90°，∠ADC=∠DCB=120°．
（Ⅰ）求证：AE⊥BD；
（Ⅱ）求直线AF与平面BDF所成角的正弦值．
20.已知动圆P恒过定点，且与直线相切．
（1）求动圆P圆心的轨迹M的方程；
（2）正方形ABCD中，一条边AB在直线y＝x＋4上，另外两点C、D在轨迹M 上，求正方形的面积．
21.已知函数f（x）=ln x-（a∈R）
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若f（x）有两个极值点x1，x2，则证明：f（）＜．
22.点P是曲线C1：（x-2）2+y2=4上的动点，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为
极轴建立极坐标系，以极点O为中心，将点P逆时针旋转90°得到点Q，设点Q的轨迹为曲线C2．
（1）求曲线C1，C2的极坐标方程；
（2）射线θ=，（ρ＞0）与曲线C1，C2分别交于A，B两点，设定点M（2，0），求△MAB的面积．
23.设函数f（x）=x2-x-1．
（Ⅰ）解不等式：|f（x）|＜1；
（Ⅱ）若|x-a|＜1，求证：|f（x）-f（a）|＜2（|a|+1）．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：解二次不等式（x+1）（x-3）＜0得：-1＜x＜3，即M=（-1，3），
又集合N={x|x＜1}=（-∞，1），
所以M∩N=（-1，1），
故选：C．
由二次不等式的解法得：M=（-1，3），由集合交集及其运算得：M∩N=（-1，1），得解．
本题考查了二次不等式的解法及集合交集及其运算，属简单题．
2.【答案】B
【解析】解：由z（1-i）2=1+i，得，
∴|z|=．
故选：B．
把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简求得z，代入复数模的计算公式求解．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查了复数模的求法，是基础题．
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查两直线平行的条件,属于基础题.
由两直线平行得关于m的方程,求出m,然后排除重合的情况即可求解.
【解答】
解：因为直线x+（1+m）y-2=0和直线mx+2y+4=0平行，
所以，
解得m=1或m=-2,
当m=1时,两直线方程分别为,,两直线平行,符合题意,
当m=-2时,两直线方程分别为,,两直线重合,不符合题意,
故选A．
4.【答案】A
【解析】解：∵向量=（1，1），=（2，-3），∴k-2=k（1，1）-2（2，-3）=（k-4，k+6）．
∵k-2与垂直，
∴（k-2）•=k-4+k+6=0，
解得k=-1．
故选：A．
利用已知条件表示k-2，通过向量互相垂直⇔数量积为0，列出方程解得k．
本题考查了向量的运算、向量垂直与数量积的关系，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：作出不等式对应的平面区域，
由z=x+2y，得y=-，
平移直线y=-，由图象可知当直线
y=-经过点B（1，1）时，直线y=-的
截距最小，此时z最小．
此时z的最小值为z=1+2×1=3，
故选：B．
作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求z的最大值．
本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决线性规划题目的常用方法．
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查圆的轨迹方程的求法，椭圆的定义和方程，考查运算求解能力，是中档题．由已知可得，A（0，-2），B（0，2）为椭圆两焦点，再由已知结合椭圆定义可得点P 的轨迹是以A为圆心，以2为半径的圆，写出圆的标准方程得答案．
