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- 2021-06-30 发布
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2019-2020学年湖北黄冈高三下数学月考试卷
一、选择题
1. 已知集合A=x|x2−4x−5<0，集合B={y|y>0}，则A∩B=（ ）
A.x|01,若存在x1,x2∈R，且x1≠x2，使得fx1=fx2成立，则实数a的取值范围是（ ）
A.−∞,3 B.(−∞,3] C.−2,2 D.(−2,2]
11. 平面四边形ABCD中，∠ABC=150∘,3AB=2BC,AC=13,BD⊥AB,CD=3，则四边形ABCD的面积为（ ）
A.23+2 B.3+1 C.73 D.732
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12. 已知双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点．若以F1F2为直径的圆过点B，且A为F1B的中点，则双曲线C的离心率为( )
A.3+1 B.2 C.3 D.2
二、填空题
设曲线y=ex+1上点P处的切线平行于直线x−y−1=0，则点P的坐标是________.
已知θ为锐角，且2sinθsinθ+π4=5cos2θ，则tanθ=________.
已知A，B，C是球O球面上的三点，AC=BC=6,AB=62，且四面体OABC的体积为24，则球O的表面积为________.
自湖北爆发新型冠状病毒肺炎疫情以来，湖北某市医护人员和医疗、生活物资严重匮乏，全国各地纷纷驰援．某运输队接到从武汉送往该市物资的任务，该运输队有8辆载重为6t的A型卡车，6辆载重为10t的B型卡车，10名驾驶员，要求此运输队每天至少运送240t物资．已知每辆卡车每天往返的次数为A型卡车5次，B型卡车4次，每辆卡车每天往返的成本A型卡车1200元，B型卡车1800元，则每天派出运输队所花的成本最低为________.
三、解答题
已知函数fx=log3ax+b的图像经过点A2,1和B(5,2),an=an+bn∈N* .
(1)求an；
(2)设数列an的前n项和为Sn,,bn=2nn+2+2Sn，求bn的前n项和Tn .
2020年春节期间，新型冠状病毒（2019−nCoV）疫情牵动每一个中国人的心，危难时刻全国人民众志成城，共克时艰，为疫区助力．我国S省Q市共100家商家及个人为缓解湖北省抗疫消毒物资压力，募捐价值百万的物资对口输送湖北省H市．
(1)现对100家商家抽取5家，其中2家来自A地，3家来自B地，从选中的这5家中，选出3家进行调研，求选出3家中1家来自A地，2家来自B地的概率．
(2)该市一商家考虑增加先进生产技术投入，该商家欲预测先进生产技术投入为49千元的月产增量．现用以往的先进技术投入xi（千元）与月产增量yi（千件）（i=1,2,3,⋯,8）的数据绘制散点图，由散点图的样本点分布，可以认为样本点集中在曲线y=a+bx的附近，且x¯=46.6，y¯=563，t¯=6.8，i=18xi−x¯2=289.9，i=18ti−t¯2=1.6，i=18xi−x¯yi−y¯=1469，i=18ti−t¯yi−y¯=108.8，其中ti=xi，t¯=18i=18ti，根据所给的统计量，求y关于x回归方程，并预测先进生产技术投人为49千元时的月产增量．
附：对于一组数据(u1,v1)(u2,v2)，其回归直线v=α+βu的斜率和截距的最小二乘法估计分别为
β=i=1nui−u¯vi−v¯i=1nui−u¯2，α=v¯−βu¯．
如图，在四棱锥S−ABCD中，侧面SCD为钝角三角形且垂直于底面ABCD，CD=SD，点M是SA的中点，AD//BC,∠ABC=90∘,AB=AD=12BC=a.
(1)求证：平面MBD⊥平面SCD；
(2)若∠SDC=120∘，求三棱锥C−MBD的体积．
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0过点E2,1，其左、右顶点分别为A，B，左、右焦点为F1,F2，其中F1−2,0.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设M(x0,y0)为椭圆C上异于A，B两点的任意一点，MN⊥AB于点N，直线l：x0x+2y0y−4=0，设过点A且与x轴垂直的直线与直线l交于点P，证明：直线BP经过线段MN的中点．
已知函数fx=x2+acosx.
