2019年陕西省高考数学押题卷(理)

2019年陕西省高考数学押题卷(理)
一、选择题（本大题共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．已知集合M={x|﹣2＜x≤2，x∈Z}，N={y|y=x2，x∈M}则集合M∩N非空子集的个数是（）
A．0 B．1 C．3 D．4
2．设i是虚数单位，则复数Z=的共轭复数的虚部是（）
A． B．﹣i C．D．﹣
3．已知数列{x n}满足：x1=1，x n+1=﹣x n+，则数列{x n}的前21项的和为（）A．5 B．6 C．11 D．13
4．设z=kx+y，其中实数x，y满足，若z的最大值为12，则实数k
的值是（）
A．2 B．﹣2 C．4 D．﹣4
5．设等边△ABC边长为6，若，，则等于（）A．﹣6 B．6C．﹣18 D．18
6．已知函数sinθ﹣cosθ=﹣2，则三角式sin2θ+cos2θ+3的值为（）A．B．C．﹣D．﹣
7．在（x2+﹣4）3（x+3）的展开式中，常数项是（）
A．﹣480 B．﹣240 C．480 D．240
8．某几何体的正（主）视图和侧（左）视图如图所示，则该几何体的体积不可能是（）
A．B．C．D．1
9．在0，1，2，3，4，5这六个数中随机地抽取一个数记为a，再在剩余的五个数中随机地抽取一个数记为b，则所得两位数是偶数的概率P为（）
A．B．C．D．
10．正四棱柱的体积为8，则该正四棱柱外接球体积的最小值为（）
A ．4πB．C．12π D．12π
11．已知F1，F2分别是双曲线x2﹣=1（a＞0）的两个焦点，O为坐标原点，
圆O是以F1，F2为直径的圆，直线l：y=x﹣4与圆O相交，则实数a的取值范围是（）
A．（0，1）B．（0，1]C．[1，+∞）D．（1，+∞）
12．已知定义在R上函数f（x）的值域是（﹣∞，0]，并且函数f（x）单调，则方程f3（x）﹣3f（x）﹣1=0的解的个数是（）
A．1 B．2 C．3 D．4
1
二、填空题（共4小题，每小题5分，共20分，请把答案写在答题卷上）13．已知函数f（x）=，则f已知两点A（0，2）、B（3，﹣1），设向量，=（1，m），若⊥，那么实数m=______．
15．已知实数x，y满足约束条件，若z=ax+by（a＞0，b＞0）的
最大值为1，则的最小值为______．
16．如图，正方形ABCD中，坐标原点O为AD的中点，正方形DEFG的边长为b，若D为抛物线y2=2ax（0＜a＜b）的焦点，且此抛物线经过C，F两点，则=______．
三、解答题（本大题共6题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或者演算步骤）
17．若向量=（sinωx，sinωx），=（cosωx，sinωx）其中ω＞0，记函数f （x）=﹣，且函数f（x）的图象相邻两条对称轴之间的距离是．
（Ⅰ）求f（x）的表达式及f（x）的单调递增区间；
（Ⅱ）设△ABC三内角A、B、C的对应边分别为a、b、c，若a+b=3，c=，f（C）=1，求△ABC的面积．
18．某市对该市高三年级的教学质量进行了一次检测，某校共有720名学生参加了本次考试，考试结束后，统计了学生在数学考试中，选择选做题A，B，C三
现用分层抽样的方法从720份答卷中抽出9份进行分析．
（Ⅰ）若从选出的9份答卷中抽出3份，求这3份中至少有1份选择A题作答的概率；
（Ⅱ）若从选出的9份答卷中抽出3份，记其中选择C题作答的份数为X，求X 的分布列及其数学期望E（X）．
19．已知四棱锥A﹣BCDE，其中AC=BC=2，AC⊥BC，CD∥BE且CD=2BE，CD⊥平面ABC，F为AD的中点．
（Ⅰ）求证：EF∥平面ABC；
（Ⅱ）设M是AB的中点，若DM与平面ABC所成角的正切值为，求平面ACD与平面ADE夹角的余弦值．
20．已知椭圆C： +=1（a＞b＞0）的离心率为，若圆x2+y2=a2被直线
x﹣y﹣=0截得的弦长为2