【解答】
解：如图，
由椭圆方程x2+=1，得a2=5，b2=1，
∴c==2，
则A（0，-2），B（0，2）为椭圆两焦点，
∴|DA|+|DB|=2a=2，
∵|PD|=|BD|，
∴|PA|=|PD|+|DA|=|BD|+|DA|=2，
∴点P的轨迹是以A为圆心，以2为半径的圆，
其方程为x2+（y+2）2=20．
故选：B．
7.【答案】A
【解析】解：由程序框图得：输出还是f（x）满足f（x）+f（-x）=0且存在零点．
∵满足f（x）+f（-x）=0的函数有①③，
又函数③不存在零点，∴输出函数是①．
故选：A．
程序框图功能是：输出还是f（x）满足f（x）+f（-x）=0且存在零点，判断①②③④是否满足，可得答案．
本题考查了程序框图，判断程序框图的功能是关键．
8.【答案】C
【解析】解：连结BD，
AC⊥BD，AC⊥BB1，则AC⊥平面BB1D1D，
BE平面BB1D1D，∴AC⊥BE，①正确；
∵B 1D1∥BD，BD平面ABCD，B1D1平面ABCD，
∴B1D1∥平面ABCD，即EF∥平面ABCD，②正确；
=
，
∴三棱锥A-BEF的体积为定值，③正确；
把EF当底，三角形AEF的高为A到EF的距离为，三角形BEF的高为
B到EF的距离为BB1=1，④错误；
从而①，②，③正确，④错误．
故选：C．
连结BD，则AC⊥平面BB1D1D，BD∥B1D1，点A、B到直线B1D1的距离不相等，由此判断①，②，③正确，④错．
本题考查命题真假的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．9.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查对三角函数的化简能力和三角函数的图象和性质的运用，利用三角函数公式将函数进行化简是解决本题的关键．
利用辅助角公式将函数化为y=A sin（ωx+φ）的形式，相邻的零点为x1，x2且满足|x1-x2|=6，可得周期为12．求出ω，结合三角函数的图象和性质，求出单调增区间．
【解答】
解：由，
∵f（x）相邻的零点为x1，x2且满足|x1-x2|=6，
∴f（x）的周期为12，即=12，
∴ω=．
那么f（x）=2sin（+φ+）．
∵图象过（1，2）点，
则f（x）在x=1处取得最大值，即sin（+φ+）=cosφ=1．
∴φ=0+2kπ．
令k=0，可得φ=0．
则函数解析式f（x）=2sin（+）．
令，k∈Z．
得：-5+12k≤x≤1+12k，
∴f（x）的单调增区间为[-5+12k，1+12k]（k∈Z）．
故选：B．
10.【答案】C
【解析】解：如图
由双曲线双曲线=1，得a2=3，b2=5，
∴c2=a2+b2=9，则c=3，
则F2（3，0），
∵|PF1|-|PF2|=4，∴|PF1|=4+|PF2|，
则|PF|+|PF1|=|PF|+|PF2|+4，
连接FF2交双曲线右支于P，
则此时|PF|+|PF2|最小等于|FF2|，
∵F的坐标为（0，4），F2（3，0），
∴|FF2|=5，
∴|PF|+|PF1|的最小值为5+4=9．
故选：C．
由双曲线方程求出a及c的值，利用双曲线定义把|PF|+|PF1|转化为|PF1|+|PF2|+2a，连接FF2交双曲线右支于P，则此时|PF|+|PF2|最小等于|FF2|，由两点间的距离公式求出|FF2|，则|PF|+|PF1|的最小值可求．
本题考查双曲线的标准方程，考查了双曲线的简单性质，训练了双曲线中最值问题的求法，体现了数学转化思想方法，是中档题．
11.【答案】C
【解析】解：令f（x）=x-sin x，x∈R．
f′（x）=1-cos x≥0，可知：函数f（x）在R上单调递增．
∴α＞β⇔f（α）＞f（β）⇔α-β＞sinα-sinβ．
∴“α＞β”是“α-β＞sinα-sinβ”的充要条件．
故选：C．
令f（x）=x-sin x，x∈R．利用导数研究其单调性即可得出．
