2020年河南省濮阳市高考数学一模试卷（理科）
2020年河南省濮阳市高考数学一模试卷（理科）
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A＝{−1, 1, 2, 3, 5}，B＝{x∈N|1
0ax+1,x≤0 ，若f(−1)＝3，则不等式f(x)≤5的解集为（ ）
A.[−2, 1] B.[−3, 3] C.[−2, 2] D.[−2, 3]
5. 执行如图所示的程序框图，若输出的值S＝30，则p的取值范围为（ ）
A.(18, 30] B.[18, 30] C.(0, 30] D.[18, 30)
6. 已知函数f(x)=sin(π2+x)与g(x)＝sin(2x+φ)(0≤φ<π)，它们的图象有一个横坐标为π3的交点，将函数g(x)的图象向左平移π12个单位长度，所得图象的一条对称轴方程为（ ）
A.x=−π12 B.x=7π12 C.x=5π12 D.x=11π12
7. 在(x−12x)n的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中x5的系数为（ ）
A.−7 B.−358 C.358 D.7
8. 已知数列{an}满足an+am=am+n(m,n∈N*)且a1＝1，若[x]表示不超过x的最大整数，则数列{[a2n+35]}的前10项和为（ ）
A.12 B.1135 C.24 D.40
9. 已知直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的侧棱长为8，底面矩形的面积为16，一个小虫从C点出发沿直四棱柱侧面绕行一周后到达线段CC1上一点M，若AM⊥平面A1BD，则小虫爬行的最短路程为（ ）
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A.8 B.16 C.265 D.417
10. 已知函数f(x)，g(x)的定义域为R，f(x+1)是奇函数，g(x+1)是偶函数，若y＝f(x)⋅g(x)的图象与x轴有5个交点，则y＝f(x)⋅g(x)的零点之和为（ ）
A.−5 B.5 C.−10 D.10
11. 已知圆x2+y2＝16与抛物线y2＝2px(p>0)的准线l交于A，B两点，且|AB|=215，P为该抛物线上一点，PQ⊥l于点Q，点F为该抛物线的焦点．若△PQF是等边三角形，则△PQF的面积为（ ）
A.43 B.4 C.23 D.2
12. 如图是一个由正四棱锥P−A1B1C1D1和正四棱柱ABCD−A1B1C1D1构成的组合体，正四棱锥的侧棱长为6，BB1为正四棱锥高的4倍．当该组合体的体积最大时，点P到正四棱柱ABCD−A1B1C1D1外接球表面的最小距离是（ ）
A.62−43 B.6(3−2) C.6(2−1) D.6(3−1)
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
在等边三角形ABC中，AB＝2，E，F分别为AB，BC的中点，则CE→⋅AF→=________．
已知双曲线C:x22t−y24t+4=1(t∈R)，则C的离心率的最小值是________．
2020年的2月2日，用数字记法就是20200202，左右对称，古人称回文数，印度人称花环数，类似上面的日子称作花环日．下一个只包含两个数的花环日是91年后的21111112．若从由数字1和2组成的八位回文数中任选2个，则这2个均为花环日的概率是________．
已知正项数列{an}，满足an+1⋅an=2n(n∈N*)，且a1+a2+a3+⋯+a2020<3(21010−1)，则首项a1的取值范围是________．
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，每个试题考生都必作答．22，23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知sinB(1+2cosA)＝2sinCcosA+cosCsinA，A=π2．
