2015年高考理科数学陕西卷-答案

n n
n 2015 年普通高等学校招生全国统一考试（陕西卷）
理科数学答案解析
第一部分
一、选择题
1. 【答案】A
【解析】由 M ={x | x 2 = x } ⇒ M ={0,1},
N ={x | lg x ≤ 0}⇒ N ={x | 0 < x ≤1}
所以 M N =[0,1] ．
【提示】求解一元二次方程化简 M ，求解对数不等式化简 N ，然后利用并集运算得答案 【考点】并集及其运算
2. 【答案】C
【解析】初中部女教师的人数为110⨯ 70% = 77 ；高中部女教师的人数为40⨯150% = 60 ，∴该校女教师的 人数为77 + 60 =137 ，
【提示】利用百分比，可得该校女教师的人数．
【考点】收集数据的方法．
3. 【答案】C
【解析】解：由题意可得当sin
⎛ π x + ϕ ⎫
取最小值-1 时，函数取最小值 y
= -3 + k = 2 ，解得 k = 5 ，∴ 6 ⎪ min ⎝ ⎭ y = 3sin ⎛ π x + ϕ ⎫ + 5 ，∴当sin ⎛ π x + ϕ ⎫
取最大值
1 时，函数取最大值 y = 3 + 5 = 8 ， 3 ⎪ 6 ⎪ max ⎝ ⎭ ⎝ ⎭
【提示】由题意和最小值易得 k 的值，进而可得最大值． 【考点】 y = A sin(ωx +ϕ) 的图象性质．
4. 【答案】B
【解析】二项式(x +1)n 的展开式的通项是T
= C r x r
，
令 r = 2 得 x 2 的系数是C 2 ，
因为 x 2 的系数为15 ，所以C 2 = 15 ，
即 n 2 - n - 30 = 0 ，解得： n = 6 或n = -5 ， 因为n ∈ N + ，所以n = 6
r +1
n 几何体 2 2
【提示】由题意可得C 2
= 15 ，解关于 n 的方程可得．
【考点】二项式定理的应用．
5. 【答案】D
【解析】根据几何体的三视图，得；
该几何体是圆柱体的一半，∴该几何体的表面积为
V = π 12 + π⨯1⨯
2 + 2⨯ 2
= 3π + 4
【提示】根据几何体的三视图，得出该几何体是圆柱体的一部分，利用图中数据求出它的表面积． 【考点】由三视图求面积，体积
6. 【答案】A
【解析】cos2α = 0 ⇒cos 2 α -sin 2 α = 0
⇒(cos α -sin α)(cos α +sin α) = 0
所以sin α = cos α或sin α = - cos α
【提示】由cos2α = cos 2 α -sin 2 α ，即可判断出． 【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．
7. 【答案】B
【解析】因为a b =| a || b | cos < a ,b >≤| a || b | ，所以选项A 正确； 当 a 与b 方向相反时，| a - b |≤ | a | - | b | 不成立，所以选项 B 错误； 向量的平方等于向量的模的平方，所以选项C 正确；
(a + b)(a - b) = a - b 所以选项D 正确
【提示】由向量数量积的运算和性质逐个选项验证可得． 【考点】平面向量数量积的运算
8. 【答案】C
【解析】解：模拟执行程序框图，可得 x = 2006，x = 2004 满足条件 x ≥ 0，x = 2002 满足条件 x ≥ 0，x = 2000 ……
满足条件 x ≥ 0，x = 0
ab ⎨ ⎩ ⎩ ⎩ 满足条件 x ≥ 0
不满足条件 x ≥ 0，y =10 输出 y 的值为10
【提示】模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的 x 的值，当 x = -2 时不满足条件 x ≥ 0 ，计算并输出 y 的值为10 . 【考点】程序框图
9. 【答案】B
【解析】 p = f ( ab ) = ln ab ，
q = f ⎛ a + b ⎫
= ln
a +
b ，
2 ⎪ 2 ⎝ ⎭
r = 1 ( f (a ) + f (b )) = 1