本题考查了利用导数研究函数的单调性、简易逻辑的判定方法、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
12.【答案】B
【解析】【分析】
由“f（3-x）=f（x）”，知函数图象关于直线x=对称，再由“f′（x）＜0”可知：当x＞时，函数是减函数
当x＜时，函数是增函数，最后由“x1＜x2，且x1+x2＞3”，得知x1，x2∈（，+∞），应用单调性定义得到结论．
本题主要考查函数的对称性和单调性，考查了导数与原函数增减性的关系，当导数大于零时，函数是增函数，当导数小于零时，函数是减函数．
【解答】
解：∵f（3-x）=f（x），
∴函数图象关于直线x=对称，
又∵f′（x）＜0，
∴当x＞时，函数是减函数，
当x＜时，函数是增函数，
∵x1＜x2，且x1+x2＞3，
∴x1，x2∈（，+∞），
∴f（x1）＞f（x2），
故选：B．
13.【答案】-9
【解析】解：∵（x2-2x-3）3=（x-1）3•（x+3）3=（x3-3x2+3x-1）（x3+9x2+27x+27）的展开式中，
含x2的项的系数是-3×27+3×27-1×9=-9，
故答案为：-9．
根据（x2-2x-3）3=（x-1）3•（x+3）3，再把（x-1）3和（x+3）3按照二项式定理展开，可得x2的项的系数．
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：因为：曲线f（x）=x3．
所以：函数f（x）的导函数f′（x）=2x2，可得：f′（1）=2，
因为：曲线f（x）=x3在点（1，f（1））处的切线的倾斜角为α，
所以：tanα=f′（1）=2，
所以：===．
故答案为：．
求出函数的导数，求得f（x）在点（1，f（1））处切线斜率，利用同角三角函数关系式即可化简得解．
本题考查导数的几何意义：函数在某点处的导数即为曲线在该点处切线的斜率，同时考查三角函数化简求值，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：根据三视图知，该几何体是一四棱锥P-ABCD与一三棱锥P-CDE的组合体，如图所示；
结合图中数据，计算该几何体的体积为V=V四棱锥+V三棱锥=×22×2+××2×1×2=．
故答案为：．
根据三视图知该几何体是一四棱锥与一三棱锥的组合体，
结合图中数据计算该几何体的体积．
本题考查了利用三视图求几何体体积的应用问题，是基础题．
16.【答案】
【解析】解：∵a=，b2-c2=6，
∴，
∴cos A===
=
令t=c2，f（t）=，t＞0
则f′（t）=，
令f′（t）＞0可得，0＜t＜6
令f′（t）＜0可得，t＞6
根据函数的性质可知，当t=6时，f（t）由最大值，
此时cos A有最小值，sin A=，
当t=6时，可得c=，b=2，s△ABC===．
故答案为：
由已知结合余弦定理cos A=可求cos A，然后结合函数的性质可求cos A的最小值，
结合余弦函数的性质即可求解A的最大值，然后代入三角形的面积公式即可求解
本题主要考查了余弦定理，及利用导数求解函数的单调性及函数的最值，三角形的面积公式的应用，属于中档试题
17.【答案】解：（Ⅰ）∵a2-a1=21，a3-a2=22，
a4-a3=23，……，a n-a n-1=2n-1，
以上n-1个式子相加得：
a n-a1=21+22+23+…+2n-1==2n-2
∴a n=2n
n≥2时，b n=S n-S n-1
=（3n2-n）-[3（n-1）2-（n-1）]
=3n-2
n=1时，b1=S1=1，符合上式，
∴b n=3n-2；
（Ⅱ）c n=a n b n=（3n-2）•2n
T n=1•21+4•22+7•23+…+（3n-2）•2n①
2T n=1•22+4•23+7•24+…+（3n-2）•2n+1②
①-②得-T n=2+3（22+23+…+2n）-（3n-2）•2n+1
=2+3×-（3n-2）•2n+1
=-10+（5-3n）•2n+1
∴T n=10+（3n-5）•2n+1
【解析】（Ⅰ）由累加法求得a n，由b n=可得b n；
