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2023-2024学年青海省西宁市高三（上）期末数学试卷（文科）(含解析）
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这是一份2023-2024学年青海省西宁市高三（上）期末数学试卷（文科）(含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知i为虚数单位，复数z满足(1+i)z=|1+i|2，则复数z的虚部为( )
A. −iB. −1C. iD. 1
2.已知集合A={x|0A. (−1,16)B. (0,4)C. (−1,4)D. (−4,16)
3.一个几何体的三视图如图所示，其中正视图、俯视图中的圆以及侧视图中的圆弧的半径都相等，侧视图中的两条半径互相垂直，若该几何体的体积是π，则它的表面积是( )
A. π
B. 4π3
C. 3π
D. 4π
4.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，面积为S，且a2+4S=c2+b2，则角A的值为( )
A. π4B. π3C. 2π3D. 3π4
5.已知f(x)=exeax−1是奇函数，则a=( )
A. 2B. −1C. 1D. −2
6.已知a=(1,−1)，b=(−1,3)，则a⋅(2a+b)=( )
A. 0B. 1C. −1D. 2
7.八角星纹是大汶口文化中期彩陶纹样中具有鲜明特色的花纹.八角星纹以白彩绘成，黑线勾边，中为方形或圆形，具有向四面八方扩张的感觉.图2是图1抽象出来的图形，在图2中，圆中各个三角形为等腰直角三角形.若向图2随机投一点，则该点落在白色部分的概率是( )
A. 32πB. 2πC. 12D. 85π
8.已知函数f(x)=x3−3x+1−m有三个零点，则实数m的取值范围是( )
A. (−1,3)B. (−∞,−1)∪(3,+∞)
C. (−2,2)D. (−∞,−2)∪(2,+∞)
9.江南的周庄、同里、甪直、西塘、鸟镇、南浔古镇，并称为“江南六大古镇”，是中国江南水乡风貌最具代表的城镇，它们以其深邃的历史文化底蕴、清丽婉约的水乡古镇风貌、古朴的吴侬软语民俗风情，在世界上独树一帜，驰名中外.这六大古镇中，其中在苏州境内的有3处.某家庭计划今年暑假从这6个古镇中挑选2个去旅游，则只选一个苏州古镇的概率为( )
A. 25B. 35C. 15D. 45
10.已知函数f(x)=Acs(2x+φ)(A>0,|φ|<π)是奇函数，且f(3π4)=−1，将f(x)的图象上所有点的横坐标变为原来的12倍，纵坐标不变，所得图象对应的函数为g(x)，则( )
A. g(x)=sin4xB. g(x)=sinx
C. g(x)=cs(4x+π4)D. g(x)=cs(x+π4)
11.圆x2+y2+4x−12y+1=0关于直线ax−by+6=0(a>0,b>0)对称，则2a+6b的最小值是( )
A. 2 3B. 323C. 203D. 163
12.已知抛物线C：y2=6x的焦点为F，准线为l，点A在抛物线C上，且点A到准线l的距离为6，AF的垂直平分线与准线l交于点N，点O为坐标原点，则△OFN的面积为( )
A. 9 32B. 9 34C. 9 3D. 3 32
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知抛物线C：x2=−2py经过点(2,−1)，则抛物线的准线方程是______．
14.已知tanα=3，α是第三象限角，则cs2α−sinα的值为______．
15.已知实数x，y满足不等式组x+y−1≥0,2x−y+4≥0,4x+y−4≤0则z=3x+4y−4的最大值为______．
16.已知一个体积为36π的球O1内切于直三棱柱ABC−A1B1C1(即与三棱柱的所有面均相切)，底面的△ABC中有∠BAC=120°，AB：AC=3：5，则该直三棱柱的外接球O2(即使所有顶点均落在球面上)的表面积为______．
三、解答题：本题共7小题，共82分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
信阳市旅游部门为了促进信阳生态特色城镇和新农村建设，将甲、乙，丙三家民宿的相关资料放到某网络平台上进行推广宣传.该平台邀请部分曾在这三家民㢋体验过的游客参与调查，得到了这三家民宿的“综合满意度”评分，评分越高表明游客体验越好，现从这三家民宿“综合满意度”的评分中各随机抽取10个评分数据，并对所得数据进行整理、描述和分析，下面给出了部分信息．
a.甲、乙两家民宿“综合满意度”评分的折线图：
b.丙家民宿“综合满意度”评分：
2.6，4.7，4.5，5.0，4.5，4.8，4.5，3.8，4.5，3.1
c.甲、乙、丙三家民宿“综合满意度”评分的平均数、中位数：
根据以上信息，回答下列问题：
(1)表中m的值是，n的值是；
(2)设甲、乙、丙三家民宿“综合满意度”评分的方差分别为s甲2、s乙2、s丙2，试比较甲乙丙方差的大小；
(3)根据“综合满意度”的评分情况，该平台打算将甲、乙、丙三家民宿中的一家置顶推荐，你认为该平台会将这三家民宿中的哪家置顶推荐？说明理由(至少从两个方面说明)．
18.(本小题12分)
已知各项为正数的等差数列{an}的前n项和为Sn，a1=3，a2⋅a3=S5．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=1Sn−n，求数列{bn}的前n项和Tn．
19.(本小题12分)
正四棱锥P−ABCD中，AB=2，PO=3，其中O为底面中心，M为PD上靠近P的三等分点．
(1)求证：BD⊥平面ACP；
(2)求四面体M−ACP的体积．
20.(本小题12分)
已知函数f(x)=alnx+1x+2x，且曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线y=2x平行．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若关于x的不等式f(x)⩾2x+mx恒成立，求实数m的取值范围．
21.(本小题12分)
已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 32，且过点( 2, 22).
