2019南昌二模理科数学(解析版) 13页

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