(Ⅰ)求bc的值；
(Ⅱ)若D是BC边上的点，AD＝1，BD=2DC=2，求△ABC的面积．
如图，已知圆柱内有一个三棱锥A−BCD，AD为圆柱的一条母线，DF，BC为下底面圆O的直径，AD＝CD＝2，BD＝1．
(Ⅰ)在圆柱的上底面圆内是否存在一点E，使得EF // 平面ABC？证明你的结论．
(Ⅱ)设点M为棱AC的中点，DN→=2NC→，求平面ABD与平面BMN所成锐二面角的余弦值．
2020年1月10日，引发新冠肺炎疫情的COVID−19病毒基因序列公布后，科学家们便开始了病毒疫苗的研究过程．但是类似这种病毒疫苗的研制需要科学的流程，不是一朝一夕能完成的，其中有一步就是做动物试验．已知一个科研团队用小白鼠做接种试验，检测接种疫苗后是否出现抗体．试验设计是：每天接种一次，3天为一个接种周期．已知小白鼠接种后当天出现抗体的概率为12，假设每次接种后当天是否出现抗体与上次接种无关．
(Ⅰ)求一个接种周期内出现抗体次数kk的分布列；
(Ⅱ)已知每天接种一次花费100元，现有以下两种试验方案：
①若在一个接种周期内连续2次出现抗体即终止本周期试验，进行下一接种周期，试验持续三个接种周期，设此种试验方式的花费为X元；
②若在一个接种周期内出现2次或3次抗体，该周期结束后终止试验，已知试验至多持续三个接种周期，设此种试验方式的花费为Y元．
比较随机变量X和Y的数学期望的大小．
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32，A(n, 0)(00时，f(x)≥g(x)．
（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，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]
在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=2ty=t2 （t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，曲线C2的极坐标方程为ρsinθ＝4，M为曲线C2上的动点，点P在线段OM上，且满足|OM|⋅|OP|＝16．
(Ⅰ)求点P的轨迹C3的直角坐标方程；
(Ⅱ)设C1与C3的交点为A，B，求△AOB的面积．
[选修4-5：不等式选讲]
若对于实数x，y有|1−2x|≤4，|3y+1|≤3．
(Ⅰ)求|x+y−16|的最大值M；
(Ⅱ)在(Ⅰ)的条件下，若正实数a，b满足1a+2b=M，证明：(a+1)(b+2)≥509．
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参考答案与试题解析
2020年河南省濮阳市高考数学一模试卷（理科）
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.
【答案】
B
【考点】
交集及其运算
【解析】
求出集合A，B，由此能求出A∩B．
【解答】
∵ 集合A＝{−1, 1, 2, 3, 5}，
B＝{x∈N|10(12)x+1,x≤0 ，由此能求出不等式f(x)≤5的解集．
【解答】
∵ 函数f(x)=2x−1,x>0ax+1,x≤0 ，f(−1)＝3，
∴ f(−1)＝a−1+1＝3，解得a=12，
∴ f(x)=2x−1,x>0(12)x+1,x≤0 ，
∵ f(x)≤5，
∴ 当x>0时，2x−1≤5，解得00，n2＝4m，①则Q(−1, n)，
|PQ|＝m+1
，|QF|=22+n2=4+n2，
因为△PQF是等边三角形，则|QF|＝|PQ|，
即4+n2=m+1，②，
由①②可得：m2−2m−3＝0，可得m＝3，
|PQ|＝4，所以正三角形的面积S=34⋅42＝43．
12.