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）已知点A、B为动直线y=k（x﹣1），k≠0与椭圆C的两个交点，问：在x轴上是否存在定点M，使得•为定值？若存在，试求出点M的坐标和定值；若不存在，请说明理由．
21．已知函数f（x）=，g（x）=﹣﹣1．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）对一切x∈（0，+∞），2f（x）≥g（x）恒成立，求实数m的取值范围；（Ⅲ）证明：对一切x∈（0，+∞），都有lnx＜﹣成立．
请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分，作答时写清题号，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑
[选修4-4：坐标系与参数方程]
22．已知在直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为（θ为参数），
以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为
．
（Ⅰ）求圆C的普通方程和直线l的直角坐标方程；
（Ⅱ）设M是直线l上任意一点，过M做圆C切线，切点为A、B，求四边形AMBC面积的最小值．
[选修4-5：不等式选讲]
23．设函数．
（Ⅰ）证明：f（x）≥2；
（Ⅱ）若当m=2时，关于实数x的不等式f（x）≥t2﹣t恒成立，求实数t的取值范围．
2019年陕西省高考数学押题卷(理)
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共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．已知集合M={x|﹣2＜x≤2，x∈Z}，N={y|y=x2，x∈M}则集合M∩N非空子集的个数是（）
A．0 B．1 C．3 D．4
【考点】交集及其运算．
【分析】列举出M中不等式的整数解确定出M，将M中元素代入N中计算求出y的值，确定出N，进而求出M与N的交集，即可作出判断．
【解答】解：∵M={x|﹣2＜x≤2，x∈Z}={﹣1，0，1，2}，N={y|y=x2，x∈M}={0，1，4}，
∴M∩N={0，1}，
则M∩N非空子集的个数是22﹣1=3，
故选：C．
2．设i是虚数单位，则复数Z=的共轭复数的虚部是（）
A． B．﹣i C．D．﹣
【考点】复数代数形式的乘除运算．
【分析】根据复数的四则运算进行求解即可．
【解答】解：Z====﹣+i，
则复数Z=的共轭复数是﹣﹣i，
则虚部是﹣，
故选：C．
3．已知数列{x n}满足：x1=1，x n+1=﹣x n+，则数列{x n}的前21项的和为（）A．5 B．6 C．11 D．13
【考点】数列的求和．
【分析】利用分组求和、递推关系即可得出．
【解答】解：∵x n+1=﹣x n+，∴x n+1+x n=，
则数列{x n}的前21项的和=x1+（x2+x3）+…+（x20+x21）=1+10×=6，
故选：B．
4．设z=kx+y，其中实数x，y满足，若z的最大值为12，则实数k
的值是（）
A．2 B．﹣2 C．4 D．﹣4
【考点】简单线性规划．
【分析】画出满足约束条件，的平面区域，然后分析平面区域里各个
角点，进一步利用目标函数z=kx+y的最大值为12，判断目标函数经过的点，即可求出k的值．
【解答】解：由变量x，y满足约束条件，作出可行域：
∵z=kx+y的最大值为12，即y=﹣kx+z在y轴上的截距是12，
∴目标函数z=kx+y经过的交点A（4，4），
∴12=4k+4；解得k=2．
故选：A．
5．设等边△ABC边长为6，若，，则等于（）A．﹣6 B．6C．﹣18 D．18
【考点】平面向量数量积的运算．
【分析】根据题意得出=（），=，运用数量积求解即可．
【解答】解：∵等边△ABC边长为6，若，，
∴=（），=，
∴=（22）
=（﹣36×6×）=﹣18，
故答案为：C
6．已知函数sinθ﹣cosθ=﹣2，则三角式sin2θ+cos2θ+3的值为（）A．B．C．﹣D．﹣