(1)求椭圆的方程；
(2)设不过原点O的直线l：y=kx+m(k≠0)，与该椭圆交于P、Q两点，直线OP、OQ的斜率分别为k1、k2，满足4k=k1+k2，试问：当k变化时，m2是否为定值？若是，求出此定值，并证明你的结论；若不是，请说明理由．
22.(本小题10分)
在直角坐标系xOy中，圆C1的参数方程为x=4+4csθy=4sinθ(θ为参数).以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆C2的极坐标方程是ρ=4sinθ．
(1)在直角坐标系中，若直线l经过点(1,4)且与圆C1和圆C2的公共弦所在直线平行，求直线l的极坐标方程；
(2)若射线OA：θ=π4(ρ>0)与圆C1的交点为P，与圆C2的交点为Q，线段PQ的中点为M，求△MC1C2的周长．
23.(本小题12分)
已知f(x)=2|x|+|x−2|．
(1)求不等式f(x)≤6−x的解集；
(2)在直角坐标系xOy中，求不等式组f(x)≤yx+y−6≤0所确定的平面区域的面积．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：因为(1+i)z=|1+i|2=2，
所以z=21+i=2(1−i)(1+i)(1−i)=1−i，虚部为−1．
故选：B．
先结合复数的四则运算进行化简，然后结合复数的概念即可求解．
本题主要考查了复数的四则运算，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：因为A={x|0所以A∪B=(−1,16)．
故选：A．
根据已知条件，结合并集的定义，即可求解．
本题主要考查并集的运算，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：由题意可知，该几何体是球的34，设球的半径为R，
∵该几何体的体积是π，
∴34×43πR3=π，
∴R=1，
∴该几何体的表面积为34×4πR2+πR2=3π+π=4π．
故答案为：D．
由题意可知，该几何体是球的34，再结合球的体积公式和表面积公式求解即可．
本题主要考查了简单几何体的三视图，考查了球的体积和表面积公式，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：因为a2+4S=c2+b2，所以a2+4×12bcsinA=b2+c2，
则sinA=b2+c2−a22bc=csA，
所以tanA=1，
又A∈(0,π)，则A=π4．
故选：A．
根据题意，由三角形的面积公式结合余弦定理，代入计算，即可得到结果．
本题主要考查了三角形的面积公式，考查了余弦定理的应用，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：∵函数是奇函数，∴满足f(−x)=−f(x)，
即e−xe−ax−1=−exeax−1，化简为e(a−1)x1−eax=−exeax−1，得a−1=1，a=2，
此时f(x)=exe2x−1，函数的定义域为(−∞,0)⋃(0,+∞)，成立．
故选：A．
根据奇函数的定义，即可求解参数a的值．
本题考查了函数的奇偶性的定义，是基础题．
6.【答案】A
【解析】解：由已知条件可得a2=1+1=2，a⋅b=1×(−1)−1×3=−4，
因此，a⋅(2a+b)=2a2+a⋅b=2×2−4=0．
故选：A．
利用向量的数量积的运算法则，求解即可．
本题考查向量的数量积的求法，是基础题．
7.【答案】D
【解析】解：设圆的半径为2，如图设HC与AF交于P，设AF的中点为M，连接OM，AO．
则OM⊥AF，设|AP|=a，则(a2)2+(3a2)2=52a2=4，故a2=85，
而题设中空白部分的面积为4×3×12×( 22a)2+a2=4a2，
故点落在白色部分的概率是4a24π=a2π=85π．
故选：D．
计算出白色部分对应的面积后根据几何概型的概率公式可求概率．
本题考查几何概型相关知识，属于中档题．
8.【答案】A
【解析】解：令g(x)=x3−3x+1，
则g′(x)=3x2−3=3(x+1)(x−1)，
当x>1或x<−1时，函数递增，当−1又g(1)=1−3+1=−1，
g(−1)=−1+3+1=3，
g(x)=x3−3x+1的大致图像如图：
故m∈(−1,3)．
故选：A．
令g(x)=x3−3x+1，求其导数，研究其性质，结合图像即可得到结论．
本题主要考查导数知识的综合应用，考查计算能力，属于基础题．
9.【答案】B
【解析】解：从这6个古镇中挑选2个去旅游的可能情况有C62=15种情况，
只选一个苏州古镇的概率为P=C31C3115=35．
故选：B．
应用组合数求出所有可能情况数，应用古典概型的概率求法求概率即可．
本题考查古典概型相关知识，属于基础题．
10.【答案】A
【解析】解：由f(x)是奇函数，则φ=kπ+π2，k∈Z，又|φ|<π，可得φ=±π2，
当φ=π2，f(x)=Acs(2x+π2)=−Asin(2x)，则f(3π4)=−Asin3π2=A>0，不合题设；
当φ=−π2，f(x)=Acs(2x−π2)=Asin(2x)，则f(3π4)=Asin3π2=−A=−1，故A=1；
所以f(x)=sin(2x)，
将f(x)的图象上所有点的横坐标变为原来的12倍，纵坐标不变，故g(x)=sin(4x)．
故选：A．
根据题设有φ=±π2，再结合f(3π4)=−1求得A=1，最后根据图象平移写出g(x)解析式．
本题考查的知识要点：函数的性质，函数的图象的平移变换和伸缩变换，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
11.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查直线与圆位置关系的应用，训练了利用基本不等式求最值，是中档题．
由已知求得圆心坐标，代入直线方程，可得a3+b=1，再由基本不等式求最值．
【解答】
解：由圆x2+y2+4x−12y+1=0，得圆心坐标为(−2,6)，
又圆x2+y2+4x−12y+1=0关于直线ax−by+6=0对称，
∴−2a−6b=−6，即a+3b=3，得a3+b=1，
又a>0，b>0，∴2a+6b=(2a+6b)(a3+b)=203+2ba+2ab≥203+2 2ba⋅2ab=323．
