新疆维吾尔自治区2020届高三适应性检测（文科）数学（问卷）试题 Word版含解析 25页

‎2020年高考（文科）数学（4月份）模拟试卷（问卷）‎ 一、选择题 ‎1.已知集合，，则集合（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出集合，，再结合集合交集的运算，即可求得，得到答案．‎ ‎【详解】由题意，集合，‎ ‎，‎ 所以集合．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题主要考查了集合的交集的概念及运算，其中解答正确求解集合，再结合集合的交集运算求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力．‎ ‎2.若（表示虚数单位），则复数在复平面内对应的点位于（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 按照复数的运算法则，先将化为形式，再按照复数的几何意义，即可求解.‎ ‎【详解】‎ 复数对应的点在第四象限.‎ 故选：D - 25 -‎ ‎【点睛】本题考查复数的运算及复数的几何意义，属于基础题.‎ ‎3.若，，则（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三角函数的诱导公式，求得的值，再利用同角三角函数基本关系式可求，最后利用二倍角的正弦函数公式可求的值．‎ ‎【详解】由，可得，‎ 又因为，可得，‎ 所以．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查了三角函数的诱导公式、基本关系式，以及正弦的倍角公式的化简求值，着重考查了推理与计算能力．‎ ‎4.设x，y满足约束条件，则的最大值是（ ）‎ A. ﹣4 B. ‎1 ‎C. 2 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出约束条件对应的平面区域，结合图形找出目标函数的最优解，求出目标函数的最大值．‎ ‎【详解】解：画出x，y满足约束条件的平面区域，如图阴影部分，‎ - 25 -‎ 由得，平移直线，‎ 由平移可知，当直线过点A时，‎ 直线的截距最大，z取得最大值；‎ 由，解得，‎ 可得，‎ 即z的最大值是2．‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查了线性规划问题，准确作出平面区域是前提，然后再通过直线平移的方法解决问题.‎ ‎5.下面四个条件中，是成立的充分而不必要的条件为（ ）．‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，求得，反之不成立，结合充分条件、必要条件的判定，即可求解．‎ ‎【详解】由题意，因为，可得成立，‎ 反之，当时，根据对数函数的性质，不一定成立，‎ 所以成立的充分而不必要的条件为．‎ 故选：D．‎ - 25 -‎ ‎【点睛】本题主要考查了对数函数的图象与性质，以及充分条件、必要条件的判定，着重考查了推理与运算能力．‎ ‎6.一个几何体的三视图如图所示，若这个几何体的体积为，则的值为（ ）．‎ ‎ ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先由三视图还原得到一个四棱锥，进而利用锥体的体积公式，列出方程，即可求解．‎ ‎【详解】根据给定的几何体的三视图，可得底面边长分别为和的长方形，高为的一个四棱锥体，‎ 如图所示：‎ 又由该四棱锥的体积为，解得．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查了几何体的三视图及体积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线，求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应公式求解．‎ ‎7.已知双曲线的一条渐近线方程为，且经过点，则该双曲线的标准方程为（ ）．‎ A. B. ‎ - 25 -‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据渐近线方程，设双曲线的标准方程是，代入点的坐标求出的值，即可得到双曲线的标准方程．‎ ‎【详解】由题意，双曲线一条渐近线方程为，‎ 设双曲线的标准方程是，‎ 代入点，可得，解得，‎ 所以双曲线的标准方程为，即．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题主要考查了根据双曲线的渐近线方程求解双曲线的方程，其中解答中熟练应用双曲线的渐近线方程设出双曲线的方程是解答的关键，着重考查了推理与运算能力．‎ ‎8.2013年华人数学家张益唐证明了孪生素数猜想的一个弱化形式．