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2020届全国100所名校高考模拟金典卷(四)数学(理)试题及答案

绝密★启用前
2020届全国100所名校高考模拟金典卷（四）数学（理）
试题
注意事项：1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2、请将答案正确填写在答题卡上一、单选题1．已知集合A．C．答案：C
先求出集合B，再利用交集定义和并集定义能求出结果．解：由
得x＞0，所以B＝{x|x＞0}．
，

，
，则（）B．D．

所以A∩B＝{x|0．故选：C．点评：
本题考查交集、并集的求法及应用，涉及指数函数单调性的应用，是基础题．2．若复数zA．
1i2
i
（i为虚数单位），则zz（）1i
11
B．C．
24
2
D．
1
4
答案：B
化简可得z，而zzz，计算模长即可．解：
i（i1i）i1
，1i（1i）（1i）2
1112
∴zzz42
∵z故选B．点评：
本题考查复数的代数形式的运算，涉及模长的求解，属于基础题．
3．袋子中装有大小、形状完全相同的2个白球和2个红球，现从中不放回地摸取两个球，已知第二次摸到的红球，则第一次摸到红球的概率为（）A．
1
6
B．
13
1
C．
12
D．
15
答案：B


由题意，分别列出第二次摸到的红球的所有可能结果和第一次摸到红球的事件，利用古典概型计算公式确定去概率值即可.解：
设两个红球为R1,R2，两个白球为w1,w2，
则第二次摸到的红球的所有可能结果为：w1R1,w2R1,R2R1,w1R2,w2R2,R1R2共6种，其中第一次摸到红球的事件包括：R2R1,R1R2共2种，结合排列组合公式可知第一次摸到红球的概率为P点评：
本题主要考查古典概型计算公式及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
4．已知角的终边经过点P
2
61.3
5
,6，则tan（）
42
C．2
D．
7
A．
6答案：B
B．
177
319
2
由已知可得tan，再由两角和的正切公式，即可求解.解：
6125
P,6,tan
角的终边经过点255，
2
所以tan


417.
41tantan7
4
tantan

故选：B.点评：
本题考查三角函数定义的应用、三角恒等变换，考查数学运算能力，属于基础题.
2x1,x0
5．若函数fx，在其定义域上单调递增，则实数m的取值范围
mxm1,x0
是（）A．0,3
B．0,3
C．3,
D．0,
2

答案：A
分段函数f(x两段均为单调递增，而且右段的最低点不低于左段的最高点，即可求解.解：
2x1,x0
函数fx在,上单调递增，
mxm1,x0m0，解得0m3，0
m1212
实数m的取值范围是0,3.
故选：A.点评：
本题考查分段函数的单调性，要注意分段函数各段单调性相同的区间合并的条件，属于基础题.
6．已知双曲线C:x4y1，经点P2,0的直线l与C有唯一公共点，则直线l的
2
2
方程为（）A．y2x1C．y
B．y
1
x12
1
x12
11
x1或yx122
D．y2x1或y
答案：C
点P在双曲线内，过点P2,0的直线l与C有唯一公共点，则直线l与渐近线平行，即可求解.解：
由双曲线的几何性质可知，当直线与渐近线平行时，直线l与C有唯一公共点，由于双曲线的渐近线为y
1
x，2
11
x2或yx2，22
11
即yx1或yx1.
22
故直线l的方程为y故选：C.点评：
本题考查双曲线的性质以及直线与双曲线的位置关系，考查数形结合思想，属于基础题.7．在ABC中，角A，B的对边分别是a，b，且A60，b2，ax，若解此三角形有两解，则x的取值范围是（）
3

A．x答案：C
3B．0x2C．3x2D．3x2
由三角形有两解可得，60B90或90B120，得到sinB的取值范围，再由正弦定理，即可求解.解：
由正弦定理得sinB
bsinA3
，
ax
A60，
0B120，要使此三角形有两解，
则60B120，且B90，即
3
sinB1，2