（Ⅱ）由错位相减法可得T n．
本题考查了求通项公式的方法，考查了错位相减法求和，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
18.【答案】解：（Ⅰ）记“抽取的两天送餐单数都大于40”为事件M，
则P（M）==．
（Ⅱ）（ⅰ）设乙公司送餐员送餐单数为a，
则当a=38时，X=38×4=152，
当a=39时，X=39×4=156，
当a=40时，X=40×4=160，
当a=41时，X=40×4+1×6=166，
当a=42时，X=40×4+2×6=172．
所以X的所有可能取值为152，156，160，166，172．
故X的分布列为：
∴E（X）==162．
（ⅱ）依题意，甲公司送餐员日平均送餐单数为
38×0.2+39×0.4+40×0.2+41×0.1+42×0.1=39.5．
所以甲公司送餐员日平均工资为70+2×39.5=149元．
由（ⅰ）得乙公司送餐员日平均工资为162元．
因为149＜162，故推荐小明去乙公司应聘．
【解析】（Ⅰ）记“抽取的两天送餐单数都大于40”为事件M，利用等可能事件概率计算公式能求出这两天送餐单数都大于40的概率．
（Ⅱ）（ⅰ）设乙公司送餐员送餐单数为a，推导出X的所有可能取值为152，156，160，166，172，由此能求出X的分布列和数学期望．
（ⅱ）依题意，求出甲公司送餐员日平均送餐单数，从而得到甲公司送餐员日平均工资，再求出乙公司送餐员日平均工资，由此能求出结果．
本小题主要考查古典概型、随机变量的分布列及数学期望等基础知识，考查运算求解能力、数据处理能力、应用意识，考查分类与整合思想、必然与或然思想、化归与转化思想．
19.【答案】证明：（Ⅰ）∵AD=DE=1，四边形EDCF是正方形，∠ADC=∠DCB=120°．
∴AD=DC=BC=1，∴∠BDC=∠DBC=30°，
∴∠ADB=90°，∴AD⊥BD，
∵在五面体ABCDEF中，四边形EDCF
是正方形，
∠ADE=90°，
∴AD⊥DE，DC⊥DE，又AD∩DC=D，
∴DE⊥平面ABCD，
∵BD⊂平面ABCD，∴BD⊥DE，
∵AD∩DE=D，∴BD⊥平面ADE，
∵AE⊂平面ADE，∴AE⊥BD．
解：（Ⅱ）以D为原点，DA为x轴，
DB为y轴，DE为z轴，建立空间直角坐标系，
A（1，0，0），F（0，1，1），B（0，，0），D（0，0，0），E（0，0，1），
=（1，-1，-1），=（0，，0），=（0，0，1），
平面BDE的法向量=（1，0，0），
设直线AF与平面BDF所成角为θ，
则cosθ===．
∴直线AF与平面BDF所成角的正弦值为．
【解析】（Ⅰ）推导出AD⊥BD，AD⊥DE，DC⊥DE，从而DE⊥平面ABCD，进而BD⊥DE，由此能证明BD⊥平面ADE，从而AE⊥BD．
（Ⅱ）以D为原点，DA为x轴，DB为y轴，DE为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AF与平面BDF所成角的正弦值．
本题考查线线垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．
20.【答案】解：（1）由题意得动圆的圆心到点的距离与它到直线的距离
相等，
所以圆心的轨迹是以为焦点，以为准线的抛物线，且，
∴动圆P圆心的轨迹M的方程为y2=x；
（2）设CD所在直线的方程为y=x+t，
联立，消去y得，x2+（2t-1）x+t2=0，
∵直线和抛物线交于两点，
∴，解得．
设，，
则．
∴，
又直线AB与CD间距离为|AD|=，
且|AD|=|CD|，则，
解得：t=-2或-6,均满足条件；
从而边长为3或5．
则正方形ABCD的面积S=（3）2=18，或S=（5）2=50．
【解析】本题考查轨迹方程的求法，考查直线与抛物线位置关系的应用，考查计算能力，是中档题．
（1）由条件可知，此曲线是焦点为F（，0）的抛物线，求出p，即可得动圆P圆心的
轨迹M的方程；