ln ab = ln 2 2
函数 f (x ) = ln x 在(0, +∞) 上单调递增，
因为 a + b > ，所以 f ⎛ a + b ⎫
> f (
ab ) ， 2
2 ⎪ ⎝ ⎭ 所以q > p = r
【提示】由题意可得 p = 1 (ln a + ln b ) ， q = ln ⎛ a + b ⎫ ≥ ln( ab ) = p ， r = 1 (ln a + ln b ) ，可得大小关系． 2 2 ⎪ 2
【考点】不等关系与不等式．
10. 【答案】D
⎝ ⎭
⎧3x + 2 y ≤ 12
【解析】设每天生产甲乙两种产品分别为 x ，y 顿，利润为 z 元，则⎪
x + 2 y ≤ 8 ⎪x ≥ 0, y ≥ 0 ，目标函数为 z = 3x + 4y ．
作出二元一次不等式组所表示的平面区域（阴影部分）即可行域．
由 z = 3x + 4y 得 y = - 3 x + z ，平移直线 y = - 3 x + z 由图象可知当直线 y = - 3 x + z
经过点 B 时，直线
4 4 4 4 4 4
y = - 3 x + z
的截距最大，此时 z 最大，解方程组⎧3x + 2 y = 12 ，解得⎧ x = 2 ，即 B 的坐标为 x = 2，y = 3 ，
4 4
∴
z max = 3x + 4y = 6 +12 =18 ⎨x + 2 y = 8 ⎨ y = 3
即每天生产甲乙两种产品分别为 2，3 顿，能够产生最大的利润，最大的利润是18 万元
ab
【提示】设每天生产甲乙两种产品分别为 x ，y 顿，利润为 z 元，然后根据题目条件建立约束条件，得到目标函数，画出约束条件所表示的区域，然后利用平移法求出 z 的最大值． 【考点】简单线性规划的应用
11. 【答案】D
【解析】∵复数 z = (x -1) + y i(x ，y ∈R ) 且| z |≤1，
∴| z |
= ≤ 1，即(x -1)2 + y 2
≤ 1 ，
∴点(x ，y ) 在(1
，0) 为圆心 1 为半径的圆及其内部，而 y ≥ x 表示直线 y = x 左上方的部分，（图中阴影弓形） ∴所求概率为弓形的面积与圆的面积之比，
∴所求概率 P = 1 π 12 - 1 ⨯1⨯1 = 1 - 1
4 2 4 2π
【提示】由题意易得所求概率为弓形的面积与圆的面积之比，分别求面积可得． 【考点】几何概型
12. 【答案】A
【解析】假设选项A 错误，则选项B 、C 、D 正确， f '(x ) = 2ax + b ，
因为 1 是 f (x ) 的极值点，3 是 f (x ) 的极值， ⎧ f '(1) = 0 ⎧2a + b = 0 ⎧b = -2a 所以⎨ f (1) = 3 ， ⎨a + b + c = 3 ，解得⎨c = 3 + a ，
⎩ ⎩ ⎩
因为点(2,8) 在曲线 y = f (x ) 上，所以4a + 2b + c = 8，
解得： a = 5 ，所以b = -10 ， c = 8 ， 所以 f (x ) = 5x 2 -10x + 8
因为 f (-1) = 5⨯(-1)2 -10⨯(-1) + 8 = 23 ≠ 0 ， 所以-1不是 f (x ) 的零点，所以假设成立，选 A
【提示】可采取排除法．分别考虑 A ，B ，C ，D 中有一个错误，通过解方程求得 a ，判断是否为非零整数，
(x -1)2 + y 2
1
即可得到结论．
【考点】二次函数的性质．
第二部分
二、填空题
13. 【答案】5
【解析】解：设该等差数列的首项为 a ，由题意和等差数列的性质可得2015 + a =1010⨯ 2 解得 a = 5
【提示】由题意可得首项的方程，解方程可得． 【考点】等差数列
14. 【答案】2 【解析】抛物线 y 2 = 2 px ( p > 0) 的准线方程是 x =- p
，
2 双曲线 x 2 - y 2 = 1 的一个焦点 F (- 2, 0) ，
因为抛物线 y 2 = 2 px ( p > 0) 的准线
经过双曲线 x 2 - y 2 = 1 的一个焦点，
所以- p
= - 2