331，解得3x2.2x
故选：C.点评：
本题考查正弦定理解三角形，确定角的范围是解题的关系，考查数学运算能力，属于基础题.
8．二项式(2xA．7答案：A
4
1n
的展开式中含有非零常数项，则正整数n的最小值为（）33x
B．12
C．14
D．5
1r4n7r
试题分析：展开式的通项为Tr12nrCn，令4n7r0，据题意此方程x
3
有解，n
r
7r
，当r4时，n最小为7，故选A.4
【考点】二项式定理的应用.
9．榫卯（sǔnmǎo）是两个木构件上所采用的一种凹凸结合的连接方式.凸出部分叫榫，凹进去的部分叫卯，榫和卯咬合，起到连接作用.代表建筑有北京的紫禁城、天坛祈年殿，山西悬空寺等，如图是一种榫卯构件中榫的三视图，则该榫的表面积和体积为（）
4


A．8+16，2+8C．8+16，48答案：A
B．9+16，28D．9+16，48
由三视图得到组合体的直观图，然后再根据组合体的组合形式及题中数据求出表面积和体积．解：
由三视图知该榫头是由上下两部分构成：上方为长方体（底面为边长是1的正方形，高为2），下方为圆柱（底面圆半径为2，高为2）．其表面积为圆柱的表面积加上长方体的侧面积，所以S22222

2
412816．
其体积圆柱与长方体体积之和，
所以V221128+2．故选A．点评：
解答本题的关键是由三视图得到组合体的形状，容易出现的错误是求表面积时忽视圆柱和长方体相连的部分的面积，考查空间想象力和计算能力，属于基础题．10．运行程序框图，如果输入某个正数后，输出的
，那么的值为（）

2

5


A．3答案：B
B．4C．5D．6
依次运行框图中给出的程序，根据输出结果所在的范围来判断图中的值．解：
依次运行框图中的程序，可得：第一次：第二次：第三次：第四次：第五次：……因为输出的
，
；；；；；
所以程序运行完第四次即可满足题意，所以判断框中的值为4．故选B．点评：
程序框图的补全及逆向求解问题思路：①先假设参数的判断条件满足或不满足；②运行循环结构，一直到运行结果与题目要求的输出结果相同为止；③根据此时各个变量的值，补全程序框图．此类试题要求学生要有比较扎实的算法初步的基本知识，以及综合分析问题和解决问题的能力，要求较高，属中档题．11．已知定义在非零实数集上的奇函数有4个交点，则该4个交点横坐标之和为（）A．2

，函数与图像共
B．4
6
C．6D．8

答案：D先由函数
是奇函数，得到
的对称中心，再根据
得到
的对称中心，由对称性，即可得出结果.
解：因为函数所以函数又由即函数因此，点由函数
是奇函数，关于点得到
的对称中心为也是函数
与
关于点中心对称；，
，
的一个对称中心；图像共有4个交点，且
，
.
，中心对称；
交点横坐标依次设为所以由函数对称性可知，因此故选D点评：
本题主要考查函数对称性、以及奇偶性的应用，熟记概念以及三角函数性质，即可求解，属于常考题型.
2x
1,e12．已知函数fxaxek，若k时，函数fx至少有2个零点，其
中e为自然对数的底数，则实数a的取值范围是（）A．e,答案：A
x2
1,e由f(x0，得axek,k，令g(x

2

B．1,
C．1,e

2

D．0,1
axex，转化为g(x与yk，
2
k1,e至少有两交点，求出g(x的单调性，极值最值，结合函数变换趋势，建立
k的不等量关系，即可求解.
解：
2
1,e由题意可知方程axexk，k上至少有两个实数根，
令g(x
2
axex，则g(x与yk,k1,e至少有两交点，
7

g(xaex，当a0,g(x0在R恒成立，g(x在R上单调递减，
21,eg(x与yk,k至多只有一个交点，不合题意；
当a0时，xlna,g(x0.xlna,g(x0，
g(x的单调递增区间是(,lna，单调递减区间是(lna,，
所以xlna时，g(x取得极大值，也是最大值为alnaa，当x,g(x,x,g(x，
221,e要使g(x与yk,k至少有两交点，只需alnaae，
alnaaa(lna1,0ae,alnaa0,ae,alnaa0，
而alnaae2，ae，设h(aalnaa,ae,h(alna0
h(a在(e,是单调递增，而h(e2e2，alnaae2的解为ae2，
a的取值范围是e2,.