孪生素数猜想是希尔伯特在二十世纪初提出的23个数学问题之一．可以这样描述：存在无穷多个素数，使得是素数，称素数对为孪生素数．在不超过15的素数中，随机选取两个不同的数，其中能够组成孪生素数的概率是（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求得不超过15的素数的个数，进而得出其中能够组成孪生素数的组数，结合排列组合和古典概型的概率计算公式，即可求解．‎ - 25 -‎ ‎【详解】由题意，存在无穷多个素数，使得是素数，称素数对为孪生素数．‎ 其中不超过15的素数有2，3，5，7，11，13，‎ 可得能够组成孪生素数的有，，，‎ 在不超过15的素数中，随机选取两个不同的数，共有种，‎ 其中能够组成孪生素数包含的基本事件个数，‎ 所以其中能够组成孪生素数的概率是．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题主要考查了古典概型及其概率的计算，以及排列数公式的应用，其中解答中认真审题，利用列举法求得基本事件的总数是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力．‎ ‎9.如图，正方形中，分别是的中点，若则（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：取向量作为一组基底，则有，所以 又，所以，即.‎ ‎10.已知函数，为其图象对称中心，，‎ - 25 -‎ 是该图象上相邻的最高点和最低点，若，则的解析式为（ ）．‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，列出方程，求得的值，再根据正弦函数的图象的对称中心，求出的值，即可得到函数的解析式．‎ ‎【详解】由题意，函数，为其图象对称中心，‎ 因为是该图象上相邻的最高点和最低点，可得，‎ 即，解得，‎ 又由，即，‎ 令，可得，则的解析式为，‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质的应用，其中解答中熟记三角函数的图象与性质，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与计算能力．‎ ‎11.蜂巢是由工蜂分泌蜂蜡建成的从正面看，蜂巢口是由许多正六边形的中空柱状体连接而成，中空柱状体的底部是由三个全等的菱形面构成，菱形的一个角度是，这样的设计含有深刻的数学原理、我国著名数学家华罗庚曾专门研究蜂巢的结构著有《谈谈与蜂房结构有关的数学问题》．用数学的眼光去看蜂巢的结构，如图，在六棱柱的三个顶点，，处分别用平面，平面，平面截掉三个相等的三棱锥，，，平面，平面，平面交于点，就形成了蜂巢的结构．如图，以下四个结论①；②；③，，‎ - 25 -‎ ‎，四点共面；④异面直线与所成角的大小为．其中正确的个数是（ ）．‎ ‎ ‎ A. 1 B. ‎2 ‎C. 3 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 不妨设正六边形的边长为1，①由已知可得与都是边长为的等边三角形，即可判断出正误；②由①可知：，即可判断出正误；③由已知可得：四边形是平行四边形，即可判断出正误；④利用异面直线与所成角的范围即可判断出正误．‎ ‎【详解】由题意，不妨设正六边形的边长为1，‎ ‎①由与都是边长为的等边三角形，∴，正确；‎ ‎②由①可知：，因此②不正确；‎ - 25 -‎ ‎③由已知可得：四边形是平行四边形，因此，，，四点共面，正确；‎ ‎④异面直线与所成角不可能为钝角．因此不正确．‎ 其中正确的个数是2．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查了空间几何体的结构特征，平面的基本性质，以及异面直线所成角的判定的知识的综合应用，着重考查了推理与运算能力．‎ ‎12.已知函数，要使函数恰有一个零点，则实数的取值范围是（ ）．‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用导数求出函数的单调性和极值，画出函数的大致图象，令，由函数的图象可知方程，只能有一个正根，且若有负根的话，负根必须小于，分类讨论，即可求解．‎ ‎【详解】由题意，函数，，则，‎ 当时，，函数单调递减；‎ 当时，，函数单调递增，‎ 所以函数的最小值为，‎ 函数的大致图象，如图所示：‎ 函数恰有一个零点，‎ 等价于方程只有一个根，‎ 令，由函数的图象可知方程，只能有一个正根，且若有负根的话，负根必须小于，‎ - 25 -‎ ‎①当时，方程为，∴，符合题意，‎ ‎②当时，‎ 若，即时，方程为，解得，符合题意，‎ 若，即时：设，‎ ‎（ⅰ）当时，二次函数开口向下，又，‎ 要使方程只有一个正根，且负根小于，则，‎ 即，可得，‎ ‎（ⅱ）当时，二次函数开口向上，又因为，‎ 则方程有两个不等的正根，不符合题意，‎ 综上所求，实数的取值范围是：或，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的零点问题，其中解答中把函数的零点问题转化为方程的解，构造新函数，利用导数研究函数的单调性与最值，结合根的分布求解是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力．