2 ，解得 p = 2 【提示】先求出 x 2 - y 2 = 1 的左焦点，得到抛物线 y 2
= 2 px ( p > 0) 的准线，依据 p 的意义求出它的值．
【考点】抛物线的简单性质 15.【答案】(1,1)
【解析】∵ f '(x ) = e x ，∴ f '(0) = e 0
= 1
∵ y = e x
在(0,1) 处的切线与 y = 1 (x > 0) 上点 P 的切线垂直
x
∴点 P 处的切线斜率为-1
又 y ' = 1
x 2 ，设点 P (x 0，y 0 )
∴ - 1
x 0
= -1
∴
x 0 = ±1， x > 0，∴ x 0 =1
∴
y 0 = 1 2
2
3 ∴点 P (1,1)
【提示】利用 y = e x
在某点处的切屑斜率与另一曲线的切线斜率垂直求得另一曲线的斜率，进而求得切点坐
标．
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程
16. 【答案】1.2
【解析】如图：建立平面直角坐标系，设抛物线方程为：
y = ax 2
，因为抛物线经过(5，2) ，可得a = 2
， 25
所以抛物线方程： y =
2
x 2 ，横截面为等腰梯形的水渠， 25 泥沙沉积的横截面的面积为： 2⎛ 5 2 x 2 - 1 ⨯ 2 ⨯ 2⎫ = 2⎛ 2 x 3 |5 -2⎫ = 8
， ⎰0 25 2 ⎪ 75 0 ⎪ 3 ⎝ ⎭ ⎝ ⎭
10 + 6 ⨯ 2 = 16 ，当前最大流量的横截面的面积16 - 8
，原始的最大流量与当前最大流量
的比值为：
16
18 - 8
2 3
= 1.2
【提示】建立直角坐标系，求出抛物线方程，然后利用定积分求出泥沙沉积的横截面面积，求出梯形面积， 即可推出结果．
【考点】直线与圆锥曲线的关系． 三、解答题
17. 【答案】（Ⅰ） A = π
3
（Ⅱ）
3 3
2 【解析】（Ⅰ）因为向量m = (a , 3b ) 与n = (cos A ，sin B ) 平行，所以a sin B -
3b cos A = 0 ，由正弦定理可知：
sin A sin B - 3 sin B cos A = 0 ，因为sin B ≠ 0 ，所以tan A =
3
，可得 A = π ； 3
（Ⅱ）由正弦定理得 7 = 2 ，从而sin B = 21
，
sin π sin B 7
3
等腰梯形的面积为：
3 ⎩ ⎨
又由a > b ，知 A > B ，所以cos B =
故 = ⎛
π ⎫
sin C = sin(A + B ) sin B + ⎪
⎝
⎭ = sin B cos π + cos B sin π = 3 21
3 3
14 所以∆ABC 的面积为 1 bc sin A = 3 3
2 2
【提示】（Ⅰ）利用向量的平行，列出方程，通过正弦定理求解 A ；
（Ⅱ）利用 A ，以及a = 7，b = 2 ，通过余弦定理求出 c ，然后求解∆ABC 的面积．
【考点】余弦定理的应用，平面向量共线（平行）的坐标表示
18. 【答案】（Ⅰ）见解析
（Ⅱ） 6
3
【解析】证明：（Ⅰ）在图 1 中，∵ AB = BC =1，AD = 2 ，E 是 AD 的中点，
∠BAD = π
， 2
∴ BE ⊥ AC ，即在图 2 中， BE ⊥ OA 1，BE ⊥ OC ，则 BE ⊥ 平面A 1OC ；
∵
CD ∥BE ， ∴ CD ⊥ 平面A 1OC ；
（Ⅱ）若平面A 1BE ⊥ 平面BCDE ，由（Ⅰ）知 BE ⊥ OA 1，BE ⊥ OC ，
∴ ∠A 1OC 为二面角 A 1 - BE - C 的平面角，
∴ ∠AOC = π
，如图，建立空间坐标系，
1
2
∵
A 1
B = A 1E = B
C = E
D =1 ， BC ∥ED
B ⎛ 2 ，0 ⎫ ⎛ 2 ⎫ ⎛ 2 ⎫ ⎛ 2 ⎫ ∴ 2 ，0 ⎪，E - 2 ，0，0 ⎪，A 1 0，0, 2 ⎪，
C 0, 2 ，0 ⎪ ，
⎝ ⎭ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭
BC