【答案】
B
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的体积
多面体和旋转体表面上的最短距离问题
【解析】
设正四棱锥P−A1B1C1D1的底面中心为O1，再设PO1＝x，可得正四棱柱的高O1O＝4x，又正四棱锥的侧棱长为6，求出A1B1，写出组合体的体积，利用导数求出使体积取得最大值时的x值，求出正四棱柱ABCD−A1B1C1D1外接的半径，由P到球心的距离减去半径得答案．
【解答】
设正四棱锥P−A1B1C1D1的底面中心为O1，再设PO1＝x，
由题意可得正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍．
∴ O1O＝4x，又正四棱锥的侧棱长为6，
∴ A1O1=36−x2，A1B1=2⋅36−x2，
则该组合体的体积V=13⋅(2⋅36−x2)2⋅x+(2⋅36−x2)2⋅4x=−263x3+312x，(00，V(x)单调递增；
当230，
∴ (a1−1)(2−a1)<0，
∴ 02，
∴ 首项a1的取值范围是：(0, 1)∪(2, +∞)，
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，每个试题考生都必作答．22，23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．
【答案】
（1）根据题意，得sin(A+C)+2sinBcosA＝2sinCcosA+cosCsinA，
所以sinAcosC+cosAsinC+2sinBcosA＝2sinCcosA+cosCsinA，
即2sinBcosA＝sinCcosA．
因为A≠π2，所以cosA≠0，
所以2sinB＝sinC．
由正弦定理可得2b＝c，
故bc=12．
（2）在△ABD和△ADC中，分别由余弦定理，得AB2＝AD2+BD2−2AD⋅BDcos∠ADB，AC2＝AD2+DC2−2AD⋅DCcos∠ADC．
由cos∠ADB＝−cos∠ADC，得AB2+2AC2＝3AD2+BD2+2DC2＝（6）
由(Ⅰ)知AB＝2AC，所以AC＝（1）
又△ACD为等腰三角形，所以△ABC的高为1−(24)2=144，
所以△ABC的面积为12×322×144=378．
【考点】
正弦定理
余弦定理
【解析】
(Ⅰ)对已知等式化简可得2sinBcosA＝sinCcosA，所以2sinB＝sinC．再利用正弦定理可得bc的值；
(Ⅱ)在△ABD和△ADC中，分别应用余弦定理，结合AB＝2AC，得到AC＝（1）又△ACD为等腰三角形，所以△ABC的高为1−(24)2=144，所以△ABC的面积为12×322×144=378．
【解答】
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（1）根据题意，得sin(A+C)+2sinBcosA＝2sinCcosA+cosCsinA，
所以sinAcosC+cosAsinC+2sinBcosA＝2sinCcosA+cosCsinA，
即2sinBcosA＝sinCcosA．
因为A≠π2，所以cosA≠0，
所以2sinB＝sinC．
由正弦定理可得2b＝c，
故bc=12．
（2）在△ABD和△ADC中，分别由余弦定理，得AB2＝AD2+BD2−2AD⋅BDcos∠ADB，AC2＝AD2+DC2−2AD⋅DCcos∠ADC．
由cos∠ADB＝−cos∠ADC，得AB2+2AC2＝3AD2+BD2+2DC2＝（6）
由(Ⅰ)知AB＝2AC，所以AC＝（1）
又△ACD为等腰三角形，所以△ABC的高为1−(24)2=144，
所以△ABC的面积为12×322×144=378．
【答案】
（1）当点E为上底面圆的圆心时，EF // 平面ABC．
证明如下：
如图，取上底面圆的圆心为O1，连接AO，AO1，OO1，O1F，
则OO1 // AD，OO1＝AD．
所以四边形ADOO1为平行四边形，
所以AO1 // DO，所以AO1 // OF．
又AO1＝OF，所以四边形AOFO1为平行四边形，
所以AO // O1F．
因为AO⊂平面ABC，O1F⊄平面ABC，
所以O1F // 平面ABC．