故选：A.点评：
本题考查零点问题与函数交点的关系，利用导数研究函数的性质是解题的关键，考査分类讨论思想和数学运算、逻辑推理能力，属于较难题..二、填空题
13．已知a、且ab0，则a与a2b夹角的余弦值为__________．b为两个单位向量，答案：
5
.5
先求出复数a2b的模，再由向量夹角公式，即可求出结果.解：
因为a、b为两个单位向量，且ab0，所以a2b
(a2b2145，
设a与a2b夹角为，
8

则cos
(a2b•aaa2b
55

a2b•a
5
2

15
55
故答案为点评：
本题主要考查求向量的夹角，熟记平面向量数量积的运算以及夹角公式即可，属于常考题型.
x2y2
14．椭圆m(m0的离心率为_________．
167
答案：
34
由椭圆方程得到a,b,c，直接计算离心率即可.解：
x2y2
因为椭圆m(m0，
167
所以a16m,b7m，c9m．
2
2
2
所以c3m,e
c3m3，a4m4
故答案为：点评：
34
本题主要考查椭圆的标准方程，椭圆的离心率，考查数学运算能力，属于容易题．
xy20,
15．已知x,yR，满足x2y50,则zy4x的最大值为__________.
x4y70,
答案：2
做出满足条件的可行域，根据图形求出目标函数的最值.解：
xy20
由约束条件x2y50做出可行域如图（阴影部分）所示，
x4y70
当目标函数zy4x过点A时，取得最大值，

9

x2y50由，得A1,2，所以zmax242.x4y70
故答案为：2.

点评：
本题考查二元一次不等式组表示平面区域，利用数形结合求线性目标函数的最值，属于基础题.
16．如图，在直角梯形ABCD中，ABC90，CD2，ABBC1，E是边CD的中点，ADE沿AE翻折成四棱锥DABCE，则点C到平面ABD距离的最大值为__________.

答案：
2
2
平面ABD，直线CE上任一点到平面ABD距离都相等，转化过CE上
由已知得CE
任一点作与平面ABD垂直的平面，根据面面垂直的性质定理，做出点到平面距离的线段，求出长度关系，进而求出其最大值.解：
由翻折过程可得，在如图所示的四棱锥DABCE中，底面ABCE为边长是1的正方形，
侧面DEA中，DEAE，且DEAE1，
AEDE，AECE，DECEE，AE平面DCE，
10

作DMCE于M，作MNAB于N，连接DN，则由AE⊥平面DCE，可得DM
AE，CEAEE
DM平面ABCE.又MNAB，DM
AB平面ABCE，DMAB，
MNM，AB平面DMN.
AB平面ABD，平面ABD平面DMN，
平面ABD
平面DMNDN，
在△DMN中，作MHDN于H，则MH平面ABD，
AB
CE,AB平面ABD，CE平面ABD，
CE∥平面ABD，MH即为点C到平面ABD的距离，
在Rt△DMN中，DMMN，MN1，设DMx，则0xDE1，DN1x2.由DMMNDNMH可得x
1x2MH，
MH
x1x2

111x2

2
2，当x1时等号成立，
此时DE平面ABCE，
综上可得，点C到平面ABD距离的最大值为
2.2
故答案为：
2.2
点评：
本题考查空间线、面的位置关系，利用基本不等式解决点到面的距离最大问题，注意空间垂直关系的相互转化，做出点面距是解题的关键，属于中档题.三、解答题
11

Sn
nSa17．已知数列n的前项和为n，数列是首项为1，公差为2的等差数列.
n
（1）求数列an的通项公式；
aa
（2）设数列bn满足12
b1b2
Tn.
a1
n54n5，求数列bn的前n项和bn2
n
n1
答案：（1）an4n3；（2）Tn22.
Sn,n1Sn,n1分析：（1）利用an进行求解；（2）利用类似an的
SS,n2SS,n2n1n1nn
方法求出
an
，进而求出bn，再利用等比数列的求和公式进行求解.bn
Sn
2n1，n
详解：（1）由题意得：
当n2时，anSnSn14n3，
n1时，a11对上式也成立，
∴an4n3.
aa（2）12
b1b2a1n54n5，bn2
a1
n154n1bn12
n
n1
n
aa
当n2时，12
b1b2
，
a1
相减可得：n4n3，又an4n3，
bn2
n
解得bn2，
n1时，b12对上式也成立，
n
∴bn2，
∴Tn
212n12