当且仅当a=b=34时上式等号成立．
∴2a+6b的最小值是323．
故选：B．
12.【答案】B
【解析】解：由抛物线C：y2=6x的方程可得焦点F(32,0)，直线方程为x=−32，
设A为(x0,y0)，设A在x轴上方，由抛物线的对称性可知，A在x轴下方时，也相同，
由抛物线的性质可得x0+32=6，可得x0=92，代入抛物线的方程可得y0= 6⋅92=3 3，
即A(92,3 3)，可得kAF=3 392−32= 3，且AF的中点Q(32+922,3 32)，
即Q(3,3 32)，
所以直线NQ的方程为y−3 32=− 33(x−3)，
令x=−32，可得yN=− 33(−32−3)+3 32=3 3，
即N(32,3 3)，
所以S△OFN=12|OF|⋅|yN|=12×32×3 3=9 34．
故选：B．
由抛物线的方程可得焦点F的坐标及准线方程，由题意可得A的横坐标，代入抛物线的方程，可得A的纵坐标，求出AF的斜率及AF的中点Q的坐标，进而求出线段AF的中垂线的QN的方程，令x=−32，可得N点的纵坐标，进而求出△OFN的面积．
本题考查抛物线的性质的应用及线段的中垂线的求法，三角形面积的求法，属于中档题．
13.【答案】y=1
【解析】解：抛物线C：x2=−2py经过点(2,−1).可得4=2p，即p=2，
可得抛物线C的方程为x2=−4y，准线方程为y=1．
故答案为：y=1．
把点(2,−1)代入抛物线方程，解方程可得p，求得抛物线的准线方程；
本题考查抛物线的几何性质，属基础题．
14.【答案】1+3 1010
【解析】解：因为tanα=3，α是第三象限角，
所以cs2α=11+tan2α=110，
sinα=− 1−cs2α=−3 1010，
则cs2α−sinα=1+3 1010．
故答案为：1+3 1010．
由已知结合同角基本关系即可求解．
本题主要考查了同角基本关系，属于基础题．
15.【答案】12
【解析】解：由约束条件作出可行域如图，
由图可知，A(0,4)，由z=3x+4y−4，得y=−34x+z4+1，
由图可知，当直线y=−34x+z4+1过A时，直线在y轴上的截距最大，
z有最大值为3×0+4×4−4=12．
故答案为：12．
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，把最优解的坐标代入目标函数得答案．
本题考查简单的线性规划，考查数形结合思想，是基础题．
16.【答案】820π
【解析】解：由题意可设内切球O1半径为R1，外接球O2半径为R2，△ABC内切圆、外接圆半径为r，R，
则4π3R13=36π，解得R1=3，
要使该球内切于一个直三棱柱，则当且仅当球半径与底面三角形内切圆半径相等，此时棱柱的高恰为球半径的2倍，
∴r=3，h=6，
∵AB：AC=3：5，设AB=3a，AC=5a，
在△ABC中由余弦定理得BC2=9a2+25a2−2⋅3a⋅5a⋅(−12)=49a2，解得BC=7a，
∴C△ABC=15a,S△ABC=12⋅3a⋅5a⋅ 32=15 34a2，
由内切圆半径公式得r=2S△ABCC△ABC= 32a=3，解得a=2 3，
∴BC=14 3，
在△ABC中由正弦定理得2R=BCsin∠BAC=14 3 32=28，解得R=14，
要使直三棱柱内接于一个球，当且仅当两全等的底面位于距球心距离相同且平行的两个小圆上，显然该两个小圆距球心的距离d应为棱柱高h的一半，
∴平面ABC与球心间的距离d=h2=3，且其所在小圆的半径即为其本身外接圆的半径R=14，
由球的垂径定理得R22=R2+d2=142+32=205，
∴球O2的表面积为4πR22=820π，
故答案为：820π．
根据题意，建立直三棱柱内切球和与直三棱柱的高与底之间的关系，结合余弦定理和正弦定理，分别求出△ABC内切圆、外接圆半径为r，R，要使直三棱柱内接于一个球，平面ABC与球心间的距离d=h2=3，即可得出直三棱柱的外接球O2(即使所有顶点均落在球面上)的半径R2，利用求得表面积公式，即可得出答案．
本题考查棱柱的结构特征和球的表面积与体积、圆的基本性质，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)根据题意，甲家民宿的“综合满意度”评分依次为：3.2、4.2、5.0、4.5、5.0、4.9、4.5、4.2、5.0、4.5，
则m=110(3.2+4.2+5.0+4.5+5.0+4.9+4.5+4.2+5.0+4.5)=4.5，
丙家民宿的“综合满意度”评分从小到大依次为：2.6、3.1、3.8、4.5、4.5、4.5、4.7、4.8、5.0，
其中位数n=12(4.5+4.5)=4.5，
故m=4.5，n=4.5；
(2)根据题意，乙的评分数据在4分到5分之间波动，甲的数据在3.2和5分之间波动，
由折线图，乙的波动小于甲的波动；
而丙的数据在2.6到5分之间波动，
则有S乙2(3)推荐乙，理由乙的方差最小，数据稳定，平均数比丙高．(答案不唯一)
【解析】(1)根据题意，由平均数和中位数公式分析，求出m、n的值，即可得答案；
(2)根据题意，分析甲乙丙的波动情况，由方差的定义分析可得答案；
(3)根据题意，结合平均数、方差的定义分析可得答案．
本题考查数据的平均数、方差的计算，涉及折线图，属于基础题．
18.【答案】解：(1)设{an}的公差为d，由a2⋅a3=S5，即(3+d)(3+2d)=5(3+2d)，
解得d=2或d=−32(舍去)，
∴an=a1+(n−1)d=2n+1，
数列{an}的通项公式an=2n+1；
(2)由(1)可知：Sn=n(a1+an)2=n(n+2)，
bn=1Sn−n=1n(n+1)=1n−1n+1；
Tn=b1+b2+b3+…+bn，
=(1−12)+(12−13)+(13−14)+…+(1n−1n+1)，
=1−1n+1，
=nn+1
数列{bn}的前n项和Tn，Tn=nn+1．
【解析】(1)由题意可知根据等差数列通项公式及性质：(3+d)(3+2d)=5(3+2d)，求得d，即可求得其通项公式；
(2)根据等差数列前n项和公式求得Sn，求得bn，采用“裂项法”即可求得数列{bn}的前n项和Tn．
本题考查等差数列的通项公式和前n项和公式的求解，解题时要认真审题，注意“裂项法”的合理运用，注意解题方法的积累，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：在正四棱锥P−ABCD中O为底面中心，连接AC，BD，