(1)求函数fx的奇偶性，并证明当|a|≤2时函数f(x）只有一个极值点；
(2)当a=π时，求fx的最小值；
在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=2+2cosθ，y=2sinθ（θ为参数），以原点为极点，x
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轴非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ2=41+3sin2α.
(1)求曲线C1的极坐标方程以及曲线C2的直角坐标方程；
(2)若直线l:y=kx与曲线C1、曲线C2在第一象限交于P，Q，且|OQ|=|PQ|，点M的直角坐标为1,0，求△PMQ的面积．
已知实数a，b满足a2+b2−ab=3.
(1)求a−b的取值范围；
(2)若ab>0，求证：1a2+1b2+34≥4ab.
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参考答案与试题解析
2019-2020学年湖北黄冈高三下数学月考试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
交集及其运算
【解析】
本题主要考查集合的交集运算．
【解答】
解：∵x2−4x−5<0，
∴−10，
∴A∩B=x|020=1，
y=log5220=1，
y=log520，f(x)递增．
∴f(x)min=f16=6+11−46=9，
则m≤9，
∴m的最大值为9．
故选C．
6.
【答案】
C
【考点】
众数、中位数、平均数
频率分布直方图
【解析】
本题主要考查频率分布直方图的应用．
【解答】
解：第三组频数：1−0.05−0.15−0.3−0.25−0.1×120
=0.15×120=18，故A正确，
众数为75，故B正确，
平均数为45×0.05+55×0.15+65×0.15+75×0.3+85×0.25+95×0.1
=73.5，故C错误，
设中位数为x，则0.05+0.15+0.15+(x−70)×0.03=0.5，
∴x=75，故D正确．
故选C.
7.
【答案】
B
【考点】
函数图象的作法
【解析】
本题主要考查频率分布直方图的应用 .
【解答】
解∶根据题意得，
f(−x)=−2cos2(−x)+cos(−x)+1=f(x)，
所以题中函数为偶函数，排除A，D，
令cosx=t，则函数化为y=−2t2+t+1，
当t=14时，函数有最小值，
即当cosx=14时，
f(x)min=−2×116+14+1=1916>0，排除C.
故选B .
8.
【答案】
A
【考点】
三角函数中的恒等变换应用
复合三角函数的单调性
正弦函数的单调性
【解析】
本题主要考查正弦函数图象和性质．
【解答】
解：fx=3sin2x−cos2x
=2sin2x−π6，
令−π2+2kπ≤2x−π6≤π2+2kπ，k∈Z，
得−π6+kπ≤x≤π3+kπ，k∈Z，
∴递增区间为−π6+kπ,π3+kπ，k∈Z．
故选A．
9.
【答案】
C
【考点】
抛物线的性质
抛物线的求解
【解析】
本题主要考查抛物线的定义．
【解答】
解：设A(x,y)，则x+1=3，
∴ x=2，y2=8，
故A(2,±22)，
故P(−1,±22)，
又F(1,0)，
∴ 直线l的斜率kPF=2或−2．
故选C．
10.
【答案】
A
【考点】
分段函数的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：若存在x1,x2∈R，且x1≠x2，使得fx1=fx2成立，即f(x)不单调，
当a=0时，fx=−x2,x≤1,−7,x>1,
其图像如图，满足题意；
当a<0时，y=−x2+ax对称轴x=a2<0，一次函数y=3ax−7
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过二三四象限，
其图像如图，满足题意；
当a>0时，y=−x2+ax对称轴x=a2>0，一次函数y=3ax−7过一三四象限，
要使f(x)不单调，则对称轴x=a2<1，
当a2<1，即a<2时，存在x1，x2，使得fx1=fx2，
当a2≥1，即a≥2时，令−1+a>3a−7，解得2≤a<3，
∴实数a的取值范围为−∞,3．
故选A．
11.
【答案】
D
【考点】
解三角形
三角形求面积
余弦定理的应用
余弦定理
正弦定理
【解析】
本题主要考查利用正余弦定理解三角形．
【解答】
解：∵ 3AB=2BC，∴ 设AB=2x，BC=3x，
又∠ABC=150∘，AC=13，
由AC2=AB2+BC2−2AB⋅BC⋅cos∠ABC，
即13=4x2+3x2−43x2cos150∘=13x2，∴ x=1，
∴ AB=2，BC=3，
又BD⊥AB，∴ ∠DBC=60∘，
由CD2=BD2+BC2−2BD⋅BC⋅cos∠DBC，
可得9=BD2+3−3BD，
解得BD=23，
故S四边形ABCD=S△ABD+S△BCD=732．
故选D．
12.