‎ 二、填空题 ‎13.‎ - 25 -‎ 数学竞赛后，小明、小华、小强各获一枚奖牌，其中一人得金牌，一人得银牌，一人得铜牌．老师猜测：“小明得金牌，小华不得金牌，小强不得铜牌．”老师只猜对了一个，那么小明获得的是________．‎ ‎【答案】铜牌 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据小明得奖的情况，分类讨论，即可判断得到答案．‎ ‎【详解】由题意，若小明得金牌，则小明得金牌，小华不得金牌这两句话都正确，故不合题意；‎ 若小明得银牌，小华得金牌，则这三句话全是错误的，故不合题意；‎ 若小明得银牌，小华得铜牌，则小华不得金牌，小强不得铜牌是正确的，不合题意；‎ 若小明得铜牌，小华得金牌，小强得银牌，故合题意；‎ 若小明得铜牌，小华得银牌，小强得金牌，故不合题意，‎ 故小明得铜牌，‎ 故答案为：铜牌．‎ ‎【点睛】本题主要考查了合情推理的应用，其中解答中认真审题，合理分类讨论进行判定是解答的关键，着重考查了分类讨论思想，以及推理能力．‎ ‎14.若函数且，，则____________.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据两个函数值求，再求和.‎ ‎【详解】根据条件可知，解得：， ‎ 即 ，‎ ‎， ‎ 故填：1.‎ - 25 -‎ ‎【点睛】本题考查分段函数求值，意在考查基本的计算能力，属于简单题型.‎ ‎15.过椭圆的焦点且倾斜角为的直线与椭圆交于，两点，是线段的中点，为坐标原点，若直线的斜率为，则椭圆的方程为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条件可得直线的方程为，联立直线与椭圆的方程，表示出的坐标，进而可得，解出，的值，即可求解．‎ ‎【详解】由题意，过点且倾斜角为的直线方程为，即，‎ 联立方程组，可得，‎ 不妨设，，则，，‎ 所以，可得，‎ 又因为且，解得，，‎ 故椭圆的方程为．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题主要考查了直线的斜率公式，直线的点斜式方程，以及椭圆的标准方程及几何性质的综合应用，着重考查了推理与运算能力．‎ - 25 -‎ ‎16.在中，已知,，BC边上的中线，则________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图形，由中线长定理可得：，再利用余弦定理可得：解得的值，再次利用余弦定理求解出，根据同角三角函数关系解得．‎ ‎【详解】解：如图所示，‎ 由中线长定理可得：，‎ 由余弦定理得到：‎ ‎，即．‎ 联立成方程组，‎ 解得：，‎ 故 由可得，‎ - 25 -‎ ‎．‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了余弦定理的知识，方程思想是解决本题的关键.‎ 三、解答题：第17~21题每题12分，解答应在答卷的相应各题中写出文字说明，证明过程或演算步骤．‎ ‎17.如图，在多面体中，底面是正方形，梯形底面，且．‎ ‎（Ⅰ）证明平面平面；‎ ‎（Ⅱ）平面将多面体分成两部分，求两部分的体积比．‎ ‎【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）取的中点，连接，可得，，即可得平面，从而证明平面平面；‎ ‎（Ⅱ）作于，过作于，作，．‎ 利用多面体的体积，求得多面体的体积，进而求得，得到答案．‎ ‎【详解】（Ⅰ）由题意，多面体的底面是正方形，可得，‎ 又由梯形底面，梯形底面，‎ 平面，所以平面，‎ 因为平面，所以，‎ 因为梯形中，，‎ - 25 -‎ 取的中点，连接，所以，所以，‎ 又因，所以平面，‎ 又由平面，所以平面平面．‎ ‎（Ⅱ）如图所示，作于，过作于，作，．‎ ‎∵梯形底面，且．‎ ‎∴面，面，‎ 在中，由可得，‎ 令，‎ 则，，‎ 多面体的体积为：．‎ 由（1）及对称性可得平面，‎ ‎∵，，∴到面的距离等于到面的距离的一半，‎ 即到面的距离等于，‎ 故．‎ ‎∴平面将多面体分成两部分，两部分的体积比为．‎ - 25 -‎ ‎【点睛】本题主要考查了平面与平面垂直的判定，以及几何体的体积公式的应用，其中解答中熟记空间几何体的线面位置关系的判定定理和性质定理，以及合理利用几何体的体积公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力．