2020年山西省太原市高考数学一模试卷(文科) (含答案解析)

2020年山西省太原市高考数学一模试卷(文科)
一、单项选择题（本大题共12小题，共60.0分）
1.已知全集U={0,1,2,3,4,5},若集合A={1,2,3,5}，B={2,3,4}则(C U A)∪B为()．
A. {1,2,4}
B. {4}
C. {0,2,4}
D. {0,2,3,4}
2.已知复数z=(1+x)+i(i为虚数单位，x∈R)在复平面内对应的点在第二象限，则x的取值范
围是()
A. (−∞,−1)
B. (−1,0)
C. (−∞,0)
D. (0,1)
3.已知等差数列{a n}的前n项和为S n，若S13=26，a11=10，则a20=()
A. 26
B. 28
C. 30
D. 32
4.已知a⃗=(2,0)，b⃗ =(1,1)，若(λb⃗ −a⃗ )⊥a⃗，则λ=()
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
5.“勾股圆方图”是我国古代数学家赵爽设计的一幅用来证明勾股定理的
图案，如图所示.在“勾股圆方图”中，四个相同的直角三角形与中间的
小正方形拼成一个大正方形.若直角三角形中较小的锐角满足，
则从图中随机取一点，此点落在阴影部分的概率是
A. B. C. D.
6.程序框图(即算法流程图)如图所示，其输出结果是()
A. 101
102
B. 100
101
C. 99
100
D. 98
99
7.函数f(x)=|2x−2|
2x+2
的图象大致为()
A. B.
C. D.
8.设变量x，y满足约束条件{2x+y≤2
x+2y≤2
x≥0
y≥0
，则目标函数z=−2x+y的最大值是()
A. 4
B. 2
C. 1
D. −2
3
9.若对任意x∈R，都有cos(2x−5π
6
)=sin(ωx+φ)(ω∈R,|φ|<π)，则满足条件的有序实数对(ω,φ)的对数为
A. 0
B. 1
C. 2
D. 3
10.《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”，将
底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”，已知某
“堑堵”和“阳马”组合而成的几何体的三视图如图所示，则该几何
体的体积为()
A. 5√3
6
B. 7√3
6
C. √3
6
D. 3√3
6
11.已知抛物线C：y2=2px(p>0)，直线l：y=√3(x−1)，l与C交于A，B两点，若|AB|=16
3
，则p=()
A. 8
B. 4
C. 2
D. 1
12.函数f(x)是定义域在R的可导函数，满足：f(x)<f′(x)且f(0)=2，则f(x)
e x
>2的解集为()
A. (−∞,0)
B. (0,+∞)
C. (−∞,2)
D. (2,+∞)
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.双曲线x2
4−y2
3
=1的渐近线方程是______，实轴长为______．
14.已知函数f(x)=ax−log2(2x+1)+cos x(a∈R)为偶函数，则a=________________．
15.如图，四边形ABCD和ABEF均是边长为1的正方形，且平面
ABCD⊥平面ABEF.M，N分别为对角线AC，BF上两点，则MN
的最小值为________．
16.已知首项为1的数列{a n}，满足a n+1=1
1+a n
(n∈N∗)，则a3=______ ．
三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）
17.某校为了解校园安全教育系列活动的成效，对全校3000名学生进行一次安全意识测试，根据测
试成绩评定“优秀”“良好”“及格”“不及格”四个等级，现随机抽取部分学生的答卷，统计结果及对应的频率分布直方图如下所示．
等级不及格及格良好优秀
得分[70,90)[90,110)[110,130)[130,150]
频数6a24b
(Ⅰ)求a、b、c的值；
(Ⅱ)试估计该校安全意识测试评定为“优秀”的学生人数；
(Ⅲ)已知已采用分层抽样的方法，从评定等级为“优秀”和“良好”的学生中任选6人进行强化培训；现在再从这6人中任选2人参加市级校园安全知识竞赛，求选取的2人中恰有1人为“优秀”的概率．
18.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．
(1)若sin(A+π
)=2cos A，求A的值；
6
(2)若cos A=1
，b=3c，求sin C的值.