⎛ 2 2 ⎫ ⎛ 2 2 ⎫ = - 2 , 2 , 0 ⎪, A 1C = 0, 2 , - 2 ⎪，CD = BE (
- 2, 0, 0
)
⎝ ⎭ ⎝ ⎭
设平面A 1BC 的法向量为m = (x , y , z ) ，平面A 1CD 的法向量为n = (a ，b ，c ) ，则
⎧⎪m B C ⎨ ⎪⎩m A C 1
= 0 ⎧- x + y = 0 = 0 得⎨ y - z = 0 ，
令 x =1 ，则
y =1，z =1
，即m ⎧⎪n A 1C = 0 = (1,1,1) ，由⎨ ⎪⎩n CD = 0
⎧a = 0
得 ⎩b - c = 0
，取n = (0，1，1) ， 2 7
7
m, n >=
m n
=
2
| m || n | 3 ⨯ 2
6
则cos <=，
3
即平面A BC 与平面ACD 夹角的余弦值为6 ．
1 1 3
【提示】（Ⅰ）根据线面垂直的判定定理即可证明：CD ⊥平面A1OC ；
（Ⅱ）若平面A1BE ⊥平面BCDE ，建立空间坐标系，利用向量法即可求平面A1BC 与平面A1CD 夹角的余弦值．【考点】二面角的平面角及求法，直线与平面垂直的性质
【答案】（Ⅰ）T 的分布列为：
T 25 30 35 40
P 0.2 0.3 0.4 0.1
ET = 32 （分钟）
（Ⅱ）0.91
T（分钟）25 30 35 40
频率0.2 0.3 0.4 0.1
T 25 30 35 40
P 0.2 0.3 0.4 0.1
从而数学期望ET = 25⨯ 0.2 + 30⨯ 0.3 + 35⨯ 0.4 + 40⨯ 0.1 = 32 （分钟）
（Ⅱ）设T1，T2 分别表示往、返所需时间，T1，T2 的取值相互独立，且与T 的分布列相同，设事件A 表示“刘教授共用时间不超过120 分钟”，由于讲座时间为50 分钟，所以事件A 对应于“刘教授在路途中的时间不超过70 分钟”
b 2 +
c 2
10(b 2
- 2) 10
1 1
2 2
P (A ) = P (T 1 + T 2 > 70) = P (T 1 = 35，T 2 = 40) + P (T 1 = 40，T 2 = 35) + P (T 1 = 40，T 2 = 40)
= 0.4⨯ 0.1+ 0.1⨯ 0.4 + 0.1⨯ 0.1 = 0.09 故 P ( A ) =1- P (A ) = 0.91
【提示】（Ⅰ）求 T 的分布列即求出相应时间的频率，频率=频数÷样本容量， 数学期望 ET = 25⨯ 0.2 + 30⨯ 0.3 + 35⨯ 0.4 + 40⨯ 0.1 = 32 （分钟）；
（Ⅱ）设T 1，T 2 分别表示往、返所需时间，事件 A 对应于“刘教授共用时间不超过 70 分钟”，先求出
P (A ) = P (T 1 = 35，T 2 = 40) + P (T 1 = 40，T 2 = 35)+ P (T 1 = 40，T 2 = 40 )= 0 .09
【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
20. 【答案】（Ⅰ） 3
2
（Ⅱ） x 2 + y 2 =
12 3
【解析】（Ⅰ）经过点(0,b ) 和(c ,0) 的直线方程为bx + cy - bc = 0 ，
则原点到直线的距离为d = bc = 1 c 2 ，即为a = 2b ，e = c = a = 3 ； 2
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，椭圆E 的方程为 x 2 + 4 y 2 = 4b 2
①，
由题意可得圆心 M (-2，1) 是线段 AB 的中点，则| AB |= 10 ，易知 AB 与 x 轴不垂直，
记其方程为 y = k (x + 2) +1，代入①可得
(1+ 4k 2 )x 2 + 8k (1+ 2k ) x + 4(1+ 2k )2
- 4b 2 = 0 ，设 A (x ，y )，B (x ，y ) ，
x +
-8k (1+ 2k )
4(1 + 2k )2 - 4b 2
x + x = -4 -8k (1+ 2k ) 1