‎ ‎18.设是公差不为零的等差数列的前n项和．已知是与的等比中项，．‎ ‎（Ⅰ）求的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设，求的前n项和．‎ ‎【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）等差数列的公差设为d，且d不为0，运用等比数列的中项性质和等差数列的通项公式、求和公式，解方程可得首项和公差，进而得到所求通项公式；‎ ‎（Ⅱ）求得，运用数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，计算可得所求和．‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）是公差d不为零的等差数列的前n项和，‎ 由是与的等比中项，‎ 可得，‎ 即，‎ 化为，‎ 由，‎ - 25 -‎ 可得，‎ 解得，，‎ 则，；‎ ‎（Ⅱ），‎ 则的前n项和，‎ 故，‎ 两式相减可得 ‎，‎ 化简可得：．‎ ‎【点睛】本题考查了等差数列的通项公式，解决通项公式常见的方法是基本量法；本题还考查了数列求和的知识，解决数列求和知识的常见方法是裂项求和法、错位相消法等.‎ ‎19.已知抛物线C：的焦点为F，Q是抛物线上的一点，．‎ ‎（Ⅰ）求抛物线C的方程；‎ ‎（Ⅱ）过点作直线l与抛物线C交于M，N两点，在x轴上是否存在一点A，使得x轴平分？若存在，求出点A的坐标，若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）存在，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由题意可知，设，由即可求出p的值，从而得到抛物线C的方程；‎ ‎（Ⅱ）对直线l的斜率分情况讨论，当直线l的斜率不存在时，由抛物线的对称性可知x轴上任意一点A（不与点重合），都可使得x轴平分；‎ 当直线l的斜率存在时，由题意可得，设直线l的方程为：‎ - 25 -‎ 与抛物线方程联立，利用韦达定理代入得，解得，故点．‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）由题意可知，，‎ ‎∵点Q在物线C：上，∴设，‎ ‎，‎ ‎∴，解得，‎ ‎∴抛物线C的方程为：；‎ ‎（Ⅱ）①当直线l的斜率不存在时，由抛物线的对称性可知x轴上任意一点A（不与点重合），都可使得x轴平分；‎ ‎②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为：，‎ 设，，‎ 联立方程，‎ 消去y得：，‎ ‎，（*），‎ 假设在x轴上是否存在一点，使得x轴平分，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ - 25 -‎ 又，，‎ ‎∴，‎ 把（*）式代入上式化简得：，‎ ‎∴，‎ ‎∴点，‎ 综上所求，在x轴上存在一点，使得x轴平分．‎ ‎【点睛】本题考查了直线与圆锥曲线的知识，解决直线与圆锥曲线的问题时，往往会采用设而不求的思想进行求解.‎ ‎20.某传染病疫情爆发期间，当地政府积极整合医疗资源，建立“舱医院”对所有密切接触者进行14天的隔离观察治疗．治疗期满后若检测指标仍未达到合格标准，则转入指定专科医院做进一步的治疗．“舱医院”对所有人员在“入口”及“出口”时都进行了医学指标检测，若“入口”检测指标在35以下者则不需进入“舱医院”而是直接进入指定专科医院进行治疗．以下是20名进入“舱医院”的密切接触者的“入口”及“出口”医学检测指标：‎ 入口 ‎50‎ ‎35‎ ‎35‎ ‎40‎ ‎55‎ ‎90‎ ‎80‎ ‎60‎ ‎60‎ ‎60‎ ‎65‎ ‎35‎ ‎60‎ ‎90‎ ‎35‎ ‎40‎ ‎55‎ ‎50‎ ‎65‎ ‎50‎ 出口 ‎70‎ ‎50‎ ‎60‎ ‎50‎ ‎75‎ ‎70‎ ‎85‎ ‎70‎ ‎80‎ ‎70‎ ‎55‎ ‎50‎ ‎75‎ ‎90‎ ‎60‎ ‎60‎ ‎65‎ ‎70‎ ‎75‎ ‎70‎ ‎（Ⅰ）建立关于的回归方程；（回归方程的系数精确到0.1）‎ ‎（Ⅱ）如果60是“舱医院”的“出口”最低合格指标，那么，“入口”指标低于多少时，将来这些密切接触者将不能进入“舱医院”而是直接进入指定专科医院接受治疗．（检测指标为整数）‎ 附注：参考数据：，．‎ 参考公式：回归方程中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为：‎ - 25 -‎ ‎，．‎ ‎【答案】（Ⅰ）．