3
19.如图，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB=BC=BD=4，∠ABC=
∠DBC=120°，E，F，G分别为AC，DC，AD的中点．
(1)求证：EF⊥平面BCG；
(2)求三棱锥D−BCG的体积．
20. 已知函数f(x)=(x −a −1)e x−1，a >0．
(1)当a =1时，求y =f(x)在点(2,f(2))处的切线方程；
(2)设函数g(x)=f(x)+alnx −x ，求g(x)的极值点．
21. 已知椭圆E 的中心在原点，焦点在x 轴上，它的一个顶点恰好是抛物线x 2=4√2y 的焦点，离心
率等于√63.椭圆E 的左焦点为F ，过点M(−3,0)任作一条斜率不为零的直线l 与椭圆E 交于不同的两点A ，B ，点A 关于x 轴的对称点为C ．
(Ⅰ)求椭圆E 的方程；
(Ⅱ)求证：CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =λFB ⃗⃗⃗⃗⃗ (λ∈R)；
(Ⅲ)求△MBC 面积的最大值．
22. 在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为{x =cosα
y =1+sinα(α为参数)，以坐标原点为极点，x 轴
的非负半轴为极轴建立极坐标系．
(Ⅰ)求曲线C 的极坐标方程；
(Ⅱ)设A ，B 为曲线C 上两点(均不与O 重合)，且满足∠AOB =π3，求|OA|+|OB|的最大值．
23. 已知函数f(x)=|x +1|−|4−2x|．
(1)求不等式f(x)≥13(x −1)的解集；
(2)若函数f(x)的最大值为m ，且2a +b =m(a >0,b >0)，求2a +1b 的最小值．
【答案与解析】
1.答案：D
解析：
本题考查了集合的化简与运算问题，属于基础题．根据补集和并集的定义，写出(∁U A)∪B即可．解：全集U={0,1，2，3，4，5}，
集合A={1,2，3，5}，B={2,3，4}，
则∁U A={0,3，4}，
所以(∁U A)∪B={0,2，3，4}．
故选D．
2.答案：A
解析：
本题考查了复数的代数表示及其几何意义，属于基础题．
由题意，可得1+x<0，即可得解．
解：∵复数z=(1+x)+i(i为虚数单位，x∈R)在复平面内对应的点在第二象限，
则1+x<0，解得x<−1，
∴x的取值范围是(−∞,−1)．
故选A．
3.答案：B
解析：
本题考查等差数列的求和，属于基础题．
利用等差数列的性质求解即可．
=13a7=26，所以a7=2，
解：S13=13(a1+a13)
2
所以4d=a11−a7=8，解得d=2，
所以a20=a11+9d=10+9×2=28．
故选B．
4.答案：B
解析：解：a⃗=(2,0)，b⃗ =(1,1)，λb⃗ −a⃗=(λ−2,λ)，
∵(λb⃗ −a⃗ )⊥a⃗，
∴(λb⃗ −a⃗ )⋅a⃗=0，
即2(λ−2)=0，
∴λ=2．
故答案为：2．
利用已知条件求出λb⃗ −a⃗，利用向量的垂直，求出λ即可．
本题考查向量的垂直条件的应用，基本知识的考查．
5.答案：D
解析：
本题主要考查几何概型与数学文化的考查，根据几何概型的概率公式求出对应区域的面积是解决本
题的关键；设出大正方形的边长，结合cosα=4
5
，分别求出小直角三角形的边长，得到小正方形的面积，结合几何概型的概率公式进行求解即可；属于基础题．
解：设大正方形边长为5，由cosα=4
5
知α对边等于3，邻边等于4，
∴小正方形的边长为1，面积等于S=1，
则对应的概率P=1
25
．
故选D．
6.答案：B
解析：
本题考查的知识要点：程序框图在数列中的应用，利用裂项相消法求数列的和的应用．属于基础题型．
直接利用程序框图的循环结构，数列的求和和利用裂项相消法在数列求和中的应用求出结果．
解：根据程序框图：S=S+1
i −1
i+1
，
执行第一次循环时：S=0+1−1
2=1
2
，
执行第二次循环时，S =1−12+12−13=23，
当n =100时，输出结果为：
S =1−12+12−13+⋯−1101=1−1101=100101．
故选：B ． 7.答案：B
解析：
本题主要考查函数图像的识别，考查学生思考推理的过程．
解：因为f(−1)=|2−1−2|
2−1+2=35，f(1)=|21−2|
21+2=0，
所以f (−1)≠f (1)，
所以函数f(x)不是偶函数，图象不关于y 轴对称，故排除A ，C ，
又f (0)=1
3，排除D ．
故选B ． 8.答案：C
解析：
本题考查利用简单线性规划求最值.由题意，作出可行域，由图形判断出目标函数z =y −2x 的最大值的位置，即可求出其最值．
解：由题意，作出可行域，如图所示：
由{x +2y =2x =0
，得A(0,1)，
由z=−2x+y得y=2x+z，
平行移动直线y=2x+z，当直线过点A时，截距最大，则z的值最大，∴目标函数z=−2x+y的最大值是1.