【考点】同角三角函数基本关系的运用．
【分析】由已知结合辅助角公式求得θ，再由同角三角函数的基本关系式化简求得答案．
【解答】解：∵sinθ﹣cosθ=﹣2，
∴，则sin（）=﹣1，
∴，
则．
∴，
∴sin2θ+cos2θ+3=
=．
故选：A．
7．在（x2+﹣4）3（x+3）的展开式中，常数项是（）
A．﹣480 B．﹣240 C．480 D．240
【考点】二项式系数的性质．
【分析】首先将第一个因数分解为二项式，然后发现常数项得到的可能情况即可．【解答】解：（x2+﹣4）3（x+3）=（x﹣）6（x+3），
当取x+3中的3时，取常数项，为，此时的常数为﹣480；
当取x+3的x时，取x﹣1，而其展开式不可能有这样的项，
所以在（x2+﹣4）3（x+3）的展开式中，常数项是﹣480；
故选A．
8．某几何体的正（主）视图和侧（左）视图如图所示，则该几何体的体积不可能是（）
A．B．C．D．1
【考点】由三视图求面积、体积．
【分析】根据已知中的正视图和侧视图，可得当底面面面最大值，底面为正方形，求出几何体体积的最大值，可得结论．
【解答】解：当底面面面最大值，底面为正方形，
此时V=×1×1×2=，
1＞，
故该几何体的体积不可能是1，
故选：D
9．在0，1，2，3，4，5这六个数中随机地抽取一个数记为a，再在剩余的五个数中随机地抽取一个数记为b，则所得两位数是偶数的概率P为（）
A．B．C．D．
【考点】几何概型．
【分析】确定基本事件的情况，利用古典概型的概率公式求解即可．
【解答】解：由题意，a有5种取法，b有5种取法，故共有5×5=25种；
两位数是偶数，b取0，a有5种取法，b取2或4，a有4种取法，故共有5+2×4=13种，
∴所得两位数是偶数的概率P=．
故选：D．
10．正四棱柱的体积为8，则该正四棱柱外接球体积的最小值为（）
A．4πB．C．12π D．12π
【考点】球内接多面体．
【分析】通过正四棱柱的对角线就是外接球的直径，求出直径的最小值即可求出球的体积．
【解答】解：设正四棱柱的底面边长为a，高为h，则a2h=8．
∵正四棱柱的体对角线即为球的直径，∴2r═≥=2
∴r的最小值为，
故该正四棱柱外接球体积的最小值为V=π（）3=4π．
故选：A．
11．已知F1，F2分别是双曲线x2﹣=1（a＞0）的两个焦点，O为坐标原点，
圆O是以F1，F2为直径的圆，直线l：y=x﹣4与圆O相交，则实数a的取值范围是（）
A．（0，1）B．（0，1]C．[1，+∞）D．（1，+∞）
【考点】双曲线的简单性质．
【分析】根据直线l：y=x﹣4与圆O相交，圆心到直线的距离小于半径，建立不等式，即可求出实数a的取值范围．
【解答】解：由题意，圆的半径为．
∵直线l：y=x﹣4与圆O相交，
∴＜，
∴＞，
∴a2+1＞2，
∴a2＞1
∵a＞0，
∴a＞1．
故选：D
12．已知定义在R上函数f（x）的值域是（﹣∞，0]，并且函数f（x）单调，则方程f3（x）﹣3f（x）﹣1=0的解的个数是（）
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】函数单调性的性质．
【分析】令t=f（x），得到关于t的函数g（t），通过求导得到函数g（t）的大致图象，从而判断出所求方程解的个数．
【解答】解：令t=f（x），则有t3﹣3t﹣1=0，
令g（t）=t3﹣3t﹣1，g′（t）=3t2﹣3=3（t+1）（t﹣1），
于是可得：g（t）的图象如下：
，
∴方程t3﹣3t﹣1=0有3个不同的解，其中2个解是负的，
而函数f（x）的值域是（﹣∞，0]，并且函数f（x）单调，
∴方程f3（x）﹣3f（x）﹣1=0有2个不同的实数解，
故选：B．
二、填空题（共4小题，每小题5分，共20分，请把答案写在答题卷上）13．已知函数f（x）=，则f=，
∴f=f（1）=f（﹣4）=2﹣4=．
故答案为：．
14．已知两点A（0，2）、B（3，﹣1），设向量，=（1，m），若⊥，那么实数m=1．
【考点】平面向量数量积的运算．
【分析】由条件利用两个向量坐标形式的运算，两个向量垂直的性质，由=0，求得实数m的值．