（Ⅱ）低于41‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）结合表格中的数据和的公式计算出回归方程的系数即可得解；‎ ‎（Ⅱ）把代入回归方程，算出的值即可得解．‎ ‎【详解】（Ⅰ）由表格中的数据，可得，，‎ 所以，‎ ‎，‎ 所以关于的回归方程为．‎ ‎（Ⅱ）当时，有，解得，‎ 所以当“入口”指标低于41时，将来这些密切接触者将不能进入“舱医院”而是直接进人指定专科医院接受治疗．‎ ‎【点睛】本题主要考查了回归直线方程的求解，以及线性回归分析的应用，其中解答中根据表格中的数据，利用公式准确计算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力．‎ ‎21.已知函数．‎ ‎（Ⅰ）求函数的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）设，为函数的两个极值点，求证．‎ ‎【答案】（Ⅰ）函数的单调递增区间，，单调递减区间；（Ⅱ）见解析 - 25 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）先求得函数的导数，然后结合导数与单调性的关系，即可求得函数的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，构造新函数，，转化为求解的范围问题，结合导数及函数性质可求．‎ ‎【详解】（Ⅰ）由题意，函数的定义域，‎ 且，‎ 当或时，，函数单调递增；‎ 当时，，函数单调递减，‎ 故函数的单调递增区间，，单调递减区间；‎ ‎（Ⅱ）不妨设，则由（1）可知，，‎ 所以 ‎，‎ 令（其中），则，‎ 可得，即在上单调递减，‎ 且，，‎ 故存在使得，即，‎ 当时，，单调递增，‎ 当时，，单调递减，‎ 故当时，取得最大值 ‎，‎ 因为，结合二次函数的性质可知，当时，，‎ - 25 -‎ 故，‎ 所以，即．‎ ‎【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，对于此类问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．‎ 选考题：共10分，请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑．‎ ‎22.在平面直角坐标系中，直线，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线．‎ ‎（Ⅰ）求曲线被直线截得弦长；‎ ‎（Ⅱ）与直线垂直的直线与曲线相切于点，求点的直角坐标．‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）或．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）首先把极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换，进一步利用点到直线的距离公式和勾股定理的应用求出弦长．‎ ‎（Ⅱ）利用直线垂直的充要条件的应用求出圆的切线方程，进一步利用直线和曲线的位置关系的应用求出切点的直角坐标．‎ ‎【详解】（Ⅰ）由题意，曲线，可得，‎ 又由，可得曲线的直角坐标方程为，‎ 即，其中圆心坐标为，半径为1，‎ 所以圆心到直线的距离，‎ - 25 -‎ 所以曲线被直线截得的弦长为．‎ ‎（Ⅱ）因为直线与直线垂直，设直线的方程为，‎ 由直线与曲线相切，可得圆心到直线的距离，‎ 解得或，‎ 所以直线的方程为或．‎ 设切点，联立方程组，解得，‎ 方程组，解得，‎ 即切点坐标为或．‎ ‎【点睛】本题主要考查了极坐标与直角坐标的互化，点到直线的距离公式，以及直线与圆的位置关系的综合应用，着重考查了推理与运算能力．‎ ‎23.已知的最小值为．‎ ‎（Ⅰ）求的值；‎ ‎（Ⅱ）已知，，且，求证：．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）去绝对值变成分段函数，根据分段函数的单调性可求出的最小值，与已知最小值相等列式可求出；‎ ‎（Ⅱ）利用分析法，结合基本不等式，即可证明．‎ - 25 -‎ ‎【详解】（Ⅰ）由题意，函数，‎ 可得在区间上单调递减，在区间上单调递增，‎ 所以函数的最小值为，‎ 又因为函数的最小值为，可得，解得．‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ），，且，‎ 要证，‎ 只要证，‎ 即证，‎ 即证，‎ 即证，‎ 即证，‎ 即证，‎ 显然，当且仅当时取等号．‎ 所以．‎ ‎【点睛】本题主要考查了含有绝对值函数的最值的求解，以及不等式的证明，其中解答中合理去掉绝对值号，转化为分段函数，以及合理利用分析法，结合基本不等式进行证明是解答的关键，着重考查了推理与运算能力．‎ - 25 -‎ - 25 -‎