【答案】
B
【考点】
双曲线的渐近线
双曲线的离心率
平面向量数量积的运算
平面向量的坐标运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
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解：由题意得，双曲线C：x2a2−y2b2=1，
∴ 渐近线方程为y=±bax，
∴ 设B(x0,bax0)，B在第一象限，x0>0，
∵ F1(−c,0)，F2(c,0)，
∴ F1B→=(x0+c,bax0)，
F2B→=(x0−c,bax0)，
∵ F1F2为圆的直径，
∴ F1B⊥F2B,
∴ F1B→⋅F2B→=0，
∴ (x0+c)(x0−c)+b2a2x02=0，
(a2+b2)x02=c2a2，
c2x02=c2a2，
∴ x0=a，
∴ B(a,b)，
又∵ 且A为F1B的中点，
∴ F1A→=AB→，
∴ A(a−c2,b2)，
∵ A在渐近线上，
∴ b2=−ba⋅a−c2，
2ab=bc，
2a=c，
∴ e=ca=2.
故选B.
二、填空题
【答案】
0,2
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
导数的几何意义
【解析】
本题主要考查导数的几何意义．
【解答】
解：设Pxo,yo，
∵y′=ex，
∴exo=1，
∴xo=0，
代入y=ex+1
得yo=2，
∴P0,2
故答案为：0,2．
【答案】
56
【考点】
二倍角的正弦公式
三角函数的化简求值
三角函数的恒等变换及化简求值
同角三角函数基本关系的运用
同角三角函数间的基本关系
【解析】
本次主要考查三角恒等变换和基本关系式．
【解答】
解：2sinθ22sinθ+22cosθ=5cos2θ−5sin2θ，
∴ sin2θ+sinθ⋅cosθ=5cos2θ−5sin2θ，
∴ 6sin2θ+sinθ⋅sinθ−5cos2θ=0，
∴ 6tan2θ+tanθ−5=0，
∴ tanθ=56或−1，
∵ θ为锐角，
∴ tanθ=56．
故答案为：56．
【答案】
136π
【考点】
球内接多面体
球的表面积和体积
【解析】
本题主要考查球的切接问题和球的表面积公式．
【解答】
解：由AB=BC=6，AB=62可得△ABC为直角三角形，
且面积为S=12×6×6=18，
又四面体OABC的体积为24．
可得球心O到面ABC的距离为2413×18=4，
又△ABC所在截面圆的圆心为AB的中点．
设为P，则|OP|=4．
∴球O的半径为OA=AP2+OP2=34，
∴S=4πR2=136π．
故答案为：136π．
【答案】
9600
【考点】
线性规划的实际应用
【解析】
本题主要考查线性规划问题．
【解答】
解：设每天派出A型卡车x辆，B型卡车y辆，成本为Z元．
则Z=1200x+1800y，
0≤x≤8,0≤y≤6,x+y≤10,30x+40y≥240,x，y∈N,，
y=−23x+Z1200．
当
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x=8，y=0时，
Zmin=9600.
故答案为：9600.