故选C．
9.答案：C
解析：
本题考查诱导公式及三角函数的性质，属于中档题．
由诱导公式可得，cos (2x−5π
6)=sin (2x−π
3
)，即可得ω=±2，从而可得ω=2时φ=−π
3
；ω=−2
时，φ=−2kπ+4π
3
(k∈Z)，即可得结果．
解：cos(2x−5π
6)=cos(2x−π
3
−π
2
)=sin(2x−π
3
)，由条件知ω=±2，
若ω=2，由φ=−π
3+2kπ(k∈Z)且|φ|<π，得φ=−π
3
；
若ω=−2，sin(−2x+φ)=sin(2x+π−φ)，则π−φ=−π
3
+2kπ(k∈Z)，
所以φ=−2kπ+4π
3
(k∈Z)，
又|φ|<π，则φ=−2π
3
．
故选C．
10.答案：A
解析：解：由三视图知：几何体右边是四棱锥，即“阳马”，底面边长为1和√3，高为1，其体积
V1=1
3×√3×1=√3
3
左边是直三棱柱，即“堑堵”，底面边长是√3和1的直角三角形，高为1，其体积V2=1
2×1×√3=√3
2
∴该几何体的体积V=V1+V2=√3
3+√3
2
=5√3
6
．
故选：A．
由已知中的三视图，可知该几何体右边是四棱锥，即“阳马”，左边是直三棱柱，即“堑堵”，该几何体的体积只需把“阳马”，和“堑堵”体积分别计算相加即可．
本题考查了四棱锥与三棱柱的三视图及其体积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．11.答案：C
解析：解：直线l：y=√3(x−1)与抛物线y2=2px联立，
可得3x2+(−6−2p)x+3=0，Δ=(6+2p)2−36>0，
x1+x2=6+2p
3
,x1x2=1，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
∵|AB|=√(x1−x2)2+(y1−y2)2=2|x1−x2|，
∴2√(6+2p
3)2−4=16
3
，
∴p=2，
故选：C．
直线与抛物线联立，利用韦达定理及弦长公式，即可求出p．
本题考查抛物线方程，考查直线与抛物线的位置关系，考查学生的计算能力，属于中档题．12.答案：B
解析：解：设F(x)=f(x)
e x
，
则F′(x)=f′(x)−f(x)
e x
，
∵f(x)<f′(x)，
∴F′(x)>0，即函数F(x)在定义域上单调递增；
∵f(0)=2，
∴不等式f(x)
e x
>2等价为F(x)>F(0)，
解得x>0，
所求不等式的解集为(0,+∞)．
故选：B．
根据条件构造函数F(x)=f(x)
e x
，求函数F(x)的导数，利用函数的单调性即可求出不等式的解集．本题主要考查了函数单调性的判断和应用，根据条件构造函数是解决本题的关键．
13.答案：√3x±2y=0 4
解析：
本题考查双曲线的简单性质的应用，是基本知识的考查．直接利用双曲线方程求解渐近线方程与实轴长即可．
解：双曲线x2
4−y2
3
=1，可得a=2，b=√3，
所以双曲线的渐近线方程是：√3x±2y=0，
实轴长为：4．
故答案为：√3x±2y=0；4．
14.答案：1
2
解析：
本题考查了函数的奇偶性的应用，属于基础题．
根据偶函数的定义可得f(−x)=f(x)，即可得−ax−log2(2−x+1)+cos(−x)=ax−log2(2x+ 1)+cos x，整理即可求得a．
解：因为f(x)是偶函数，故f(−x)=f(x)，
即−ax−log2(2−x+1)+cos(−x)=ax−log2(2x+1)+cos x，
∴2ax=log2(2x+1)−log2(2−x+1)=log22x+1
2−x+1
=x，
由x的任意性2a=1，可得a=1
2
．
故答案为1
2
．
15.答案：√3
3
解析：
本题考查利用空间向量求空间两点间的距离，建立空间直角坐标系，设BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λBF ⃗⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1)求出
