2019南昌二模理科数学(解析版)

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2019南昌二模理科数学(解析版)

NCS20190607 项目第二次模拟测试卷 理科数学 一、选择题:本题共 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 2{ | 2 0}, { | 0 3}A x x x B x x       ,则 A B 等于( ) A.( 1,3) B.(0,3) C.(1,3) D.(2,3) 1.答案:D 解析: 2{ | 2 0} { | ( 2)( 1) 0} { | 1 2}, { | 0 3}A x x x x x x x x x B x x              或 , 所以 (2,3)A B  . 2.已知 , Ra b ,复数 iz a b  ,则 2z 等于( ) A. 2 2 2 ia b ab  B. 2 2 2 ia b ab  C. 2 2a b D. 2 2a b 2.答案:D 解析: 22 2 2 2,z a b z a b     . 3.已知函数 2( )f x ax x a   ,命题 0 0: , ( ) 0Rp x f x   ,若 p 为假命题,则实数 a 的取值范围是 ( ) A. 1 1,2 2     B. 1 1,2 2     C. 1 1, ,2 2              D. 1 1, ,2 2             3.答案:C 解析:因为 p 为假命题,所以 : , ( ) 0Rp x f x    为真命题, 当 0a  时, ( )f x x 显然不满足题意; 当 0a  时, ( )f x 为二次函数,而 21 4 0a    ,解得 1 2a   或 1 2a  . 4.已知抛物线 2 8y x 的焦点为 F ,点 P 在该抛物线上,且 P 在 y 轴上的投影点为 E ,则 PF PE 的 值为( ) A.1 B.2 C.3 D.4 4.答案:B 解析: 2 2 , 4, 22 py px p PF PE      . 5.一个组合体的三视图如图所示(图中网格小正方形的边长为 1),则该几何体的体积是( ) A. 12 2  B. 2 1  C. 2 2  D. 2 4  5.答案:C 解析:该几何体由一个圆柱体挖去一个三棱柱得到,其体积 2 11 2 2 1 2 2 22V           . 6.已知函数 ( ) sin( ) 0, 0, 2f x A x A            的部分图像如图所示, 若将 ( )f x 图像上的所有点向左平移 4  个单位得到函数 ( )g x 的图像, 则函数 ( )g x 的单调递增区间是( ) A. 7 , ( )12 12 Zk k k        B. 5, ( )12 12k k k        Z C. 5 7, ( )24 24 Zk k k        D. 11 , ( )24 24 Zk k k        6.答案:A 解析:解法 1(通解通法),由图可知, 5 , , 24 12 6 4 T T          ,当 6x  时, 2 2 , , 2 ,6 3 2 6Z Zx k k k k                      ,又因为 2   ,所以 6   , 所以 ( ) sin 2 6f x A x      ,将 ( )f x 图像上的所有点向左平移 4  个单位,得 ( ) 4g x f x      2sin 2 sin 24 6 3A x A x                   ,由 22 2 2 ,2 3 2 Zk x k k      ≤ ≤ , 解得 7 ,12 12 Zk x k k    ≤ ≤ ,即函数 ( )g x 的单调递增区间是 7 , ( )12 12 Zk k k        . 解法 2:特值法,由图可知,函数 ( )f x 的一个单调递增区间的右端点为 6  ,将 ( )f x 图像上的所有点向左 平移 4  个单位到函数 ( )g x 的图像,可知函数 ( )g x 的一个单调递增区间的右端点为 6 4 12      ,故选 A. O 6  5 12  7.已知 1 7log 3 3, log 7 6, 7x y z   ,则实数 , ,x y z 的大小关系是( ) A. x z y  B. z x y  C. x y z  D. z y x  7.答案:D 解析: 1 1 1 3 63 6 73, 3 , 7, 7 , 7x x y y z       ,因为函数 7xy  是单调递增函数,且 1 1 7 6 ,所以 z y , 6 2 63 9, 7, 9 7, ,x y x y z y x         . 8.唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说:“百日登山望烽火,黄昏饮马傍交河.”