2
n1
2，
n1
∴数列bn的前n项和Tn22.
点睛：利用数列{an}的通项公式an和前n项和公式Sn的关系求通项时，要注意

12

S,n1ann为分段函数，解题时容易忽视验证“n1”的通项是否满足n2
SS,n2n1n
的通项.
18．在四棱锥AB中，PA平面ABCD，ABC是正三角形，AC与BD的交点M恰好是AC中点，又PAAB4，CDA120.

（1）求证：BDPC；
（2）设E为PC的中点，点F在线段AB上，若直线EF//平面PAD，求AF的长；（3）求二面角APCB的余弦值.答案：（1）见解析；（2）1；（3）
7
.7
（1）利用线面垂直的判定定理，证明BD⊥平面PAC，可得BD⊥PC；（2）取DC中点G，连接FG，证明平面EFG∥平面PAD，可得FG∥平面PAD，证明三角形AMF为直角三角形，即可求AF的长；（3）建立空间直角坐标系，求出平面PAC、平面PBC的法向量，利用向量的夹角公式，即可求二面角A﹣PC﹣B的余弦值．解：
（1）∵ABC是正三角形，M是AC中点，∴BMAC，即BDAC.
又∵PA平面ABCD，∴PABD.又PAACA，∴BD平面PAC.∴BDPC.

13

（2）取DC中点G，连接FG，则EG//平面PAD，
又直线EF//平面PAD，EG∩EF=E,所以平面EFG//平面PAD，所以
FG//AD
∵M为AC中点，DMAC，∴ADCD.
∵ADC120，AB4，∴BADBACCAD90，则三角形AMF为直角三角形，又AMF60，故AF1
（3）分别以AB，AD，AP为x轴，y轴，z轴建立如图的空间直角坐标系，
43
∴B4,0,0，C2,23,0，D0,3,0，P0,0,4.


43
DB4,,0为平面PAC的法向量.3
PC2,23,4，PB4,0,4.
设平面PBC的一个法向量为nx,y,z，

2x23y4z0nPC0则，即，
4x4z0nPB0
令z3，得x3，y
3，则平面PBC的一个法向量为n3,3,3，

设二面角APCB的大小为，则cos
nPB7
.
n|PB|7
所以二面角APCB余弦值为
7.7

点评：
本题考查线面垂直的判定定理与性质，考查二面角，考查学生分析解决问题的能力，考

14

查向量法的运用，确定平面的法向量是关键．
19．已知抛物线C:y2pxp0上一点Px0,2到焦点F的距离PF2x0.
2
（1）求抛物线C的方程；
（2）过点P引圆M:x3yr
2
2
2
0r2的两条切线PA、PB，切线
PA、PB与抛物线C的另一交点分别为A、B，线段AB中点的横坐标记为t，求t的取
值范围.
答案：（1）y4x（2）见解析
（1）由题意确定p的值即可确定抛物线方程；
（2）很明显切线斜率存在，由圆心到直线的距离等于半径可得k1,k2是方程
2
r
2
4k28kr240的两根，联立直线方程与抛物线方程可得点D的横坐标
2

x02k1k22k1k23.结合韦达定理将原问题转化为求解函数的值域的问
题即可.解：
（1）由抛物线定义,得PFx0
p
，由题意得：2
p
2xx00
2
p22px4解得0
x10p0

所以，抛物线的方程为y4x.
（2）由题意知，过P引圆x3y2r2(0r
2
2
2的切线斜率存在，设切线PA
的方程为yk1x12，则圆心M到切线PA的距离d
2k12k1
21
r，整理得，
r
2
4k128k1r240.