故点E为上底面圆的圆心O1时，EF // 平面ABC．
（2）以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz．
于是可得D(0, 0, 0)，B(1, 0, 0)，C(0, 2, 0)，A(0, 0, 2)，M(0, 1, 1)，N(0,43,0)，
所以BM→=(−1,1,1)，BN→=(−1,43,0)．
设平面BMN的一个法向量为n→=(x,y,z)，
由BM→⋅n→=0BN→⋅n→=0 ，得−x+y+z=0−x+43y=0 ．
令y＝3，则可取n→=(4,3,1)．
取平面ABD的一个法向量为m→=(0,1,0)．
设平面ABD与平面BMN所成的锐二面角为θ，则cosθ=|m→⋅n→||m→||n→|=31×26=32626，
故平面ABD与平面BMN所成锐二面角的余弦值为32626．
【考点】
直线与平面平行
二面角的平面角及求法
【解析】
(Ⅰ)当点E为上底面圆的圆心时，EF // 平面ABC．证明如下：取上底面圆的圆心为O1，连接AO，AO1，OO1，O1F，推出四边形ADOO1为平行四边形，四边形AOFO1为平行四边形，得到AO // O1F．然后证明O1F // 平面ABC．EF // 平面ABC．
(Ⅱ)以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz．求出平面BMN的一个法向量，平面ABD的一个法向量，平面ABD与平面BMN所成的锐二面角为θ，利用空间向量的数量积求解即可．
【解答】
（1）当点E为上底面圆的圆心时，EF // 平面ABC．
证明如下：
如图，取上底面圆的圆心为O1，连接AO，AO1，OO1，O1F，
则OO1 // AD，OO1＝AD．
所以四边形ADOO1为平行四边形，
所以AO1 // DO，所以AO1 // OF．
又AO1＝OF，所以四边形AOFO1为平行四边形，
所以AO // O1F．
因为AO⊂平面ABC，O1F⊄平面ABC，
所以O1F // 平面ABC．
故点E为上底面圆的圆心O1时，EF // 平面ABC．
（2）以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz．
于是可得D(0, 0, 0)，B(1, 0, 0)，C(0, 2, 0)，A(0, 0, 2)，M(0, 1, 1)，N(0,43,0)，
所以BM→=(−1,1,1)，BN→=(−1,43,0)．
设平面BMN的一个法向量为n→=(x,y,z)，
由BM→⋅n→=0BN→⋅n→=0 ，得−x+y+z=0−x+43y=0 ．
令y＝3，则可取n→=(4,3,1)．
取平面ABD的一个法向量为m→=(0,1,0)．
设平面ABD与平面BMN所成的锐二面角为θ，则cosθ=|m→⋅n→||m→||n→|=31×26=32626，
故平面ABD与平面BMN所成锐二面角的余弦值为32626．
【答案】
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（1）由题意可知，随机变量k服从二项分布B(3,12)，故P(k)=C3k(12)k(12)3−k(k=0,1,2,3)．
则k的分布列为
k
0
1
2
3
P
18
38
38
18
（2）①设一个接种周期的接种费用为ξ元，则ξ可能的取值为200，300，
因为P(ξ=200)=14，P(ξ=300)=34，
所以E(ξ)=200×14+300×34=275．
所以三个接种周期的平均花费为E(X)＝3E(ξ)＝3×275＝8(25)
②随机变量Y可能的取值为300，600，900，
设事件A为“在一个接种周期内出现2次或3次抗体”，由(Ⅰ)知，P(A)=38+18=12．
所以P(Y=300)=P(A)=12，P(Y=600)=[1−P(A)]×P(A)=14，P(Y=900)=[1−P(A)]×[1−P(A)]×1=14，
所以E(Y)=300×12+600×14+900×14=525．
所以E(X)>E(Y)．
【考点】
离散型随机变量及其分布列
离散型随机变量的期望与方差
【解析】
(Ⅰ)由题意可知，随机变量k服从二项分布B(3,12)，求出概率，得到k的分布列．