M ，N 的坐标，把|MN |表示为λ的函数，配方求得最小值．
解：由已知得，BA ，BE ，BC 两两相互垂直．以B 为坐标原点，分别以BA ，BE ，BC 方向为x ，y ，
z 轴建立空间直角坐标系，则A(1,0，0)，F(1,1，0)，C(0,0，1)．BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0)，CA
⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,−1)，设BN
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λBF ⃗⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1)，CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =μCA ⃗⃗⃗⃗⃗ (0≤μ≤1)，则BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(λ,λ,0)，BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,1)+μ(1,0,−1)=(μ,0,1−μ)，所以N(λ,λ,0)，M(μ,0，1−μ)，MN
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(λ−μ,λ,μ−1)，所以|MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2=(λ−μ)2+λ2+(μ−1)2=2λ2−2λμ+2μ2−2μ+1=2(λ−μ2)2+32(μ−23)2+13≥13，当且仅当λ=13，μ=23时取等号．所以|MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |≥√33． 故答案为√33． 16.答案：23
解析：
本题主要考查数列项的求解，属于基础题，根据数列的递推关系是解决本题的关键．
根据数列的递推关系即可得到结论．
解：∵首项为1，满足a n+1=1
1+a n ∴a 2=11+1=12，
a 3=1
1+12=23，
故答案为：23
17.答案：解：(Ⅰ)由频率和为1，得
(0.005+c +0.02+0.01)×20=1，
解得c =0.015，
由a 6=0.0150.005，解得a =18，
由b 6=0.010.005，解得b =12；
(Ⅱ)该校安全意识测试评定为“优秀”的频率是0.01×20=0.2，
估计该校安全意识测试评定为“优秀”的学生人数为3000×0.2=600；
(Ⅲ)采用分层抽样的方法，从评定等级为“优秀”和“良好”的学生中任选6人，
抽取比例为12：24=1：2；
“优秀”人数选2人，记为A、B，
“良好”人数选4人，记为C、D、E、F，
现再从这6人中任选2人，基本事件数是
AB、AC、AD、AE、AF、BC、BD、BE、BF、CD、CE、CF、DE、DF、EF共15种，
选取的2人中有1人为“优秀”的基本事件数是
AC、AD、AE、AF、BC、BD、BE、BF共8种，
故所求的概率为P=8
15
．
解析：本题考查了列举法计算基本事件数和发生的概率，也考查了频率分布直方图的应用问题，是基础题．
利用列举法写出基本事件数，求出对应的概率值．
(Ⅰ)由频率和为1求出c的值，根据频率与频数的比例关系求出a、b的值；
(Ⅱ)计算评定为“优秀”的频率，求出对应的频数即可；
(Ⅲ)采用分层抽样法，抽取优秀和良好的学生分别为2人和4人，
18.答案：解：(1)由题意知sin Acosπ
6+cos Asinπ
6
=2cos A，
即sin A=√3cos A，且cos A≠0，
所以tan A=√3，因为0<A<π，所以A=π
3
.