设切线PB的方程为yk2x12,同理可得r4k28k2r40.
2
2
2

所以，k1,k2是方程r4k8kr40的两根，k1k2设Ax1,y1，Bx2,y2由

2

22
8
,k1k21.2
r4
yk1x12
y4x
2
2
得，k1y4y4k180，
15

由韦达定理知，2y1
84k142k14
y24k22，同理可得，所以1
k1k1k1
y24k12.
22
4k224k12xxyy1212x设点D的横坐标为0，则x0
288
2
2
2k12k222k1k212k1k22k1k23.
8
4,2，2
r4
12
所以，x02t2t3，对称轴t2，所以9x037
2
设tk1k2，则t点评：
本题主要考查抛物线方程的求解，直线与抛物线的位置关系等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
20．交强险是车主必须为机动车购买的险种，若普通6座以下私家车投保交强险第一年的费用（基准保费）统一为a元，在下一年续保时，实行的是费率浮动机制，保费与上一年度车辆发生道路交通事故的情况相联系，发生交通事故的次数越多，费率也就越高，具体浮动情况如下表：
交强险浮动因素和浮动费率比率表
浮动因素
上一年度未发生有责任道路交通事故
浮动比率下浮10%

2
A1
A2
上两年度未发生有责任道路交通事故
下浮20%
A3A4
上三年度未发生有责任道路交通事故下浮30%
上一个年度发生一次有责任不涉及死亡的道路交通事故上一个年度发生两次及两次以上有责任不涉及死亡的道路交通事
0%
A5
上浮10%
故
上一个年度发生有责任交通死亡事故
上浮30%
A6

某机构为了解某一品牌普通6座以下私家车的投保情况，随机抽取了60辆车龄已满三

16

年的该品牌同型号私家车的下一年续保时的情况，统计得到了下面的表格：类型数量
A110
A25
A35
A420
A515
A65
以这60辆该品牌车的投保类型的频率代替一辆车投保类型的概率，完成下列问题：（1）按照我国《机动车交通事故责任强制保险条例》汽车交强险价格的规定，a950，记x为某同学家的一辆该品牌车在第四年续保时的费用，求x的分布列与数学期望；（数学期望值保留到个位数字）
（2）某二手车销售商专门销售这一品牌的二手车，且将下一年的交强险保费高于基本保费的车辆记为事故车，假设购进一辆事故车亏损5000元，一辆非事故车盈利10000元:
①若该销售商购进三辆(车龄已满三年该品牌二手车，求这三辆车中至多有一辆事故车的概率；
②若该销售商一次购进100辆(车龄已满三年该品牌二手车，求他获得利润的期望值.答案：（1）分布列见解析，EX942（2）①
20
，②50万元27
（1）由题意列出X的可能取值为0.9a，0.8a，0.7a，a，1.1a，1.3a，结合表格写出概率及分布列，再求解期望
（2）①建立二项分布求解三辆车中至多有一辆事故车的概率②先求出一辆二手车利润的期望，再乘以100即可解：
（1）由题意可知：X的可能取值为0.9a，0.8a，0.7a，a，1.1a，1.3a由统计数据可知：
P(X0.9a
1111，P(X0.8a，P(X0.7a，P(Xa，61212311
P(X1.1a，P(X1.3a.
412
所以X的分布列为：
X
P
0.9a16
0.8a112
0.7a112
a
1.1a14
1.3a112
13
11111111.9a11305
EX0.9a0.8a0.7aa1.1a1.3a942
6121234121212
.
17

（2）①由统计数据可知任意一辆该品牌车龄已满三年的二手车为事故的概率为辆车中至多有一辆事故车的概率为：
1，三3
201112.P1C3
33273
②设Y为给销售商购进并销售一辆二手车的利润，Y的可能取值为5000,10000所以Y的分布列为：Y
32
500010000
P
所以EY5000
1
323
12
100005000.33
所以该销售商一次购进100辆该品牌车龄已满三年的二手车获得利润的期望值为
100EY50万元.
点评：
本题考查离散型随机变量及分布列，考查二项分布，考查计算能力，是基础题21．已知函数f(xlnx
asinx12a1
,g(x,aR.xx
（1）求函数f(x的极小值；
（2）求证：当1a1时，f(xg(x.答案：（1）见解析（2）见解析（1）由题意可得fx（
xa1
分类讨论函数的极小值即可.（,x0）2
x
2
）
令
Fxfxgxlnx
a1asinx12xlnxasinx1
,(x0，原问xxx
题等价于Fx0,即证xlnxasinx1.据此分类讨论0a1，a=0和1a0三种情况即可证得题中的结论.解：（1）fx
1a1xa12（,x0）2
xxx
当a10时，即a1时，fx0，函数fx在0,上单调递增，无极小值；