诗中隐含着一个 有趣的数学问题——“将军饮马”问题,即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发,先到河边饮马后再回 到军营,怎样走才能使总路程最短?在平面直角坐标系中,设军营所在区域为 2 2 1x y ≤ ,若将军从点 (2,0)A 出发,河岸线所在直线方程为 3x y  ,并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营,则“将 军饮马”的最短总路程为( ) A. 10 1 B. 2 2 1 C. 2 2 D. 10 8.答案:A 解析:如图,作出点 A 关于直线 3x y  的对称点 (3,1)A ,设饮马点为 P ,则“将军饮马”的总路程为 1 1 1 10 1AP OP A P OP AB       ≥ ,当点 P 为线段OA 与直线 3x y  的交点时,总 路程最短,最短路程为 10 1 . 3 2 1 1 2 4 B A' AO P 9.已知 ABC△ 中, 2, ,4 6AB B C    ,点 P 是边 BC 的中点,则 AP BC   等于( ) A.1 B.2 C.3 D.4 9.答案:B 解析:由正弦定理可得 22sin 2, 2 21sin sin sin 2 AC AB AB BACB C C      , 则      2 21 1 1 (8 4) 22 2 2AP BC AB AC AC AB AC AB                  . 10.已知双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yE a ba b    的焦距为 2c ,圆 2 2 2 1 : ( ) ( 0)C x c y r r    与圆 2 2 2 2 : ( ) 4 ( )RC x y m r m    外切,且 E 的两条渐近线恰为两圆的共切线,则 E 的离心率为( ) A. 2 B. 5 C. 6 2 D. 3 2 10.答案:C 解析:如图,设两圆相切于点 B ,圆 1C 的圆心即为双曲线的右焦点 ( ,0)F c ,则 FB 即为焦点 F 到渐近 线 0bx ay  的距离,所以 FB b ,即 r b ,所以 2 2 2BC r b  ,由 2OBF C OF△ ∽△ , 可得 2 2 2 3OF BF C F b   ,即 2 23c b ,又 2 2 2c a b  ,所以 2 23 6,2 2c a c a  , 离心率 6 2 ce a  . B C2 F O 11.已知 ( )f x 是定义在 R 上的函数,且对任意的 Rx 都有 ( ) ( ) 2cosf x f x x   , ( ) sin 0f x x   , 若角 满足不等式 ( ) ( ) 0f f    ≥ ,则 的取值范围是( ) A. , 2      B.( , ] C. ,2 2      D. 0, 2      11.答案:A 解析:设 ( ) ( ) cosg x f x x  ,则 ( ) ( ) cos( ) ( ) cos cos ( ) ( )g x f x x f x x x f x g x            , 所以函数 ( )g x 是奇函数,又 ( ) ( ) sin 0g x f x x    ,所以函数 ( )g x 是单调递减函数. 由 ( ) ( ) 0f f    ≥ ,得   ( ) cos( ) ( ) cos 0f f          ≥ ,即 ( ) ( ) 0g g    ≥ , 所以 ( ) ( ) ( ),g g g            ≥ ≤ ,解得 2  ≤ . 12.平行六面体 1 1 1 1ABCD A B C D 的底面是边长为 4 的菱形,且 60BAD   ,点 1A 在底面的投影O 是 AC 的中点,且 1 4AO  ,点C 关于平面 1C BD 的对称点为 P ,则三棱锥 P ABD 的体积是( ) A.4 B.3 3 C. 4 3 D.8 A B CD A1 B1 C1D1 O 12.答案:C 解析:连接 1 1 1,AC OC ,在平面 1 1ACC A 中,过C 作 1CM OC 于点 M ,并延长CM 至点 P ,使 MP CM , 连接 OP ,由 1 1, ,BD AC BD AO AC AO O   ,可得 BD  平面 1 1ACC A ,所以 BD CP ,又 1CP OC , 1BD OC O ,所以 CP  平面 1BDC ,点 P 即为点 C 关于平面 1BDC 对称的点,因为 1 4AO  , 1 1 4 3AC  , 1 1 90OAC   ,所以 1 1 60AOC  ,则 1 30COC  ,所以 OPC△ 是一个 边长为 2 3 的正三角形,所以点 P 到直线 AC 的距离为 3,所以 21 3 4 3 4 33 4P ABDV           . A B CD A1 B1 C1D1 O P M P C1 C A1 A O 二、填空题:本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.