则AC与BD交于点O，且AC⊥BD，PO⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PO⊥BD，又AC⋂PO=O，AC，PO⊂平面ACP，所以BD⊥平面ACP．
(2)因为AB=2，PO=3，所以VP−ADC=13PO⋅S△ADC=13×3×12×2×2=2，
又M为PD上靠近P的三等分点，所以VM−ADC=23VP−ADC，
则VM−ACP=VP−ADC−VM−ADC=13VP−ADC=23．
【解析】(1)连接AC，BD，则AC与BD交于点O，由正四棱锥的性质得到AC⊥BD，PO⊥平面ABCD，则PO⊥BD，即可得证；
(2)首先求出VP−ADC，再由M为PD上靠近P的三等分点，得到VM−ADC=23VP−ADC，所以VM−ACP=VP−ADC−VM−ADC=13VP−ADC．
本题考查线面垂直的证明，四面体的体积的求解，属中档题．
20.【答案】解：(1)函数f(x)的定义域为{x|x>0}，f′(x)=ax−1x2+2，
又曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线y=2x平行
所以f′(1)=a−1+2=2，即a=1∴f(x)=lnx+1x+2x，f′(x)=(x+1)(2x−1)x2(x>0)
由f′(x)<0且x>0，得0由f′(x)>0得x>12，即f(x)的单调递增区间是(12,+∞)．
(2)由(1)知不等式f(x)≥2x+mx恒成立可化为lnx+1x+2x≥2x+mx恒成立，
即m≤x·lnx+1恒成立
令g(x)=x·lnx+1，g′(x)=lnx+1
当x∈(0,1e)时，g′(x)<0，g(x)在(0,1e)上单调递减．
当x∈(1e,+∞)时，g′(x)>0，g(x)在(1e,+∞)上单调递增．
所以x=1e时，函数g(x)有最小值
由m≤x·lnx+1恒成立
得m≤1−1e，即实数m的取值范围是(−∞,1−1e]．
【解析】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查转化思想，是一道综合题．
(1)求出函数的导数，结合切线方程求出a的值，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
(2)问题转化为m≤x·lnx+1恒成立，令g(x)=x·lnx+1，根据函数的单调性求出m的范围即可．
21.【答案】解：(1)依题意，
可得( 2)2a2+( 22)2b2=1ca= 32a2=b2+c2，解得a=2，b=1，
所以椭圆的方程是x24+y2=1；
(2)当k变化时，m2为定值，
证明如下：
由y=kx+mx24+y2=1，得，(1+4k2)x2+8kmx+4(m2−1)=0，
可知：Δ=16(4k2+1−m2)>0，
设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
则x1+x2=−8km1+4k2，x1x2=4(m2−1)1+4k2，
∵直线OP、OQ的斜率分别为k1，k2，且4k=k1+k2，
∴4k=y1x1+y2x2=kx1+mx1+kx2+mx2，得2kx1x2=m(x1+x2)，
可得：m2=12，
经检验满足Δ>0．
故当k变化时，m2为定值．
【解析】本题考查椭圆的方程，直线与椭圆的位置关系，属于较难题．
(1)利用已知条件，进行求解即可；
(2)联立直线与椭圆方程，设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，可得2kx1x2=m(x1+x2)，进行求解即可．
22.【答案】解：(1)由圆C1的参数方程x=4+4sinθy=4csθ，则x−4=4sinθy=4csθ，由sin2θ+cs2θ=1，则(x−4)2+y2=16，即x2+y2−8x=0①，
由圆C2的极坐标方程ρ=4sinθ，两边同乘ρ可得ρ2=4ρsinθ，
由ρ2=x2+y2ρsinθ=y，则x2+y2−4y=0②，
②−①可得8x−4y=0，故圆C1与圆C2的公共弦所在直线的方程为2x−y=0，其斜率为2，
由直线l与两圆公共弦所在直线平行，且直线l过(1,4)，则l：y−4=2(x−1)，
化简可得l：2x−y+2=0，由x=ρcsθy=ρsinθ，则2ρcsθ−ρsinθ+2=0．
(2)由射线OA：θ=π4，由tanθ=yx，则射线OA：y=x(x>0)，
由圆C1：x2+y2−8x=0，可得C1(4,0)，
代入y=x(x>0)，则x2+x2−8x=0，化简可得2x(x−4)=0，解得x=4，可得P(4,4)；
由圆C2：x2+y2−4y=0，可得C2(0,2)，
代入y=x(x>0)，则x2+x2−4x=0，化简可得2x(x−2)=0，解得x=2，可得Q(2,2)．
由M为线段PQ的中点，则M(3,3)，
故△MC1C2的周长C△MC1C2=|MC1|+|MC2|+|C1C2|= (3−4)2+32+ 32+(3−2)2+ 42+22=2 10+2 5．
【解析】(1)根据圆的参数方程以及极坐标方程的转化，可得直角坐标系下的方程，求得两圆公共弦所在直线方程，结合点斜式方程，可得答案．
(2)利用直线的极坐标方程与直角坐标系下的方程互化，联立直线与圆的方程，求得点坐标，进而取得中点坐标，结合两点之间距离公式，可得答案．
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，两点间的距离公式，三角形的周长，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
23.【答案】解：(1)当x≥2时，f(x)=2x+x−2=3x−2，
当0当x≤0时，f(x)=−2x−x+2=−3x+2，
则当x≥2时，由f(x)≤6−x得3x−2≤6−x，得4x≤8，即x≤2，此时x=2．
当0当x≤0时，由f(x)≤6−x得−3x+2≤6−x，得2x≥−4，即x≥−2，此时−2≤x≤0．
综上−2(2)不等式组f(x)≤yx+y−6≤0等价为y≥2|x|+|x−2|x+y−6≤0，
作出不等式组对应的平面区域如图：则B(0,2)，D(0,6)，
由x+y−6=0y=x+2，得x=2y=4，即C(2,4)，