则 1 x 2 =
1+ 4k
2
， x 1 x 2 =
1 + 4k 2
，由 1 2
，得 1+ 4k 2 = -4 ，解得k = ， 2
从而 x 1 x 2 = 8 - 2b ，于是| AB |= 2
x 2 y 2
= = ， 解得b 2
= 3 ，则有椭圆 E 的方程为 + = 1
12 3
【提示】（Ⅰ）求出经过点(0，b ) 和(c ，
0) 的直线方程，运用点到直线的距离公式，结合离心率公式计算即可得到所求值；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，椭圆 E 的方程为 x 2 + 4 y 2 = 4b 2
，①设出直线 AB 的方程，代入椭圆方程，运用韦达定
理和弦长公式，结合圆的直径和中点坐标公式，解方程可得b 2 = 3 ，即可得到椭圆方程． 【考点】直线与圆锥曲线的综合问题，曲线与方程
b 2 1 - a 2 1 + | x + x |= ⎛ 1 ⎫2 ⎝ 2 ⎭
⎪ 1 2 5 2
(x + x )2 - 4x x 1 2 1 2 1
n 0
21. 【答案】（Ⅰ）见解析
（Ⅱ）当 x =1 时， f n (x ) = g n (x )
当 x ≠ 1 时， f n (x ) < g n (x )
【解析】证明：（Ⅰ）由 F n (x ) = f n (x ) - 2 = 1+ x + x 2 +⋯+ x n - 2 ，则 F (1) = n -1 > 0 ，
⎛ 1 ⎫n +1
⎛ 1 ⎫ 1 ⎛ 1 ⎫2
⎛ 1 ⎫n
1- 2 ⎪ 1 F = 1+ + +⋯+
- 2 = ⎝ ⎭ - 2 = - < 0 ，
n 2 ⎪ 2 2 ⎪ 2 ⎪ 1 2n
⎝ ⎭ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭ 1-
2 ∴ F (x ) 在⎛ 1 ,1⎫ 内至少存在一个零点，又 F '(x ) = 1+ 2x +⋯+ nx n -1
> 0 ， n 2 ⎪ n ⎝ ⎭ ∴ F (x ) 在⎛ 1 ,1⎫
内单调递增， n 2 ⎪ ⎝ ⎭ ∴ F (x ) 在⎛ 1 ,1⎫
内有且仅有一个零点 x ， n 2 ⎪ n
⎝ ⎭
∵ x n 是 F n (x ) 的一个零点，
1 - x n +1 ∴ F (x ) = 0 ，即 n -
2 = 0 ，故 x = 1 + 1 x n +1 ； 1 - x n
n 2 2 n
(n + 1)(1 + x n ) （Ⅱ）由题设， g n (x ) =
， 2
2
n
(n +1)(1 + x n )
设 h (x ) = f n (x ) - g n (x ) = 1 + x + x
当 x =1 时， f n (x ) = g n (x ) ．
+⋯+ x -
，x > 0 ． 2
当 x ≠ 1 时， h '(x ) = 1 + 2x +⋯+ nx
n -1 n (n + 1)x n -1
-
．
2
若0 < x < 1， h '(x ) > x
n -1 + 2x
n -1 + ... + nx n -1 -
n (n + 1)x n -1
2
= n (n +1)x n -1 - n (n +1)x n -1 = ． 2 2
若 x >1 ， h '(x ) < x
n -1
+ 2x
n -1
+ ... + nx
n -1
-
n (n +1)x n -1
2
= n (n +1)x n -1 - n (n +1)x n -1 = ． 2 2
∴
h (x ) 在(0，1) 内递增，在(1，+ ∞) 内递减， ∴ h (x ) < h (1) = 0 ，即 f n (x ) < g n (x ) ．
n n
2 综上，当 x =1 时， f n (x ) = g n (x ) ；
当 x ≠ 1 时， f n (x ) < g n (x ) ．