把答案填在题中的横线上. 13.已知 2 6 2 12 0 1 2 12( 2)x a a x a x a x      ,则 3 4a a 等于 . 13.答案:240 解析:显然 3 0a  ,展开式中含 4x 的项为 2 2 2 4 4 6 ( ) ( 2) 240C x x  ,所以 4 3 4240, 240a a a    . 14.已知实数 ,x y 满足 0 2 2 0 x y x y     ≤ ≥ ,则 2z x y   的最小值是 . 14.答案: 2 解析:作可行域为如图所示的 OAB△ ,其中 2 2,3 3A    , (2,2)B ,则 2, 0, 2A O Bz z z    , 所以 2z x y   的最小值是 2Bz   . O x y A B 15.已知 3sin cos2 4 2 4 4                 ,则sin  . 15.答案: 1 2 解析: 2 3sin cos sin cos sin2 4 2 4 2 4 2 4 2 2 4 4                                                    , 所以 2 1cos 1 2sin2 2 4 2                  ,所以 1sin cos cos2 2 2                   . 16.江先生朝九晚五上班,上班通常乘坐公交车加步行或乘坐地铁加步行.江先生从家到公交站或地铁站 都要步行 5 分钟.公交车多且路程近一些,但乘坐公交车经常拥堵,所需时间(单位:分钟)服从正态分 布 2(33,4 )N ,下车后从公交车站步行到单位要 12 分钟;乘坐地铁畅通,但线路长且乘客多,所需时间(单 位:分钟)服从正态分布 2(44,2 )N ,下地铁后从地铁站步行到单位要 5 分钟.下列说法:①若 8:00 出 门,则乘坐公交车不会迟到;②若 8:02 出门,则乘坐地铁上班不迟到的可能性更大;③若 8:06 出门, 则乘坐公交车上班不迟到的可能性更大;④若 8:12 出门,则乘坐地铁几乎不可能上班不迟到.从统计的 角度认为以上说法中所有合理的序号是 . 参考数据:若 2( , )Z N  ~ ,则 ( ) 0.6826P Z        , ( 2 2 ) 0.9544, ( 3 3 ) 0.9974P Z P Z                 . 16.答案:③④ 解析:设坐公交车所用的时间为 X ,乘坐地铁所用的时间为Y ,则 2 2(33, 4 ), (44, 2 )X N Y N~ ~ , 若 8:00 出门,则乘坐公交车迟到的概率为 ( 43) ( 2.5 ) 0P X P X       ,所以仍然有可能迟到, ①错; 若 8:02 出门,则乘坐地铁上班不迟到的概率为 1( 48) ( 2 ) 0.5 0.9544 0.97722P Y P Y          , 乘坐公交车上班不迟到的概率为 1( 41) ( 2 ) 0.5 0.9544 0.97722P X P X          , 所以若 8:02 出门,乘坐地铁和乘坐公交车不迟到的概率相等,②错; 若 8:06 出门,则乘坐公交车不迟到的概率 1( 37) ( ) 0.5 0.6826 0.84132P X P X          , 乘坐地铁不迟到的概率 ( 44) 0.5P Y   ,所以乘坐公交车不迟到的可能性更大,③正确; 若 8:12 出门,则乘坐地铁上班不迟到的概率为 1( 38) ( 3 ) (1 0.9974) 0.00132P Y P Y          , 概率很小,所以乘坐地铁几乎不可能上班不迟到,④正确. 三、解答题:共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第 17~21 题为必考题,每个试题考 生都必须作答.第 22、23 题为选考题,考生根据要求作答. (一)必考题:共 60 分. 17.(本小题满分 12 分) 已知数列{ }na 是公差不为零的等差数列, 1 1a  ,且存在实数 满足 12 4n na a   , Nn  . (1)求 的值及通项 na ; (2)求数列 2{ }n na  的前 n 项和 nS . 17.