【解答】解：∵两点A（0，2）、B（3，﹣1），设向量=（3，﹣3），=（1，m），
若⊥，则=3+m（﹣3）=0，求得实数m=1，
故答案为：1．
15．已知实数x，y满足约束条件，若z=ax+by（a＞0，b＞0）的
最大值为1，则的最小值为4．
【考点】简单线性规划；基本不等式．
【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数求得最大值，可得
2a+3b=1，然后结合基本不等式求得的最小值．
【解答】解：由约束条件作出可行域如图，
联立，解得B（2，3），
化目标函数z=ax+by为，
由图可知，当直线过B时，直线在y轴上的截距最大，等于2a+3b=1，∴=（）（2a+3b）=2+．
当且仅当2a=3b，即时上式等号成立．
故答案为：4．
16．如图，正方形ABCD中，坐标原点O为AD的中点，正方形DEFG的边长为b，若D为抛物线y2=2ax（0＜a＜b）的焦点，且此抛物线经过C，F两点，则=1+．
【考点】抛物线的简单性质．
【分析】求出F点坐标，代入抛物线方程即可得出a，b的关系得到关于的方程，从而解出．
【解答】解：∵D是抛物线y2=2ax的焦点，∴D（，0）．
∵正方形DEFG的边长为b，∴F（，b）．
∵F在抛物线上，∴b2=2a（），即b2﹣2ab﹣a2=0，
∴（）2﹣﹣1=0，解得=1+或1﹣．
∵0＜a＜b，∴=1+．
故答案为：
三、解答题（本大题共6题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或者演算步骤）
17．若向量=（sinωx，sinωx），=（cosωx，sinωx）其中ω＞0，记函数f （x）=﹣，且函数f（x）的图象相邻两条对称轴之间的距离是．
（Ⅰ）求f（x）的表达式及f（x）的单调递增区间；
（Ⅱ）设△ABC三内角A、B、C的对应边分别为a、b、c，若a+b=3，c=，f（C）=1，求△ABC的面积．
【考点】余弦定理；平面向量数量积的运算．
【分析】（Ⅰ）由已知利用平面向量数量积的运算化简可得函数解析式f（x）=sin （2ωx﹣），由题意可知其周期为π，利用周期公式可求ω，即可得解函数解析式，由2kπ﹣≤2x﹣≤2kπ+，k∈Z，
即可解得f（x）的单调递增区间．
（Ⅱ）由f（C）=1，得，结合范围0＜C＜π，可得﹣＜2C ﹣＜，解得C=，结合已知由余弦定理得ab的值，由面积公式即可
计算得解．
【解答】（本小题满分12分）
解：（Ⅰ）∵=（sinωx，sinωx），=（cosωx，sinωx），
∴，…
由题意可知其周期为π，故ω=1，则f（x）=sin（2x﹣），…
由2kπ﹣≤2x﹣≤2kπ+，k∈Z，
得kπ﹣≤x≤kπ+，
∴f（x）的单调递增区间为：[kπ﹣，kπ+]，k∈Z，…
（Ⅱ）由f（C）=1，得，
∵0＜C＜π，∴﹣＜2C﹣＜，
∴2C﹣=，解得C=．…
又∵a+b=3，，由余弦定理得c2=a2+b2﹣2abcos，
∴（a+b）2﹣3ab=3，即ab=2，
由面积公式得三角形面积为．…
18．某市对该市高三年级的教学质量进行了一次检测，某校共有720名学生参加了本次考试，考试结束后，统计了学生在数学考试中，选择选做题A，B，C三
现用分层抽样的方法从720份答卷中抽出9份进行分析．
（Ⅰ）若从选出的9份答卷中抽出3份，求这3份中至少有1份选择A题作答的概率；
（Ⅱ）若从选出的9份答卷中抽出3份，记其中选择C题作答的份数为X，求X 的分布列及其数学期望E（X）．
【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．
【分析】（Ⅰ）由题意求出分别从A，B，C题的答卷中抽出2份、3份、4份．利用对立事件概率计算公式能求出从选出的9份答卷中选出3份，这3份中至少有1份选择A题作答的概率．
（Ⅱ）由题意可知，选出的9份答卷中C题共有4份，则随机变量X可能的取值为0，1，2，3，分别求出相应的概率，由此能求出随机变量X的分布列和E （X）．
【解答】（本小题满分12分）