18

当a10时，即a1时，fx0,0xa1，函数fx在0,a1上单调递减；
fx0,xa1，函数fx在a1,上单调递增；fx极小=fa11lna1，
综上所述，当a1时，fx无极小值；当a1时，fx极小1lna1（
2
）
令
Fxfxgxlnx
a1asinx12xlnxasinx1
,(x0xxx
当1a1时，要证：fxgx，即证Fx0,即证xlnxasinx10，要证xlnxasinx10，即证xlnxasinx1.①当0a1时，
令hxxsinx，hx1cosx0，所以hx在0,单调递增，故hxh00，即xsinx.，ax1asinx（1*）
令qxxlnxx1，qx=lnx，
当x0,1,qx0，qx在0,1单调递减；x1,,qx0，qx在
1,单调递增，故qxq10，即xlnxx1.当且仅当x1时取等号
又
0a1，xlnxx1ax（1**）由、可知xlnxx1ax1asinx1（*）（**）所以当0a1时，xlnxasinx1
②当a=0时，即证xlnx1.令mx=xlnx，mx=lnx1，mx在0,上单

1e
调递减，在,上单调递增，mxminm=
1e1e
1
1，故xlnx1e
（0,1]时，asinx11，由②知mxxlnx③当1a0时，当x
1
，而e
1
1，e
故xlnxasinx1；
（1,）当x时，asinx10，由②知mxxlnxm10，故xlnxasinx1；

19

（0,）所以，当x时，xlnxasinx1.
综上①②③可知，当1a1时，fxgx.点评：
导数是研究函数的单调性、极值(最值最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3利用导数求函数的最值(极值，解决生活中的优化问题．(4考查数形结合思想的应用．
22．选修4-4：坐标系与参数方程
1
xt2
在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），在以坐标
y13t2
原点为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C的极坐标方程为asin（aR且a0）.
（I）求直线l的极坐标方程及曲线C的直角坐标方程；（Ⅱ）已知A1,是直线l上的一点，B2,


是曲线C上的一点，1R，6
2R，若
|OB|
的最大值为2，求a的值.|OA|
答案：(Isin

122；xyay0.(Ⅱa232
（I）利用参数方程、极坐标方程和普通方程互化的公式求直线l的极坐标方程及曲线C的直角坐标方程；（Ⅱ）先利用极坐标方程求出1sin



1asin，2，326
|OB|2
asin2，即得asin2|a|=2，解之即得a的再求出
|OA|133
值.解：
解：（I）消去参数t，得直线l的普通方程为3xy10，由xcos，ysin，

20

得直线l的极坐标方程为(3cossin10，即sin


1.32
曲线C的极坐标方程为asin（aR且a0），即asin，
22222
由xy，siny，得曲线C的直角坐标方程为xyay0.

B,A,（Ⅱ）∵1在直线l上，2在曲线C上，
6
∴1sin



1asin，2，326
|OB|22asin∴sin|OA|163

2asincosasin2|a|
663
∴|a|2，a2.点评：
本题主要考查参数方程、极坐标方程和普通方程的互化，考查三角恒等变换和三角函数的图像和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.23．设函数f(x1xx3.（1）求不等式f(x1的解集；
（2）若函数f(x的最大值为m，正实数p,q满足p2qm，求
21
的最小值.p2q
答案：（1）xx（2）见解析
3
2
（1）不等式可化为
x1x33x1
或或，据此求解
1xx311xx11x1x31
不等式的解集即可；
21
（2）由题意可得m4，结合均值不等式的求解的最小值即可，注意等号成p2q
立的条件.解：
21

x3
（1）不等式可化为或
1xx31
3
x
2
3x1
或
1xx11x1
解得
x1x31
3
fx1的解集为xx
2
（2）1xx31xx34，
m4,p2q4p22q6，
2112114qp2
p22q4p2q6p2q6p2q
14qp24423.6p2q
p1

当且仅当p22q3时，即，3时，取“”
q2
214
的最小值为．p2q3
点评：
绝对值不等式的解法：
法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；
法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．
22

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