解析:(1)设等差数列{ }na 的公差为 d ,由 12 4 ( )n na a n     N ,……………………① 得 12 4 ( , 2)n na a n n    N ≥ ……………………………………………………………………② 两式相减,得 2d d ,又因为 0d  ,解得 2  ;…………………………………………………4 分 将 2  代入①可得 1 2n na a   ,即 2d  , 又因为 1 1a  ,所以 1 ( 1) 2 2 1na n n      . …………………………………………………6 分 (2)由(1)可得 1 2 2(2 ) 1 2 (2 1)n n n na n n        ,………………………………………………8 分 所以 2 3 1 4(1 2 ) (3 2 1)(2 2 2 ) [3 5 (2 1)] 1 2 2 n n n n nS n               2 22 2 4n n n    . ……………………………………………………………………12 分 18.(本小题满分 12 分) 如图,矩形 ABCD 中, 3, 1,AB BC E F  、 是边 DC 的三等分点.现将 ,DAE CBF△ △ 分别沿 AE BF、 折起,使得平面 DAE 、平面CBF 均与平面 ABFE 垂直. (1)若G 为线段 AB 上一点,且 1AG  ,求证: //DG 平面CBF ; (2)求二面角 A CF B  的余弦值. A B CD E F A B E F CD G 18.解析:(1)如图,分别取 ,AE BF 的中点 ,M N ,连接 , ,DM CN MN , 因为 1AD DE  , 90ADE   ,所以 DM AE ,且 2 2DM  . 因为 1BC CF  , 90BCF   ,所以CN BF ,且 2 2CN  . 因为平面 DAE 、平面CBF 均与平面 ABFE 垂直,所以 DM  平面 ABFE ,CN  平面 ABFE , 所以 DM CN  ,所以四边形CDMN 是矩形, CD MN  , 又 MN 是梯形 ABFE 的中位线,所以 //MN AB ,且 22 AB EFMN   ,又 2BG  ,所以 MN BG  , 所以CD BG  ,所以四边形 BCDG 是平行四边形,所以 //DG BC , 又因为 DG  平面CBF , BC  平面CBF ,所以 //DG 平面CBF . E F A B CD G E F A B CD G M N x y z (2)如图,以G 为原点,分别以 ,AB GE 所在直线为 ,x y 轴,以过G 点并垂直于平面 ABFE 的直线为 z 轴建立空间直角坐标系,则 3 1 2( 1,0,0), (2,0,0), (0,1,0), (1,1,0), , ,2 2 2A B E F C       , 则 1 1 2(2,1,0), , , , ( 1,1,0)2 2 2AF FC BF            ,因为 ,GF BF GF CN  ,故GF  平面CBF , 从而 (1,1,0)GF   是平面CBF 的一个法向量; 设 ( , , )n x y z  是平面 AFC 的一个法向量,则 2 00 2 00 x yn AF x y zn FC                ,解得 3 2 0 2 0 x z x y      , 取 2x   ,则 4, 3 2y z  ,即 ( 2, 4,3 2)n    , 所以, 2 19cos , 192 38 GF nGF n GF n          , 由图可知,二面角 A CF B  为钝角,所以二面角 A CF B  的余弦值为 19 19 …………………12 分 19.(本小题满分 12 分) 已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b    ,点 M 在C 的长轴上运动,过点 M 且斜率大于 0 的直线l 与C 交于 ,P Q 两点,与 y 轴交于 N 点.当 M 为C 的右焦点且l 的倾斜角为 6  时, ,N P 重合, 2PM  . (1)求椭圆C 的方程; (2)当 , , ,N P Q M 均不重合时,记 ,NP NQ MP MQ       ,若 1  ,求证:直线l 的斜率为定值. 19.解析:(1)因为当 M 为C 的右焦点且l 的倾斜角为 6  时, ,N P 重合, 2PM  . 所以 32, 3 ba c  ,因此 3, 1c b  ,所以椭圆C 的方程为 2 2 14 x y  .…………………………5 分 Q N(P) M(F2) O N P Q O M (2)设 : ( 0, 0)l x ty m t m    ,所以 ( ,0), 0, mM m N t     ,所以 1 lk t . 设 1 1 2 2( , ), ( , )P x y Q x y ,则 1 1 2 2, , ,m mNP x y NQ x yt t                , 由 NP NQ   得, 1 2x x , ① 同理可得 1 2y y , ② 两式相乘,得: 1 1 2 2x y x y ,又 1  ,所以 1 1 2 2x y x y ,……………………………………7 分 所以 1 1 2 2( ) ( )ty m y ty m y   ,即 2 2 1 2 2 1( ) ( )t y y m y y   ,即 2 1 1 2( )[ ( )] 0y y m t y y    , 由题意知 0lk  ,知 1 2 0y y  ,所以 1 2( ) 0m t y y   .