【提示】（Ⅰ）由 F (x ) = f (x ) - 2 = 1+ x + x 2 +⋯+ x n - 2 ，求得 F (1) > 0 ， F ⎛ 1 ⎫ < 0 ．再由导数判断出函 n n n n 2 ⎪ ⎝ ⎭ 数 F (x ) 在 ⎛ 1 ,1⎫ 内单调递增， 得到 F (x ) 在 ⎛ 1 ,1⎫ 内有且仅有一个零点 x ，由 F (x )= 0，得到 n 2 ⎪ n 2 ⎪ n n n
⎝ ⎭ ⎝ ⎭ x = 1 + 1 x n +1 ；
n 2 2 n (n + 1)(1 + x n ) 2 n (n +1)(1 + x n ) （Ⅱ）先求出 g n (x ) = 2 ，构造函数h (x ) = f n (x ) - g n (x ) = 1 + x + x +⋯+ x - ，当 2
x =1 时， f n (x ) = g n (x )； 当 x ≠ 1 时， 利用导数求得 h (x ) 在(0，1) 内递增， 在
(1，+ ∞) 内递减，即得到
f n (x ) <
g n (x )．
【考点】数列的求和，等差数列与等比数列的综合
22. 【答案】（Ⅰ）见解析
（Ⅱ）3
【解析】证明：（Ⅰ）∵ DE 是 O 的直径，则∠BED + ∠EDB = 90︒ ，
∵
BC ⊥ DE ， ∴ ∠CBD + ∠EDB = 90︒ ，即∠CBD = ∠BED ，
∵ AB 切 O 于点 B ，
∴ ∠DBA = ∠BED ，即∠CBD = ∠DBA ； （Ⅱ）由（Ⅰ）知 BD 平分∠CBA ，则
BA = AD = 3 ，
∵ BC = ， ∴ AB = 3 2 ， A C = BC CD
= 4 ，则 AD = 3 ， AB 2
由切割线定理得 AB 2 = AD AE ，即 AE = = 6 ，
AD 故 DE = AE - AD = 3 ，即 O 的直径为 3．
【提示】（Ⅰ）根据直径的性质即可证明： ∠CBD = ∠DBA ；
（Ⅱ）结合割线定理进行求解即可求 O 的直径．
【考点】直线与圆的位置关系
23.【答案】（Ⅰ）
x 2 + ( y - 3)2 = 3 AB 2 - BC 2
t 2 +12 3 3 at +12 bt -3t +12 3 4 - t 4 - t + t t ⎩ ⎨ ⎨ （Ⅱ） P (3,0)
【解析】（Ⅰ）由 C 的极坐标方程为 ρ = 2 3ρ sin θ ．
∴ ρ2 = 2 3ρ sin θ ，化为 x 2 + y 2 = 2 3y ，配方为 x 2 + ( y -
3)2 = 3 ．
⎛ 1 3 ⎫ （Ⅱ）设 P 3 + 2 t , 2 t ⎪ ，又C (0, 3) ． ⎝ ⎭ ∴|PC |=
= ≥ 2 ，
因此当t = 0 时，| PC | 取得最小值2 ．
此时 P (3,0) ．
【提示】（Ⅰ）由 C 的极坐标方程为 ρ = 2 3ρ sin θ ．化为 ρ2 = 2 3ρ sin θ ，把
⎧ρ 2 = x 2 ⎨ y = ρn
+2y θ 代入即可得出． ⎛ 1 3 ⎫
（Ⅱ）设 P 3 + 2 t , 2 t ⎪ ，又C (0, 3) ．利用两点之间的距离公式可得|PC |=
，再利用二次函数的
⎝ ⎭
性质即可得出．
【考点】点的极坐标和直角坐标的互化
⎧a = -3 24.【答案】（Ⅰ） ⎨
⎩b = 1
（Ⅱ）4
【解析】（Ⅰ）关于 x 的不等式| x + a |< b 可化为-b - a < x < b - a ，又∵原不等式的解集为{x | 2 < x < 4}， ⎧-b - a = 2 ∴ ⎩b - a = 4 ⎧a = -3 ，解方程组可得 ； ⎩
b = 1
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得 + = +
= +
≤
= 2 = 4 ，当且仅当 = 即t =1时取等号， 1
∴所求最大值为 4
⎛ 1 ⎫2 3 + t ⎪ + t - 3 ⎪ ⎛ 3 ⎫ 2 ⎝ 2 ⎭ ⎝ 2 ⎭ t 2 +12 t
t [( 3)2 +12 ][( 4 - t )2 + ( t )2 ]
4 - t 3
-3t +12 t 3 4 - t t 【提示】（Ⅰ）由不等式的解集可得 a 与 b 的方程组，解方程组可得； （Ⅱ）原式= + = + ，由柯西不等式可得最大值．
【考点】不等关系与不等式。