由x+y−6=0y=−3x+2，得x=−2y=8，即A(−2,8)，
则阴影部分的面积S=S△ABD+S△BCD=12×(6−2)×2+12×(6−2)×2=4+4=8．
【解析】(1)根据绝对值的意义，表示成分段函数，然后解不等式即可．
(2)作出不等式组对应的平面区域，求出交点坐标，根据三角形的面积公式进行求解即可．
本题主要考查绝对值不等式的解法以及二元一次不等式表示区域，利用分类讨论思想进行求解是解决本题的关键，是中档题．甲
乙
丙
平均数
m
4.5
4.2
中位数
4.5
4.7
n
1.已知i为虚数单位，复数z满足(1+i)z=|1+i|2，则复数z的虚部为( )
A. −iB. −1C. iD. 1
2.已知集合A={x|0
3.一个几何体的三视图如图所示，其中正视图、俯视图中的圆以及侧视图中的圆弧的半径都相等，侧视图中的两条半径互相垂直，若该几何体的体积是π，则它的表面积是( )
A. π
B. 4π3
C. 3π
D. 4π
4.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，面积为S，且a2+4S=c2+b2，则角A的值为( )
A. π4B. π3C. 2π3D. 3π4
5.已知f(x)=exeax−1是奇函数，则a=( )
A. 2B. −1C. 1D. −2
6.已知a=(1,−1)，b=(−1,3)，则a⋅(2a+b)=( )
A. 0B. 1C. −1D. 2
7.八角星纹是大汶口文化中期彩陶纹样中具有鲜明特色的花纹.八角星纹以白彩绘成，黑线勾边，中为方形或圆形，具有向四面八方扩张的感觉.图2是图1抽象出来的图形，在图2中，圆中各个三角形为等腰直角三角形.若向图2随机投一点，则该点落在白色部分的概率是( )
A. 32πB. 2πC. 12D. 85π
8.已知函数f(x)=x3−3x+1−m有三个零点，则实数m的取值范围是( )
A. (−1,3)B. (−∞,−1)∪(3,+∞)
C. (−2,2)D. (−∞,−2)∪(2,+∞)
9.江南的周庄、同里、甪直、西塘、鸟镇、南浔古镇，并称为“江南六大古镇”，是中国江南水乡风貌最具代表的城镇，它们以其深邃的历史文化底蕴、清丽婉约的水乡古镇风貌、古朴的吴侬软语民俗风情，在世界上独树一帜，驰名中外.这六大古镇中，其中在苏州境内的有3处.某家庭计划今年暑假从这6个古镇中挑选2个去旅游，则只选一个苏州古镇的概率为( )
A. 25B. 35C. 15D. 45
10.已知函数f(x)=Acs(2x+φ)(A>0,|φ|<π)是奇函数，且f(3π4)=−1，将f(x)的图象上所有点的横坐标变为原来的12倍，纵坐标不变，所得图象对应的函数为g(x)，则( )
A. g(x)=sin4xB. g(x)=sinx
C. g(x)=cs(4x+π4)D. g(x)=cs(x+π4)
11.圆x2+y2+4x−12y+1=0关于直线ax−by+6=0(a>0,b>0)对称，则2a+6b的最小值是( )
A. 2 3B. 323C. 203D. 163
12.已知抛物线C：y2=6x的焦点为F，准线为l，点A在抛物线C上，且点A到准线l的距离为6，AF的垂直平分线与准线l交于点N，点O为坐标原点，则△OFN的面积为( )
A. 9 32B. 9 34C. 9 3D. 3 32
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知抛物线C：x2=−2py经过点(2,−1)，则抛物线的准线方程是______．
14.已知tanα=3，α是第三象限角，则cs2α−sinα的值为______．
15.已知实数x，y满足不等式组x+y−1≥0,2x−y+4≥0,4x+y−4≤0则z=3x+4y−4的最大值为______．
16.已知一个体积为36π的球O1内切于直三棱柱ABC−A1B1C1(即与三棱柱的所有面均相切)，底面的△ABC中有∠BAC=120°，AB：AC=3：5，则该直三棱柱的外接球O2(即使所有顶点均落在球面上)的表面积为______．
三、解答题：本题共7小题，共82分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
信阳市旅游部门为了促进信阳生态特色城镇和新农村建设，将甲、乙，丙三家民宿的相关资料放到某网络平台上进行推广宣传.该平台邀请部分曾在这三家民㢋体验过的游客参与调查，得到了这三家民宿的“综合满意度”评分，评分越高表明游客体验越好，现从这三家民宿“综合满意度”的评分中各随机抽取10个评分数据，并对所得数据进行整理、描述和分析，下面给出了部分信息．
a.甲、乙两家民宿“综合满意度”评分的折线图：
b.丙家民宿“综合满意度”评分：
2.6，4.7，4.5，5.0，4.5，4.8，4.5，3.8，4.5，3.1
c.甲、乙、丙三家民宿“综合满意度”评分的平均数、中位数：
根据以上信息，回答下列问题：
(1)表中m的值是，n的值是；
(2)设甲、乙、丙三家民宿“综合满意度”评分的方差分别为s甲2、s乙2、s丙2，试比较甲乙丙方差的大小；
(3)根据“综合满意度”的评分情况，该平台打算将甲、乙、丙三家民宿中的一家置顶推荐，你认为该平台会将这三家民宿中的哪家置顶推荐？说明理由(至少从两个方面说明)．
18.(本小题12分)
已知各项为正数的等差数列{an}的前n项和为Sn，a1=3，a2⋅a3=S5．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=1Sn−n，求数列{bn}的前n项和Tn．
19.(本小题12分)
正四棱锥P−ABCD中，AB=2，PO=3，其中O为底面中心，M为PD上靠近P的三等分点．
(1)求证：BD⊥平面ACP；
(2)求四面体M−ACP的体积．
20.(本小题12分)
已知函数f(x)=alnx+1x+2x，且曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线y=2x平行．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若关于x的不等式f(x)⩾2x+mx恒成立，求实数m的取值范围．
21.(本小题12分)
已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 32，且过点( 2, 22).