………………………………………………8 分 由 2 2 14 x ty m x y     ,得 2 2 2( ) 2 4 0t t y tmy m     ,依题意, 1 2 2 2 4 tmy y t    ……………………10 分 所以 2 2 2 04 t mm t  ,又 0m  ,所以 2 4t  ,解得 2t  , 所以 1 1 2lk t  ,即直线l 的斜率为 1 2 . 20.(本小题满分 12 分) 某品牌餐饮公司准备在 10 个规模相当的地区开加盟店,为合理安排各地区加盟店的个数,先在其中 5 个 地区试点,得到试点加盟店的个数分别为 1,2,3,4,5 时,单店日平均营业额 y(万元)的数据如下: 加盟店个数 x(个) 1 2 3 4 5 单店日平均营业额 y(万元) 10.9 10.2 9 7.8 7.1 (1)求单店日平均营业额 y(万元)与所在地区加盟店个数 x(个)的线性回归方程; (2)该公司根据回归方程,决定在其他 5 个地区中,开设加盟店个数为 5,6,7 的地区数为 2,1,2.小 赵和小王都准备加入该公司的加盟店,但根据公司规定,他们只能从这 5 个地区的 30 个加盟店中随机抽 取一个加入.记事件 A:小赵和小王抽取的加盟店在同一个地区,事件 B:小赵与小王抽取到的加盟店预 计日平均营业额之和不低于 12 万元,求在事件 A 发生的前提下事件 B 发生的概率. 参考数据及公式: 5 5 2 1 1 125, 55i i i i i x y x      , 线性回归方程 ˆˆ ˆy bx a  ,其中 1 2 2 1 ˆ ˆˆ, n i i i n i i x y nx y b a y bx x nx           . 20.解析:(1)由题可得, 3, 9x y  ,设所求线性回归方程为 ˆˆ ˆy bx a  ,……………………2 分 则 1 2 2 1 125 135ˆ 155 45 n i i i n i i x y nx y b x nx           ,………………………………………………………………4 分 ˆˆ 9 ( 3) 12a y bx      ,故所求回归直线方程为 ˆ 12y x   .……………………………………6 分 (2)根据回归方程,加盟店个数为 5 的地区单店预计日平均营业额为 7 万元, 加盟店个数为 6 的地区单店预计日平均营业额为 6 万元, 加盟店个数为 7 的地区单店预计日平均营业额为 5 万元; 所以 2 2 2 2 2 5 6 7 5 6 2 2 30 30 2 2 277 35( ) , ( )435 435 C C C C CP A P ABC C          ,…………………………10 分 所以 ( ) 5( | ) ( ) 11 P ABP B A P A  .…………………………………………………………………………12 分 21.(本小题满分 12 分) 已知函数 ( ) (ln ), ( ) 1xf x x e a x x g x mx      .( , Ra m 且为常数,e 为自然对数的底) (1)讨论函数 ( )f x 的极值点个数; (2)当 1a  时, ( ) ( )f x g x≥ 对任意的 (0, )x  恒成立,求实数 m 的取值范围. 21.解析:(1) ( )f x 的定义域为 (0, ) , 1 1( ) ( 1) 1 ( )x xxf x x e a xe ax x           , 因为函数 xy xe 在区间(0, ) 上单调递增,且值域为(0, ) ,……………………………………2 分 ①当 0a ≤ 时, 0, ( ) 0, ( )xxe a f x f x   在 (0, ) 上单调递增,无极值点;……………………4 分 ②当 0a  时,方程 0xxe a  有唯一解,设为 0 0( 0)x x  ,且当 00 x x  时, ( ) 0f x  , 当 0x x 时, ( ) 0f x  ,所以 0x 是函数 ( )f x 的极小值点,即函数 ( )f x 只有 1 个极值点.