(2)由cos A=1
3
，b=3c，及a2=b2+c2−2bccos A，
可得b2=a2+c2，所以△ABC是直角三角形，且B=π
2
，
所以sin C=cos A=1
3
．
解析：本题考查三角形的余弦定理、考查两角和的正弦公式，属于基础题．
(1)利用两角和的正弦公式，即可求出角A的正弦，从而求出角A;
(2)利用余弦定理得b2=a2+c2，所以△ABC是直角三角形，且B=π
2
，即可求解．19.答案：证明：(1)∵△ABC和△BCD所在平面互相垂直，
AB=BC=BD=4，∠ABC=∠DBC=120°，E，F，G分别为AC，DC，AD的中
点，
∴△ABC≌△DBC，
∵G是AD中点，∴CG⊥AD，同理BG⊥AD，
又BG∩CG=G，∴AD⊥平面BGC，
∵E，F分别是AC，DC的中点，
∴EF//AD，∴EF⊥平面BCG．
解：(2)在平面ABC内，作AO⊥BC，交CB的延长线于O，如图，∵平面ABC⊥平面BCD，∴AO⊥平面BDC，
又G为AD的中点，∴G到平面BDC的距离h是AO长的一半，
在△AOB中，AO=AB⋅sin60°=2√3，
∴三棱锥D−BCG的体积：
V D−BCG=V G−BCD=1
3×1
2
×BD×BC×sin120°×√3=4．
解析：(1)推导出△ABC≌△DBC，CG⊥AD，BG⊥AD，从而AD⊥平面BGC，推导出EF//AD，由此能证明EF⊥平面BCG．
(2)作AO⊥BC，交CB的延长线于O，推导出AO⊥平面BDC，G到平面BDC的距离h是AO长的一半，三棱锥D−BCG的体积V D−BCG=V G−BCD．
本题考查线面垂直的证明，考查三棱锥体积的求法，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，是中档题．
20.答案：解：(1)当a=1时，f(x)=(x−2)e x−1，
∴f′(x)=(x−1)e x−1，
∴k=f′(2)=e，
∵f(2)=0，
∴y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y=e(x−2)；
(2)g(x)=f(x)+alnx−x
=(x−a−1)e x−1+alnx−x，x>0，
∴g′(x)=(x−a)e x−1+a
x
−1，x>0，
由g′(x)=(x−a)e x−1−x−a
x
=(x −a)(e x−1−1x )=0，
可得x =1或x =a ，
当0<a <1时，可得g(x)在(0,a)单调递增，
在(a,1)单调递减，在(1,+∞)单调递增，
可得g(x)在x =a 处取得极大值，在x =1处取得极小值；
当a =1处，g(x)单调递增，无极值；
当a >1时，可得g(x)在(0,1)单调递增，在(1,a)单调递减，在(a,+∞)单调递增，
可得g(x)在x =1处取得极大值，在x =a 处取得极小值．
解析：本题考查导数的几何意义和利用导数研究函数的极值，属于中档题．
(1)求得f(x)的导数，可得切线的斜率，由点斜式方程可得切线的方程；
(2)求得g(x)的解析式，求得导数，令g ′(x)=0，解方程可得x =1，x =a ，讨论0<a <1，a =1，a >1，可得单调性，即可得到极值点．
21.答案：解：(Ⅰ)设椭圆E 的方程为x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)，
抛物线x 2=4√2y 的焦点为(0,√2)，
由题意可知c a =√63
，b =√2，a 2−b 2=c 2， 解得a =√6，b =√2，c =2，
∴椭圆E 的方程为x 26+y 22=1；
(Ⅱ)证明：点M 坐标为(−3,0).于是可设直线l 的方程为y =k(x +3)，
联立{y =k(x +3)x 2+3y 2=6
得(1+3k 2)x 2+18k 2x +27k 2−6=0， △=(18k 2)2−4(1+3k 2)(27k 2−6)>0，解得k 2<23．
设点A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，则x 1+x 2=−18k 21+3k ，x 1x 2=27k 2−61+3k ，
y 1=k(x 1+3)，y 2=k(x 2+3)，
∵F(−2,0)，C(x 1,−y 1).