三、解答题
【答案】
解：(1)由题意得log3(2a+b)=1log3(5a+b)=2，解得a=2b=−1．
所以an=2n−1，n∈N*．
(2)由(1)易知数列{an}为以1为首项，2为公差的等差数列，
所以Sn=n+n(n−1)2×2=n2，
所以bn=2n(n+2)+2Sn
=2n(n+2)+2n
=1n−1n+2+2n，
Tn=1−13+12−14+13−15+⋯+1n−1−1n+1+1n−1n+2+2(1−2n)1−2
=2n+1−2n+3(n+1)(n+2)−12．
【考点】
数列与函数的综合
数列的求和
【解析】
左侧图片未提供解析．
左侧图片未提供解析．
【解答】
解：(1)由题意得log3(2a+b)=1log3(5a+b)=2，解得a=2b=−1．
所以an=2n−1，n∈N*．
(2)由(1)易知数列{an}为以1为首项，2为公差的等差数列，
所以Sn=n+n(n−1)2×2=n2，
所以bn=2n(n+2)+2Sn
=2n(n+2)+2n
=1n−1n+2+2n，
Tn=1−13+12−14+13−15+⋯+1n−1−1n+1+1n−1n+2+2(1−2n)1−2
=2n+1−2n+3(n+1)(n+2)−12．
【答案】
解：(1)由题意可知，A地2家分为A1,A2，B地3家分为B1，B2，B3，
所有的情况为：(A1,A2,B1)，(A1,A2,B2)，(A1,A2,B3)，(A1,B1,B2)，(A1,B1,B3)，(A1,B2,B3)，(A2,B1,B2)，(A2,B1,B3)，(A2,B2,B3)，(B1,B2,B3)，共10种情况
其中A地1家，B地2家的有(A1,B1,B2)，(A1,B1,B3)，(A1,A2,B3)，(A2,B1,B2)，(A2,B1,B3)，(A2,B2,B3)共有6种，
所求的概率为p=610=35 ．
(2)由t¯=6.8，y¯=563，i=18(ti−t¯)(yi−y¯)=108.8，i=18(ti−t¯)2=1.6，
有b=i=18(ti−t¯)(yi−y¯)i=18(ti−t¯)2=108.81.6=68，且a=y¯−bt¯=563−68×6.8=100.6，
所以y关于x的回归方程为y=100.6+68x，
当x=49时，年销售量y的预报值y=100.6+6849=576.6千件．
所以预测先进生产技术投入为49千元时的年收益增量为576.6千件．
【考点】
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
求解线性回归方程
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)由题意可知，A地2家分为A1,A2，B地3家分为B1，B2，B3，
所有的情况为：(A1,A2,B1)，(A1,A2,B2)，(A1,A2,B3)，(A1,B1,B2)，(A1,B1,B3)，(A1,B2,B3)，(A2,B1,B2)，(A2,B1,B3)，(A2,B2,B3)，(B1,B2,B3)，共10种情况
其中A地1家，B地2家的有(A1,B1,B2)，(A1,B1,B3)，(A1,A2,B3)，(A2,B1,B2)，(A2,B1,B3)，(A2,B2,B3)共有6种，
所求的概率为p=610=35 ．
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(2)由t¯=6.8，y¯=563，i=18(ti−t¯)(yi−y¯)=108.8，i=18(ti−t¯)2=1.6，
有b=i=18(ti−t¯)(yi−y¯)i=18(ti−t¯)2=108.81.6=68，且a=y¯−bt¯=563−68×6.8=100.6，
所以y关于x的回归方程为y=100.6+68x，
当x=49时，年销售量y的预报值y=100.6+6849=576.6千件．
所以预测先进生产技术投入为49千元时的年收益增量为576.6千件．
【答案】
(1)证明：取BC中点E，连结DE，
设AB=AD=a，BC=2a，
依题意得，四边形ABED为正方形，
且有BE=DE=CE=a，BD=CD=2a，
∴BD2+CD2=BC2，则BD⊥CD，
又平面SCD⊥底面ABCD，平面SCD∩底面ABCD=CD，
∴BD⊥平面SCD，
平面MBD⊥底面ABCD．
(2)解：过点S作CD的垂线，交CD延长线于点H，连结AH，
可证DH为斜线SD在底面ABCD内的射影，
∠SDH为斜线SD与底面ABCD所成的角，即∠SDH=60∘．
由(1)得，SD=CD=2a，
∴在Rt△SHD中，SD=2a，HD=2a2，SH=6a2，
∴M到平面ABCD的距离d=64a．
三棱锥C−MBD的体积：
VC−MBD=VM−BCD=13⋅12⋅BD⋅CD⋅d
=16⋅2a⋅2a⋅64a=612a3．
【考点】
平面与平面垂直的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
左侧图片未提供解析．
【解答】
(1)证明：取BC中点E，连结DE，
设AB=AD=a，BC=2a，
依题意得，四边形ABED为正方形，
且有BE=DE=CE=a，BD=CD=2a，
∴BD2+CD2=BC2，则BD⊥CD，
又平面SCD⊥底面ABCD，平面SCD∩底面ABCD=CD，
∴BD⊥平面SCD，
平面MBD⊥底面ABCD．
(2)解：过点S作CD的垂线，交CD延长线于点H，连结AH，
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可证DH为斜线SD在底面ABCD内的射影，
∠SDH为斜线SD与底面ABCD所成的角，即∠SDH=60∘．
由(1)得，SD=CD=2a，
∴在Rt△SHD中，SD=2a，HD=2a2，SH=6a2，
∴M到平面ABCD的距离d=64a．
三棱锥C−MBD的体积：
VC−MBD=VM−BCD=13⋅12⋅BD⋅CD⋅d
=16⋅2a⋅2a⋅64a=612a3．
【答案】
解∶(1)由题意，2a=|EF1|+|EF2|=2+22+1+2−2+1=4，
a=2,c=2,b=2，
故椭圆的方程为x24+y22=1 .