(Ⅱ)①设一个接种周期的接种费用为ξ元，则ξ可能的取值为200，300，然后求解概率与期望，
②随机变量Y可能的取值为300，600，900，求出概率与期望，即可判断E(X)>E(Y)．
【解答】
（1）由题意可知，随机变量k服从二项分布B(3,12)，故P(k)=C3k(12)k(12)3−k(k=0,1,2,3)．
则k的分布列为
k
0
1
2
3
P
18
38
38
18
（2）①设一个接种周期的接种费用为ξ元，则ξ可能的取值为200，300，
因为P(ξ=200)=14，P(ξ=300)=34，
所以E(ξ)=200×14+300×34=275．
所以三个接种周期的平均花费为E(X)＝3E(ξ)＝3×275＝8(25)
②随机变量Y可能的取值为300，600，900，
设事件A为“在一个接种周期内出现2次或3次抗体”，由(Ⅰ)知，P(A)=38+18=12．
所以P(Y=300)=P(A)=12，P(Y=600)=[1−P(A)]×P(A)=14，P(Y=900)=[1−P(A)]×[1−P(A)]×1=14，
所以E(Y)=300×12+600×14+900×14=525．
所以E(X)>E(Y)．
【答案】
（1）设椭圆的半焦距为c．根据题意，得．ca=321a2+34b2=1a2=b2+c2 ，
解得a2＝4，b2＝（1）
所以椭圆C的标准方程为x24+y2=1．
（2）由l不垂直于坐标轴知，直线l的斜率存在，且不为0，设直线l的方程为y＝k(x−n)，k≠(0)
联立x24+y2=1y=k(x−n) ，消去y可得(1+4k2)x2−8k2nx+4k2n2−4＝（0）
设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，易知x1≠x2≠m．
由根与系数的关系，得x1x2=4k2n2−41+4k2，x1+x2=8k2n1+4k2．
由∠PBA＝∠QBA，得kPB+kQB＝0，所以y1x1−m+y2x2−m=0．
所以y1(x2−m)+y2(x1−m)＝0⇔2x1x2−(m+n)(x1+x2)+2mn＝0，
所以2×4k2n2−41+4k2−(m+n)(8k2n1+4k2)+2mn=0，整理可得mn＝4，即m=4n．
因为00恒成立，f′(x)无零点．
当a>0时，取t(x)=f′(x)=2e2x−ax，
则t′(x)=4e2x+ax2>0，即f′(x)单调递增，
又f′(a)>0，f′(a2ea)=2eaea−2ea<0，
所以导函数f′(x)存在唯一零点．
故当a>0时，f′(x)存在唯一零点，当a≤0时，f′(x)无零点．
（2）证明：由(Ⅰ)知，当a≤0时，f(x)单调递增，所以f(x)min=f(e)=e2e−a=e2e，所以a＝（0）
因为g′(x)=1−m−lnxx2，函数g(x)的图象在点（1, g(1)）处的切线方程为y−3＝0，
所以g′(1)=1−m1=0，所以m＝（1）
又g(1)=1+ln11+n=3，所以n＝2，所以g(x)=1+lnxx+2．
根据题意，要证f(x)≥g(x)，即证lnx+1x≤e2x−2，只需证x(e2x−2)−lnx≥(1)
令h(x)＝x(e2x−2)−lnx，则h(x)=(2x+1)e2x−1+2xx=(2x+1)(e2x−1x)．
令F(x)=e2x−1x(x>0)，则F′(x)=2e2x+1x2>0，
所以F(x)在(0, +∞)上单调递增．
又F(14)=e−4<0，F(12)=e−2>0，
所以F(x)有唯一的零点x0∈(14,12)．
当x∈(0, x0)时，F(x)<0，即h′(x)<0，h(x)单调递减，
当x∈(x0, +∞)时，F(x)>0，即h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以h(x)min=h(x0)=x0(e2x0−2)−lnx0．
又因为F(x0)＝0，所以e2x0=1x0，所以h(x0)=x0(1x0−2)−ln(1e2x0)=1−2x0+2x0=1，
故f(x)≥g(x)．
【考点】
利用导数研究函数的最值
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
(Ⅰ)求出导函数，再分a≤0及a>0两种情况讨论即可；