（2）先设CD的方程，然后与抛物线联立可消去y得到关于x的一元二次方程，即可表示出|CD|，再由|AD|=|CD|可求出t的值，从而可求出正方形的边长得到面积．
21.【答案】解：（1）∵函数f（x）=ln x-（a∈R），
∴f（x）的定义域为（0，+∞），
f′（x）==，
令g（x）=x2+（2-a）x+1，△=（2-a）2-4=a2-4a，
由△≤0，得0≤a≤4，由△＞0，得a＜0或a＞4，
当0≤a≤4时，g（x）≥0，f′（x）≥0，x∈（0，+∞）上f（x）是单调递增函数；
△＞0时，g（x）=0的两根为，，
当a＜0时，x1＜x2＜0，
在x∈（0，+∞）上，g（x）＞0，f′（x）＞0，f（x）是增函数；
当a＞4时，0＜x1＜x2，x∈（0，]，g（x）≥0，f′（x）≥0，f（x）是增函数，x∈（，]，g（x）≤0，f′（x）≤0，f（x）是减函数，
x∈（，+∞），g（x）＞0，f′（x）＞0，f9x）是增函数．
综上所述：
当a≤4时，f（x）的增区间是（0，+∞）；
当a＞4时，f（x）的增区间是（0，]，（，+∞），减区间为（，
]．
（2）f（x）有两个极值点x1，x2，由（1）知x1+x2=a-2，x1x2=1，
g（x）=0的两个根为x1，x2，则0＜x1＜x2，
∴a＞4，
f（）=f（）==，
==-，
令F（a）=f（）-
=ln-a+2-（-）=ln-+2，
F′（a）==，
当a＞4时，F′（a）＜0，∴F（a）在（a，+∞）上递减，
F（a）max＜F（4）=0，
∴f（）-＜0，
∴f（）＜．
【解析】（1）f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）==，令g（x）=x2+（2-a）x+1，当0≤a≤4时，g（x）≥0，f′（x）≥0，x∈（0，+∞）上f（x）是单调递增函数；△＞0时，g（x）=0的两根为，，由此利用导
数性质能求出f（x）的单调区间．
（2）f（x）有两个极值点x1，x2，由x1+x2=a-2，x1x2=1，g（x）=0的两个根为x1，x2，则0＜x1＜x2，得到a＞4，从而f（）=，=-，令F（a）=f（）
-=ln-+2，F′（a）==，由此利用导数性质能证明f＜
．
本题考查函数的单调性的求法，考查不等式的证明，考查导数的运算法则、导数性质等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，考查创新意识和应用意识，是中档题．
22.【答案】解：（1）曲线C1：（x-2）2+y2=4上，把互化公式代入可得：曲线C1的极坐标方程为ρ=4cosθ．
设Q（ρ，θ），则，则有．
所以，曲线C2的极坐标方程为ρ=4sinθ．
（2）M到射线的距离为，，则．
【解析】本题考查了极坐标方程化为直角坐标方程及其应用、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
（1）曲线C1：（x-2）2+y2=4上，把互化公式代入可得：曲线C1的极坐标方程．设Q
（ρ，θ），则，代入即可得出曲线C2的极坐标方程．
（2）M到射线的距离为，，
即可得出面积．
23.【答案】解：（1）：由|f（x）|＜1得-1＜x2-x-1＜1，解得-1＜x＜0或1＜x＜2，
故不等式的解集为（-1，0）∪（1，2）
（Ⅱ）证明：∵|x-a|＜1，
故|f（x）-f（a）|=|x2-x-a2+a|=|x-a|•|x+a-1|＜|x+a-1|=|x-a+2a-1|≤|x-a|+|2a-1|＜1+|2a|+1=2（|a|+1）．
∴|f（x）-f（a）|＜2（|a|+1）．
【解析】（Ⅰ）由题意可得-1＜x2-x-1＜1，解得即可，
（Ⅱ）简|f（x）-f（a）|为|x-a||x+a-1|，小于|x+a-1|即|（x-a）+（2a-1）|．再由|（x-a）+（2a-1）|≤|x-a|+|2a-1|＜1+2|a|+1，从而证得结论
本题主要考查绝对值不等式的解法，绝对值不等式的性质，用放缩法证明不等式，体现了分类讨论的数学思想，属于中档题．。