(2)由(1)知A−2,0,B2,0，
过点A且与x轴垂直的直线的方程为x=−2，
结合方程x0x+2y0y−4=0，得点P−2,x0+2y0
直线PB的斜率k=x0+2y0−0−2−2=−x0+24y0，
则直线PB的方程为y=−x0+24y0x−2 .
因为MN⊥AB于点N，
所以Nx0,0，线段MN的中点坐标为x0,y02，
令x=x0，得y=−x0+24y0x0−2=4−x024y0，
因为x02+2y02=4，
所以y=4−x024y0=2y024y0=y02，
所以直线PB经过线段MN的中点x0,y02 .
【考点】
直线与椭圆结合的最值问题
椭圆的应用
椭圆的标准方程
【解析】
（1）由题意，2a=|EF1||EF2|+=2+22+1+2−2+1=4，
a=2,c=2,b=2，
故椭圆的方程为x24+y22=1 .
（2）由（1）知A−2,0,B2,0，
过点A且与x轴垂直的直线的方程为x=−2，
结合方程x0x+2y0y−4=0，得点P−2,x0+2y0
直线PB的斜率
k=x0+2y0−0−2−2=x0+24y0，
则直线PB的方程为y=−x0+24y0x−2 .
因为MN⊥AB于点N，所以Nx0,0，线段MN的中点坐标为x0,y02，
令x=x0，得y=−x0+24y0x0−2=4−x024y0，
因为x02+2y02=4，所以y=4−x024y0=2y024y0=y02，
所以直线PB经过线段MN的中点x0,y02 .
【解答】
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解∶(1)由题意，2a=|EF1|+|EF2|=2+22+1+2−2+1=4，
a=2,c=2,b=2，
故椭圆的方程为x24+y22=1 .
(2)由(1)知A−2,0,B2,0，
过点A且与x轴垂直的直线的方程为x=−2，
结合方程x0x+2y0y−4=0，得点P−2,x0+2y0
直线PB的斜率k=x0+2y0−0−2−2=−x0+24y0，
则直线PB的方程为y=−x0+24y0x−2 .
因为MN⊥AB于点N，
所以Nx0,0，线段MN的中点坐标为x0,y02，
令x=x0，得y=−x0+24y0x0−2=4−x024y0，
因为x02+2y02=4，
所以y=4−x024y0=2y024y0=y02，
所以直线PB经过线段MN的中点x0,y02 .
【答案】
解：(1)由于f−x=fx函数fx为偶函数，
f′x=2x−asinx，f′0=0，故只需讨论x>0时情况，，
x>0，由三角函数性质知，
x>sinx，2≥|a|.
∴ 2x>asinx，
∴ f′x>0，
∴ x>0时，f(x)单调递增，
由偶函数性质知，x<0时，f(x)单调递减，
故|a|≤2时函数fx只有一个极小值点x=0.
(2)由(1)知只需求x∈[0,+∞）时fx的最小值．
f′x=2x−πsinx，
当x∈[0,π2）时，设hx=2x−πsinx，h′x=2−πcosx，
而h0<0，h′π2>0，
由零点存在性定理，存在唯一的x0∈0,π2，使得h′x0=0，
当x∈(0,x0)，h′(x)<0，h(x)单减，
当x∈x0,π2，h′x>0，hx单增，
0
(0,x0)
x0
x0,π2
π2
π2,+∞
h′(x)
−
−
0
+
+
h(x)=f′(x)=2x−πsinx
0
减
h(x)的极小值点
增
0
+
f(x)
π
减
拐点
减
极小值
增
所以f(x)min=fπ2=π24.