设事件D表示“从选出的9份答卷中选出3份，至少有1份选择A题作答”，
则：P（D）=1﹣p（）=1﹣=1﹣=，
∴从选出的9份答卷中选出3份，这3份中至少有1份选择A题作答的概率．…
（Ⅱ）由题意可知，选出的9份答卷中C题共有4份，
则随机变量X可能的取值为0，1，2，3…
P（X=0）==，P（X=1）==，
P（X=2）==，P（X=3）==，…
0 1 2 3
∴E（X）==．…
19．已知四棱锥A﹣BCDE，其中AC=BC=2，AC⊥BC，CD∥BE且CD=2BE，CD⊥平面ABC，F为AD的中点．
（Ⅰ）求证：EF∥平面ABC；
（Ⅱ）设M是AB的中点，若DM与平面ABC所成角的正切值为，求平面ACD与平面ADE夹角的余弦值．
【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定．
【分析】（Ⅰ）取AC中点G，连结FG、BG，推导出四边形BEFG是平行四边形，从而EF∥BG，由此能证明EF∥面ABC．
（Ⅱ））由CD⊥平面ABC，是∠CMD为DM与平面ABC所成角，以C为坐标原点，CB为x轴，CA为y轴，CD为z轴建立空间直角坐标系，利用向量法能示出平面ACD与平面ADE夹角的余弦值．
【解答】（本小题满分12分）
证明：（Ⅰ）取AC中点G，连结FG、BG，
∵F、G分别是AD、AC的中点，
∴FG∥CD，且．
又∵CD∥BE，且CD=2BE，
∴四边形BEFG是平行四边形，
∴EF∥BG，EF⊄面ABC且BG⊆面ABC，
∴EF∥面ABC．…
（Ⅱ））∵CD⊥平面ABC
∴∠CMD为DM与平面ABC所成角，
∵M为AB的中点，且AC=BC=2，AC⊥BC，得
∵DM与平面ABC所成角的正切值为，
∵CD=2，BE=1，…
以C为坐标原点，CB为x轴，CA为y轴，CD为z轴建立空间直角坐标系，则B（2，0，0），A（0，2，0），D（0，0，2），E（2，0，1），
∴=（0，﹣2，2），=（2，﹣1，0），
设平面ADE的法向量为=（x，y，z），
由，取x=1，得=（1，2，2），
而平面ACD的法向量为=（2，0，0），
由cos＜＞==，
得平面ACD与平面ADE夹角的余弦值为．…
20．已知椭圆C： +=1（a＞b＞0）的离心率为，若圆x2+y2=a2被直线
x﹣y﹣=0截得的弦长为2
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）已知点A、B为动直线y=k（x﹣1），k≠0与椭圆C的两个交点，问：在x轴上是否存在定点M，使得•为定值？若存在，试求出点M的坐标和定值；若不存在，请说明理由．
【考点】直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的标准方程．
【分析】（I）求出圆x2+y2=a2的圆心（0，0）到直线x﹣y﹣=0的距离d，利用2=2，解得a2，又=，a2=b2+c2，联立解出即可得出．
（II）假设在x轴上存在定点M（m，0），使得•为定值．设A（x1，y1），B（x2，y2），直线方程与椭圆方程联立化为：（1+2k2）x2﹣4k2x+2k2﹣2=0，
利用根与系数的关系及其数量积运算性质可得•=，
令2m2﹣4m+1=2（m2﹣2），解得m即可得出．
【解答】解：（I）圆x2+y2=a2的圆心（0，0）到直线x﹣y﹣=0的距离d=
=1，
∴2=2，解得a2=2，又=，a2=b2+c2，
联立解得：a2=2，c=1=b．
∴椭圆C的标准方程为： +y2=1．
（II）假设在x轴上存在定点M（m，0），使得•为定值．
设A（x1，y1），B（x2，y2），联立，化为：（1+2k2）x2﹣4k2x+2k2﹣2=0，
则x1+x2=，x1•x2=．
•=（x1﹣m，y1）•（x2﹣m，y2）=（x1﹣m）（x2﹣m）+y1y2=（x1﹣m）（x2﹣m）+k2（x1﹣1）（x2﹣1）=（1+k2）x1•x2﹣（m+k2）（x1+x2）+m2+k2
=（1+k2）•﹣（m+k2）+m2+k2
=，
令2m2﹣4m+1=2（m2﹣2），解得m=．