…………6 分 (2)解法 1:当 1a  时,不等式 ( ) ( )f x g x≥ 对任意的 (0, )x  恒成立, 即 ln 1 ( 1)xxe x m x  ≥ 对任意的 (0, )x  恒成立,…………………………………………………7 分 即 ln 1 1x xe mx  ≥ 对任意的 (0, )x  恒成立,记 ln 1( ) x xF x e x   ,…………………………8 分 2 2 2 ln ln( ) x x x x e xF x e x x     ,记 2( ) lnxh x x e x  ,则 ( )h x 在 (0, ) 上单调递增, 且 1 21 1 0, (1) 0eh e h ee          ,所以存在 0 1 ,1x e     使得 0( ) 0h x  , 且 0(0, )x x 时, ( ) 0, ( ) 0h x F x  ;当 0( , )x x  时, ( ) 0, ( ) 0h x F x  . 所以 min 0( ) ( )F x F x ,即 0 0 min 0 ln 1( ) x xF x e x   ,……………………………………………………10 分 又因为 0 0 0 0 1ln2 0 0 0 0 0 0 0 0 ln 1( ) 0 ln lnx x x xxh x x e x x e x e ex x          , 所以 0 0 1lnx x ,因此 0 0 0 0 0 0 min 0 0 0 ln 1 ln 1 1 1( ) 1 x x x x e x xF x e x x x          , 所以1 1m ≥ ,解得 0m≤ .综上,实数 m 的取值范围是( ,0] ……………………12 分 解法 2:当 1a  时,不等式 ( ) ( )f x g x≥ 对任意的 (0, )x  恒成立, 即 ln 1 ( 1)xxe x m x  ≥ 对任意的 (0, )x  恒成立, 即 ln 1 1 xxe x mx   ≥ 对任意的 (0, )x  恒成立, 记 ( ) th t e t  ,因为 ( ) 1th t e   ,所以当 0t  时, ( ) 0h t  ,当 0t  时, ( ) 0h t  , 所以 ( ) (0) 1h t h ≥ ,因此 1te t ≥ (当且仅当 0t  时取“=”), 所以 lnln 1 ln 1 ln 1 ln 1x x xxe x e x x x x x         ≥ , 所以 ln 1 1 xxe x x   ≥ ,当且当 ln 0x x  时,取到“=”, 所以 ln 1xxe x x   的最小值是 1,因此1 1m ≥ ,即 0m≤ , 综上,实数 m 的取值范围是( ,0] ………………………………………………………………12 分 (二)选考题:共 10 分.请考生在第 22、23 题中任选一题作答.如果多做,则按所作的第一题计分. 22.【选修 4—4:坐标系与参数方程】(本小题满分 10 分) 已知在平面直角坐标系 xOy 中,直线l 的参数方程为 1 2 3 2 x t y t     (t 为参数),以坐标原点为极点, x 轴非 负半轴为极轴建立极坐标系,曲线C 的极坐标方程为 2 2 cos 2 0     ,点 P 的极坐标是 2 15 2,3 3       . (1)求直线l 的极坐标方程及点 P 到直线l 的距离; (2)若直线l 与曲线C 交于 ,M N 两点,求 PMN△ 的面积. 22.解析:(1)由 1 2 3 2 x t y t     ,消去t 得 3y x ,即 sin 3 cos , 3        , 所以直线l 的极坐标方程为 ( )3   R …………………………………………………………3 分 点 2 15 2,3 3       到直线l 的距离为 2 15 2 2 15 3sin 53 3 3 3 2d           .…………………5 分 (2)由 2 2 cos 2 0 3          ,得 2 2 0, ( 2)( 1) 0          ,解得 1 21, 2    , 所以 1 2 3MN     , ……………………………………………………8 分 则 PMN△ 的面积为 1 1 3 53 52 2 2PMNS MN d     △ .………………………………………10 分 23.【选修 4—5:不等式选讲】(本小题满分 10 分) 已知 ,a b 为正实数,函数 ( ) 2f x x a x b    . (1)求函数 ( )f x 的最大值; (2)若函数 ( )f x 的最大值为 1,求 2 24a b 的最小值. 23.解析:(1)因为 ( ) 2 ( ) ( 2 ) 2f x x a x b x a x b a b        ≤ , 所以函数 ( )f x 的最大值为 2a b .……………………………………………………………………5 分 (2) 由(1)可知, 2 1a b  , 所以 2 2 22( 4 ) ( 2 ) 1a b a b  ≥ ,即 2 2 14 2a b ≥ , 当且仅当 12 2a b  时取“=”,所以 2 24a b 的最小值为 1 2 .…………………………………………10 分
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