【考点】
利用导数研究函数的最值
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的单调性
函数的零点
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)由于f−x=fx函数fx为偶函数，
f′x=2x−asinx，f′0=0，故只需讨论x>0时情况，，
x>0，由三角函数性质知，
x>sinx，2≥|a|.
∴ 2x>asinx，
∴ f′x>0，
∴ x>0时，f(x)单调递增，
由偶函数性质知，x<0时，f(x)单调递减，
故|a|≤2时函数fx只有一个极小值点x=0.
(2)由(1)知只需求x∈[0,+∞）时fx的最小值．
f′x=2x−πsinx，
当x∈[0,π2）时，设hx=2x−πsinx，h′x=2−πcosx，
而h0<0，h′π2>0，
由零点存在性定理，存在唯一的x0∈0,π2，使得h′x0=0，
当x∈(0,x0)，h′(x)<0，h(x)单减，
第25页 共26页 ◎ 第26页 共26页
当x∈x0,π2，h′x>0，hx单增，
0
(0,x0)
x0
x0,π2
π2
π2,+∞
h′(x)
−
−
0
+
+
h(x)=f′(x)=2x−πsinx
0
减
h(x)的极小值点
增
0
+
f(x)
π
减
拐点
减
极小值
增
所以f(x)min=fπ2=π24.
【答案】
解：(1)依题意，曲线C1:x−22+y2=4，
即x2+y2−4x=0,
故ρ2−4ρcosθ=0，
即ρ=4cosθ,
因为ρ2=41+3sin2α，
故ρ2+3ρ2sin2α=4.
即x2+4y2=4，
即x24+y2=1.
(2)将θ=θ0代入ρ2=41+3sin2α得，
ρQ2=41+3sin2θ0.
将θ=θ0代入ρ=4cosθ得，ρP=4cosθ0.
由|OQ|=|PQ|，得ρP=2ρQ，
即4cosθ02=161+3sin2θ0.
解得sin2θ0=23，
则cos2θ0=13
又0<θ0<π2，
故ρQ=41+3sin2θ0=233，ρP=4cosθ0=433
故△PMQ的面积
S△PMQ=S△OMP−S△OMQ=12⋅|OM|⋅(ρP−ρQ)⋅sinθ0=12⋅233⋅63=23.
【考点】
椭圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化
圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化
直线的参数方程
圆的参数方程
参数方程与普通方程的互化
圆的极坐标方程
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)依题意，曲线C1:x−22+y2=4，
即x2+y2−4x=0,
故ρ2−4ρcosθ=0，
即ρ=4cosθ,
因为ρ2=41+3sin2α，
故ρ2+3ρ2sin2α=4.
即x2+4y2=4，
即x24+y2=1.
(2)将θ=θ0代入ρ2=41+3sin2α得，
ρQ2=41+3sin2θ0.
将θ=θ0代入ρ=4cosθ得，ρP=4cosθ0.
由|OQ|=|PQ|，得ρP=2ρQ，
即4cosθ02=161+3sin2θ0.
解得sin2θ0=23，
则cos2θ0=13
又0<θ0<π2，
故ρQ=41+3sin2θ0=233，ρP=4cosθ0=433
故△PMQ的面积
S△PMQ=S△OMP−S△OMQ=12⋅|OM|⋅(ρP−ρQ)⋅sinθ0=12⋅233⋅63=23.
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【答案】
解：(1)因为a2+b2−ab=3，所以a2+b2=3+ab≥2|ab|．
①当ab≥0时，3+ab≥2ab，解得ab≤3，即0≤ab≤3；
②当ab<0时，3+ab≥−2ab，解得ab≥−1，即−1≤ab<0，
所以−1≤ab≤3，则0≤3−ab≤4，
而(a−b)2=a2+b2−2ab=3+ab−2ab=3−ab，
所以0≤a−b2≤4，即−2≤a−b≤2．
(2)由(1)知0
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