因此在x轴上存在定点M（，0），使得•为定值．
21．已知函数f（x）=，g（x）=﹣﹣1．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）对一切x∈（0，+∞），2f（x）≥g（x）恒成立，求实数m的取值范围；（Ⅲ）证明：对一切x∈（0，+∞），都有lnx＜﹣成立．
【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性．
【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，解关于导数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）问题可化为对一切x∈（0，+∞）恒成立，令，
根据函数的单调性求出h（x）的最小值，从而求出m的范围即可；
（Ⅲ）问题等价于，即证，令，根
据函数的单调性证明即可．
【解答】解：（Ⅰ），得
由f'（x）＞0，得0＜x＜e
∴f（x）的递增区间是（0，e），递减区间是（e，+∞）…
（Ⅱ）对一切x∈（0，+∞），2f（x）≥g（x）恒成立，
可化为对一切x∈（0，+∞）恒成立
令，
当x∈（0，1）时h'（x）＜0，即h（x）在（0，1）递减
当x∈（1，+∞）时h'（x）＞0，即h（x）在（1，+∞）递增
∴h（x）min=h（1）=4，
∴m≤4，即实数m的取值范围是（﹣∞，4]…
（Ⅲ）证明：等价于，即证
由（Ⅰ）知，（当x=e时取等号）
令，则，
易知φ（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增
∴（当x=1时取等号）
∴f（x）＜φ（x）对一切x∈（0，+∞）都成立
则对一切x∈（0，+∞），都有成立．…
请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分，作答时写清题号，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.
[选修4-4：坐标系与参数方程]
22．已知在直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为（θ为参数），
以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为
．
（Ⅰ）求圆C的普通方程和直线l的直角坐标方程；
（Ⅱ）设M是直线l上任意一点，过M做圆C切线，切点为A、B，求四边形AMBC面积的最小值．
【考点】简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程．
【分析】（Ⅰ）根据参数方程和极坐标方程与普通方程的关系进行转化求解即可．（Ⅱ）求出圆心坐标以及圆心到直线的距离，结合四边形的面积公式进行求解即可．
【解答】解：（Ⅰ）圆C的参数方程为（θ为参数），
所以圆C的普通方程为（x﹣3）2+（y+4）2=4．…
由得ρcosθ+ρsinθ=2，
∵ρcosθ=x，ρsinθ=y，
∴直线l的直角坐标方程x+y﹣2=0…
（Ⅱ）圆心C（3，﹣4）到直线l：x+y﹣2=0的距离为d==
…
由于M是直线l上任意一点，则|MC|≥d=，
∴四边形AMBC面积S=2×AC•MA=AC=2≥2
∴四边形AMBC面积的最小值为…
[选修4-5：不等式选讲]
23．设函数．
（Ⅰ）证明：f（x）≥2；
（Ⅱ）若当m=2时，关于实数x的不等式f（x）≥t2﹣t恒成立，求实数t的
取值范围．
【考点】绝对值三角不等式；绝对值不等式的解法．
【分析】（Ⅰ）利用绝对值三角不等式，结合基本不等式证明：f（x）≥2；（Ⅱ）求出f（x）min=3，若∀x∈R，恒成立，则只需
．
【解答】（Ⅰ）证明：∵m＞0，，当即时取“=”号…
（Ⅱ）解：当m=2时，f（x）=|2x﹣1|+|2x+2|≥|（2x﹣1）﹣（2x+2）|=3 则f（x）min=3，若∀x∈R，恒成立，
则只需，
综上所述实数t的取值范围是．…。