∴FC
⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1+2,−y 1)，FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 2+2,y 2)， ∵(x 1+2)y 2−(x 2+2)(−y 1)=(x 1+2)k(x 2+3)+(x 2+2)k(x 1+3)
=k[2x 1x 2+5(x 1+x 2)+12]
=k[2⋅27k 2−6
1+3k 2+5⋅(−18k 21+3k 2)+12]=0，
∴CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =λFB ⃗⃗⃗⃗⃗ (λ∈R)；
(Ⅲ)由(Ⅱ)可知：k 2<23，
由题意可知：S =12|MF||y 1|+12|MF||y 2|=12|MF||y 1+y 2|
=12|k(x 1+x 2)+6k|=3|k|1+3k 2=
31|k|+3|k|≤2√3=√32． 当且仅当k 2=13<23，“=”成立，
∴k 2=1
3时，△MBC 面积S 取得最大值√32．
解析：
(Ⅰ)设椭圆E 的方程为x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)，由题意可知可知c a =√63，b =√2，
a 2−
b 2=
c 2，解方程即可得到所求；
(Ⅱ)点M 坐标为(−3,0).于是可设直线l 的方程为y =k(x +3).设点A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，F(−2,0)，
C(x 1,−y 1)，FC
⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1+2,−y 1)，FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 2+2,y 2)，利用向量共线定理即可判断出； (Ⅲ)利用三角形的面积计算公式和基本不等式即可得出．
本题综合考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题转化为方程联立得到根与系数的关系、三角形的面积公式、向量共线定理等基础知识与基本技能方法，属于难题．
22.答案：解：(I)曲线C 的参数方程为{x =cosαy =1+sinα(α为参数)，转换为直角坐标方程为x 2+(y −
1)2=1，
整理得x 2+y 2−2y =0，转换为极坐标方程为ρ=2sinθ．
(II)设A(ρ1,θ)，则B(ρ2,θ+π3)，
故ρ1=2sinθ，ρ2=2sin(θ+π3)，
所以|OA|+|OB|=ρ1+ρ2=2sinθ+2sin(θ+π3)=2√3sin(θ+π6)． 当θ=π3时，|OA|+|OB|的最大值为2√3．
解析：(Ⅰ)直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换求出结果． (Ⅱ)利用三角函数关系式的恒等变换和极径的应用求出结果．
本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，三角函数关系式的恒等变
换，极径的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．23.答案：解：(1)f(x)=|x+1|−|4−2x|
={
x−5,x<−1
3x−3,−1≤x≤2−x+5,x>2
,
因为f(x)≥1
3
(x−1)，
所以{x<−1
x−5≥1
3
(x−1)或{
−1≤x≤2
3x−3≥1
3
(x−1)或{
x>2
−x+5≥1
3
(x−1),
解得：x无解或1≤x≤2或2<x≤4，
故不等式f(x)≥1
3
(x−1)的解集为[1,4]；
(2)由(1)可知f(x)在(−∞,2]时单调递增，在[2,+∞)时单调递减，则f(x)的最大值m=f(2)=3，
则2a+b=3(a>0,b>0)，
所以2
a +1
b
=1
3
(2a+b)(2
a
+1
b
)
=1
3(2a
b
+2b
a
+5)≥1
3
(2√2a
b
·2b
a
+5)=3，
当且仅当a=b=1时，等号成立，
所以2
a +1
b
的最小值为3．
解析：本题考查绝对值不等式的解法，利用基本不等式求最值，属于中档题．
(1)f(x)≥1
3(x−1)转化为{
x<−1
x−5≥1
3
(x−1)或{
−1≤x≤2
3x−3≥1
3
(x−1)或{
x>2
−x+5≥1
3
(x−1)，先求出每
个不等式组的解集，再求它们的并集即可；
(2)由(1)可知f(x)的最大值m=f(2)=3，则2a+b=3(a>0,b>0)，再由基本不等式即可求出．。