(1)求椭圆的方程；
(2)设不过原点O的直线l：y=kx+m(k≠0)，与该椭圆交于P、Q两点，直线OP、OQ的斜率分别为k1、k2，满足4k=k1+k2，试问：当k变化时，m2是否为定值？若是，求出此定值，并证明你的结论；若不是，请说明理由．
22.(本小题10分)
在直角坐标系xOy中，圆C1的参数方程为x=4+4csθy=4sinθ(θ为参数).以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆C2的极坐标方程是ρ=4sinθ．
(1)在直角坐标系中，若直线l经过点(1,4)且与圆C1和圆C2的公共弦所在直线平行，求直线l的极坐标方程；
(2)若射线OA：θ=π4(ρ>0)与圆C1的交点为P，与圆C2的交点为Q，线段PQ的中点为M，求△MC1C2的周长．
23.(本小题12分)
已知f(x)=2|x|+|x−2|．
(1)求不等式f(x)≤6−x的解集；
(2)在直角坐标系xOy中，求不等式组f(x)≤yx+y−6≤0所确定的平面区域的面积．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：因为(1+i)z=|1+i|2=2，
所以z=21+i=2(1−i)(1+i)(1−i)=1−i，虚部为−1．
故选：B．
先结合复数的四则运算进行化简，然后结合复数的概念即可求解．
本题主要考查了复数的四则运算，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：因为A={x|0
故选：A．
根据已知条件，结合并集的定义，即可求解．
本题主要考查并集的运算，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：由题意可知，该几何体是球的34，设球的半径为R，
∵该几何体的体积是π，
∴34×43πR3=π，
∴R=1，
∴该几何体的表面积为34×4πR2+πR2=3π+π=4π．
故答案为：D．
由题意可知，该几何体是球的34，再结合球的体积公式和表面积公式求解即可．
本题主要考查了简单几何体的三视图，考查了球的体积和表面积公式，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：因为a2+4S=c2+b2，所以a2+4×12bcsinA=b2+c2，
则sinA=b2+c2−a22bc=csA，
所以tanA=1，
又A∈(0,π)，则A=π4．
故选：A．
根据题意，由三角形的面积公式结合余弦定理，代入计算，即可得到结果．
本题主要考查了三角形的面积公式，考查了余弦定理的应用，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：∵函数是奇函数，∴满足f(−x)=−f(x)，
即e−xe−ax−1=−exeax−1，化简为e(a−1)x1−eax=−exeax−1，得a−1=1，a=2，
此时f(x)=exe2x−1，函数的定义域为(−∞,0)⋃(0,+∞)，成立．
故选：A．
根据奇函数的定义，即可求解参数a的值．
本题考查了函数的奇偶性的定义，是基础题．
6.【答案】A
【解析】解：由已知条件可得a2=1+1=2，a⋅b=1×(−1)−1×3=−4，
因此，a⋅(2a+b)=2a2+a⋅b=2×2−4=0．
故选：A．
利用向量的数量积的运算法则，求解即可．
本题考查向量的数量积的求法，是基础题．
7.【答案】D
【解析】解：设圆的半径为2，如图设HC与AF交于P，设AF的中点为M，连接OM，AO．
则OM⊥AF，设|AP|=a，则(a2)2+(3a2)2=52a2=4，故a2=85，
而题设中空白部分的面积为4×3×12×( 22a)2+a2=4a2，
故点落在白色部分的概率是4a24π=a2π=85π．
故选：D．
计算出白色部分对应的面积后根据几何概型的概率公式可求概率．
本题考查几何概型相关知识，属于中档题．
8.【答案】A
【解析】解：令g(x)=x3−3x+1，
则g′(x)=3x2−3=3(x+1)(x−1)，
当x>1或x<−1时，函数递增，当−1
g(−1)=−1+3+1=3，
g(x)=x3−3x+1的大致图像如图：
故m∈(−1,3)．
故选：A．
令g(x)=x3−3x+1，求其导数，研究其性质，结合图像即可得到结论．
本题主要考查导数知识的综合应用，考查计算能力，属于基础题．
9.【答案】B
【解析】解：从这6个古镇中挑选2个去旅游的可能情况有C62=15种情况，
只选一个苏州古镇的概率为P=C31C3115=35．
故选：B．
应用组合数求出所有可能情况数，应用古典概型的概率求法求概率即可．
本题考查古典概型相关知识，属于基础题．
10.【答案】A
【解析】解：由f(x)是奇函数，则φ=kπ+π2，k∈Z，又|φ|<π，可得φ=±π2，
当φ=π2，f(x)=Acs(2x+π2)=−Asin(2x)，则f(3π4)=−Asin3π2=A>0，不合题设；
当φ=−π2，f(x)=Acs(2x−π2)=Asin(2x)，则f(3π4)=Asin3π2=−A=−1，故A=1；
所以f(x)=sin(2x)，
将f(x)的图象上所有点的横坐标变为原来的12倍，纵坐标不变，故g(x)=sin(4x)．
故选：A．
根据题设有φ=±π2，再结合f(3π4)=−1求得A=1，最后根据图象平移写出g(x)解析式．
本题考查的知识要点：函数的性质，函数的图象的平移变换和伸缩变换，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
11.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查直线与圆位置关系的应用，训练了利用基本不等式求最值，是中档题．
由已知求得圆心坐标，代入直线方程，可得a3+b=1，再由基本不等式求最值．
【解答】
解：由圆x2+y2+4x−12y+1=0，得圆心坐标为(−2,6)，
又圆x2+y2+4x−12y+1=0关于直线ax−by+6=0对称，
∴−2a−6b=−6，即a+3b=3，得a3+b=1，
又a>0，b>0，∴2a+6b=(2a+6b)(a3+b)=203+2ba+2ab≥203+2 2ba⋅2ab=323．
当且仅当a=b=34时上式等号成立．
∴2a+6b的最小值是323．
故选：B．
12.【答案】B
【解析】解：由抛物线C：y2=6x的方程可得焦点F(32,0)，直线方程为x=−32，
设A为(x0,y0)，设A在x轴上方，由抛物线的对称性可知，A在x轴下方时，也相同，
由抛物线的性质可得x0+32=6，可得x0=92，代入抛物线的方程可得y0= 6⋅92=3 3，
即A(92,3 3)，可得kAF=3 392−32= 3，且AF的中点Q(32+922,3 32)，
即Q(3,3 32)，
所以直线NQ的方程为y−3 32=− 33(x−3)，
令x=−32，可得yN=− 33(−32−3)+3 32=3 3，
即N(32,3 3)，
所以S△OFN=12|OF|⋅|yN|=12×32×3 3=9 34．
故选：B．
由抛物线的方程可得焦点F的坐标及准线方程，由题意可得A的横坐标，代入抛物线的方程，可得A的纵坐标，求出AF的斜率及AF的中点Q的坐标，进而求出线段AF的中垂线的QN的方程，令x=−32，可得N点的纵坐标，进而求出△OFN的面积．
本题考查抛物线的性质的应用及线段的中垂线的求法，三角形面积的求法，属于中档题．
13.【答案】y=1
【解析】解：抛物线C：x2=−2py经过点(2,−1).可得4=2p，即p=2，
可得抛物线C的方程为x2=−4y，准线方程为y=1．
故答案为：y=1．
把点(2,−1)代入抛物线方程，解方程可得p，求得抛物线的准线方程；
本题考查抛物线的几何性质，属基础题．
14.【答案】1+3 1010
【解析】解：因为tanα=3，α是第三象限角，
所以cs2α=11+tan2α=110，
sinα=− 1−cs2α=−3 1010，
则cs2α−sinα=1+3 1010．
故答案为：1+3 1010．
由已知结合同角基本关系即可求解．
本题主要考查了同角基本关系，属于基础题．
15.【答案】12
【解析】解：由约束条件作出可行域如图，
由图可知，A(0,4)，由z=3x+4y−4，得y=−34x+z4+1，
由图可知，当直线y=−34x+z4+1过A时，直线在y轴上的截距最大，
z有最大值为3×0+4×4−4=12．
故答案为：12．
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，把最优解的坐标代入目标函数得答案．
本题考查简单的线性规划，考查数形结合思想，是基础题．
16.【答案】820π
【解析】解：由题意可设内切球O1半径为R1，外接球O2半径为R2，△ABC内切圆、外接圆半径为r，R，
则4π3R13=36π，解得R1=3，
要使该球内切于一个直三棱柱，则当且仅当球半径与底面三角形内切圆半径相等，此时棱柱的高恰为球半径的2倍，
∴r=3，h=6，
∵AB：AC=3：5，设AB=3a，AC=5a，
在△ABC中由余弦定理得BC2=9a2+25a2−2⋅3a⋅5a⋅(−12)=49a2，解得BC=7a，
∴C△ABC=15a,S△ABC=12⋅3a⋅5a⋅ 32=15 34a2，
由内切圆半径公式得r=2S△ABCC△ABC= 32a=3，解得a=2 3，
∴BC=14 3，
在△ABC中由正弦定理得2R=BCsin∠BAC=14 3 32=28，解得R=14，
要使直三棱柱内接于一个球，当且仅当两全等的底面位于距球心距离相同且平行的两个小圆上，显然该两个小圆距球心的距离d应为棱柱高h的一半，
∴平面ABC与球心间的距离d=h2=3，且其所在小圆的半径即为其本身外接圆的半径R=14，
由球的垂径定理得R22=R2+d2=142+32=205，
∴球O2的表面积为4πR22=820π，
故答案为：820π．
根据题意，建立直三棱柱内切球和与直三棱柱的高与底之间的关系，结合余弦定理和正弦定理，分别求出△ABC内切圆、外接圆半径为r，R，要使直三棱柱内接于一个球，平面ABC与球心间的距离d=h2=3，即可得出直三棱柱的外接球O2(即使所有顶点均落在球面上)的半径R2，利用求得表面积公式，即可得出答案．
本题考查棱柱的结构特征和球的表面积与体积、圆的基本性质，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)根据题意，甲家民宿的“综合满意度”评分依次为：3.2、4.2、5.0、4.5、5.0、4.9、4.5、4.2、5.0、4.5，
则m=110(3.2+4.2+5.0+4.5+5.0+4.9+4.5+4.2+5.0+4.5)=4.5，
丙家民宿的“综合满意度”评分从小到大依次为：2.6、3.1、3.8、4.5、4.5、4.5、4.7、4.8、5.0，
其中位数n=12(4.5+4.5)=4.5，
故m=4.5，n=4.5；
(2)根据题意，乙的评分数据在4分到5分之间波动，甲的数据在3.2和5分之间波动，
由折线图，乙的波动小于甲的波动；
而丙的数据在2.6到5分之间波动，
则有S乙2
【解析】(1)根据题意，由平均数和中位数公式分析，求出m、n的值，即可得答案；
(2)根据题意，分析甲乙丙的波动情况，由方差的定义分析可得答案；
(3)根据题意，结合平均数、方差的定义分析可得答案．
本题考查数据的平均数、方差的计算，涉及折线图，属于基础题．
18.【答案】解：(1)设{an}的公差为d，由a2⋅a3=S5，即(3+d)(3+2d)=5(3+2d)，
解得d=2或d=−32(舍去)，
∴an=a1+(n−1)d=2n+1，
数列{an}的通项公式an=2n+1；
(2)由(1)可知：Sn=n(a1+an)2=n(n+2)，
bn=1Sn−n=1n(n+1)=1n−1n+1；
Tn=b1+b2+b3+…+bn，
=(1−12)+(12−13)+(13−14)+…+(1n−1n+1)，
=1−1n+1，
=nn+1
数列{bn}的前n项和Tn，Tn=nn+1．
【解析】(1)由题意可知根据等差数列通项公式及性质：(3+d)(3+2d)=5(3+2d)，求得d，即可求得其通项公式；
(2)根据等差数列前n项和公式求得Sn，求得bn，采用“裂项法”即可求得数列{bn}的前n项和Tn．
本题考查等差数列的通项公式和前n项和公式的求解，解题时要认真审题，注意“裂项法”的合理运用，注意解题方法的积累，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：在正四棱锥P−ABCD中O为底面中心，连接AC，BD，
则AC与BD交于点O，且AC⊥BD，PO⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PO⊥BD，又AC⋂PO=O，AC，PO⊂平面ACP，所以BD⊥平面ACP．
(2)因为AB=2，PO=3，所以VP−ADC=13PO⋅S△ADC=13×3×12×2×2=2，
又M为PD上靠近P的三等分点，所以VM−ADC=23VP−ADC，
则VM−ACP=VP−ADC−VM−ADC=13VP−ADC=23．
【解析】(1)连接AC，BD，则AC与BD交于点O，由正四棱锥的性质得到AC⊥BD，PO⊥平面ABCD，则PO⊥BD，即可得证；
(2)首先求出VP−ADC，再由M为PD上靠近P的三等分点，得到VM−ADC=23VP−ADC，所以VM−ACP=VP−ADC−VM−ADC=13VP−ADC．
本题考查线面垂直的证明，四面体的体积的求解，属中档题．
20.【答案】解：(1)函数f(x)的定义域为{x|x>0}，f′(x)=ax−1x2+2，
又曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线y=2x平行
所以f′(1)=a−1+2=2，即a=1∴f(x)=lnx+1x+2x，f′(x)=(x+1)(2x−1)x2(x>0)
由f′(x)<0且x>0，得0
(2)由(1)知不等式f(x)≥2x+mx恒成立可化为lnx+1x+2x≥2x+mx恒成立，
即m≤x·lnx+1恒成立
令g(x)=x·lnx+1，g′(x)=lnx+1
当x∈(0,1e)时，g′(x)<0，g(x)在(0,1e)上单调递减．
当x∈(1e,+∞)时，g′(x)>0，g(x)在(1e,+∞)上单调递增．
所以x=1e时，函数g(x)有最小值
由m≤x·lnx+1恒成立
得m≤1−1e，即实数m的取值范围是(−∞,1−1e]．
【解析】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查转化思想，是一道综合题．
(1)求出函数的导数，结合切线方程求出a的值，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
(2)问题转化为m≤x·lnx+1恒成立，令g(x)=x·lnx+1，根据函数的单调性求出m的范围即可．
21.【答案】解：(1)依题意，
可得( 2)2a2+( 22)2b2=1ca= 32a2=b2+c2，解得a=2，b=1，
所以椭圆的方程是x24+y2=1；
(2)当k变化时，m2为定值，
证明如下：
由y=kx+mx24+y2=1，得，(1+4k2)x2+8kmx+4(m2−1)=0，
可知：Δ=16(4k2+1−m2)>0，
设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
则x1+x2=−8km1+4k2，x1x2=4(m2−1)1+4k2，
∵直线OP、OQ的斜率分别为k1，k2，且4k=k1+k2，
∴4k=y1x1+y2x2=kx1+mx1+kx2+mx2，得2kx1x2=m(x1+x2)，
可得：m2=12，
经检验满足Δ>0．
故当k变化时，m2为定值．
【解析】本题考查椭圆的方程，直线与椭圆的位置关系，属于较难题．
(1)利用已知条件，进行求解即可；
(2)联立直线与椭圆方程，设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，可得2kx1x2=m(x1+x2)，进行求解即可．
22.【答案】解：(1)由圆C1的参数方程x=4+4sinθy=4csθ，则x−4=4sinθy=4csθ，由sin2θ+cs2θ=1，则(x−4)2+y2=16，即x2+y2−8x=0①，
由圆C2的极坐标方程ρ=4sinθ，两边同乘ρ可得ρ2=4ρsinθ，
由ρ2=x2+y2ρsinθ=y，则x2+y2−4y=0②，
②−①可得8x−4y=0，故圆C1与圆C2的公共弦所在直线的方程为2x−y=0，其斜率为2，
由直线l与两圆公共弦所在直线平行，且直线l过(1,4)，则l：y−4=2(x−1)，
化简可得l：2x−y+2=0，由x=ρcsθy=ρsinθ，则2ρcsθ−ρsinθ+2=0．
(2)由射线OA：θ=π4，由tanθ=yx，则射线OA：y=x(x>0)，
由圆C1：x2+y2−8x=0，可得C1(4,0)，
代入y=x(x>0)，则x2+x2−8x=0，化简可得2x(x−4)=0，解得x=4，可得P(4,4)；
由圆C2：x2+y2−4y=0，可得C2(0,2)，
代入y=x(x>0)，则x2+x2−4x=0，化简可得2x(x−2)=0，解得x=2，可得Q(2,2)．
由M为线段PQ的中点，则M(3,3)，
故△MC1C2的周长C△MC1C2=|MC1|+|MC2|+|C1C2|= (3−4)2+32+ 32+(3−2)2+ 42+22=2 10+2 5．
【解析】(1)根据圆的参数方程以及极坐标方程的转化，可得直角坐标系下的方程，求得两圆公共弦所在直线方程，结合点斜式方程，可得答案．
(2)利用直线的极坐标方程与直角坐标系下的方程互化，联立直线与圆的方程，求得点坐标，进而取得中点坐标，结合两点之间距离公式，可得答案．
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，两点间的距离公式，三角形的周长，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
23.【答案】解：(1)当x≥2时，f(x)=2x+x−2=3x−2，
当0
则当x≥2时，由f(x)≤6−x得3x−2≤6−x，得4x≤8，即x≤2，此时x=2．
当0
综上−2
作出不等式组对应的平面区域如图：则B(0,2)，D(0,6)，
由x+y−6=0y=x+2，得x=2y=4，即C(2,4)，
由x+y−6=0y=−3x+2，得x=−2y=8，即A(−2,8)，
则阴影部分的面积S=S△ABD+S△BCD=12×(6−2)×2+12×(6−2)×2=4+4=8．
【解析】(1)根据绝对值的意义，表示成分段函数，然后解不等式即可．
(2)作出不等式组对应的平面区域，求出交点坐标，根据三角形的面积公式进行求解即可．
本题主要考查绝对值不等式的解法以及二元一次不等式表示区域，利用分类讨论思想进行求解是解决本题的关键，是中档题．甲
乙
丙
平均数
m
4.5
4.2
中位数
4.5
4.7
n
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