(Ⅱ)先依题意容易求得m＝1，n＝2，再将问题等价于证明x(e2x−2)−lnx≥1，构造函数h(x)＝x(e2x−2)−lnx，利用导数求出函数h(x)的最小值即可得出结论．
【解答】
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（1）f(x)的定义域为(0, +∞)，f′(x)=2e2x−ax．
显然当a≤0时，f′(x)>0恒成立，f′(x)无零点．
当a>0时，取t(x)=f′(x)=2e2x−ax，
则t′(x)=4e2x+ax2>0，即f′(x)单调递增，
又f′(a)>0，f′(a2ea)=2eaea−2ea<0，
所以导函数f′(x)存在唯一零点．
故当a>0时，f′(x)存在唯一零点，当a≤0时，f′(x)无零点．
（2）证明：由(Ⅰ)知，当a≤0时，f(x)单调递增，所以f(x)min=f(e)=e2e−a=e2e，所以a＝（0）
因为g′(x)=1−m−lnxx2，函数g(x)的图象在点（1, g(1)）处的切线方程为y−3＝0，
所以g′(1)=1−m1=0，所以m＝（1）
又g(1)=1+ln11+n=3，所以n＝2，所以g(x)=1+lnxx+2．
根据题意，要证f(x)≥g(x)，即证lnx+1x≤e2x−2，只需证x(e2x−2)−lnx≥(1)
令h(x)＝x(e2x−2)−lnx，则h(x)=(2x+1)e2x−1+2xx=(2x+1)(e2x−1x)．
令F(x)=e2x−1x(x>0)，则F′(x)=2e2x+1x2>0，
所以F(x)在(0, +∞)上单调递增．
又F(14)=e−4<0，F(12)=e−2>0，
所以F(x)有唯一的零点x0∈(14,12)．
当x∈(0, x0)时，F(x)<0，即h′(x)<0，h(x)单调递减，
当x∈(x0, +∞)时，F(x)>0，即h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以h(x)min=h(x0)=x0(e2x0−2)−lnx0．
又因为F(x0)＝0，所以e2x0=1x0，所以h(x0)=x0(1x0−2)−ln(1e2x0)=1−2x0+2x0=1，
故f(x)≥g(x)．
（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，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]
【答案】
（1）根据题意，设M(ρ0, θ0)，P(ρ, θ)，则|OM|＝ρ0，|OP|＝ρ，易知ρ≠(0)
由题意，得ρρ0=16ρ0sinθ0=4θ=θ0 ，解得ρ＝4sinθ．
故轨迹C3的直角坐标方程为x2+(y−2)2＝4(y≠0)．
（2）将参数方程曲线C1的参数方程为x=2ty=t2 （t为参数），转化为普通方程为y=x22．
联立x2+(y−2)2=4(y≠0)y=x22 ，可得A(2, 2)，B(−2, 2)．
所以|AB|＝4，
所以S△AOB=12×2×|AB|=4．
【考点】
参数方程与普通方程的互化
圆的极坐标方程
【解析】
(Ⅰ)直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．
(Ⅱ)利用抛物线和圆的位置关系的应用和极径的应用及三角形的面积公式的应用求出结果．
【解答】
（1）根据题意，设M(ρ0, θ0)，P(ρ, θ)，则|OM|＝ρ0，|OP|＝ρ，易知ρ≠(0)
由题意，得ρρ0=16ρ0sinθ0=4θ=θ0 ，解得ρ＝4sinθ．
故轨迹C3的直角坐标方程为x2+(y−2)2＝4(y≠0)．
（2）将参数方程曲线C1的参数方程为x=2ty=t2 （t为参数），转化为普通方程为y=x22．
联立x2+(y−2)2=4(y≠0)y=x22 ，可得A(2, 2)，B(−2, 2)．
所以|AB|＝4，
所以S△AOB=12×2×|AB|=4．
[选修4-5：不等式选讲]
【答案】
（1）|x+y−16|=|12(2x−1)+13(3y+1)|≤12|2x−1|+13|3y+1|≤12×4+13×3=3，
当x=52y=23 或x=−32y=−43 时等号成立，
∴ |x+y−16|的最大值M为（3）
（2）证明：由(Ⅰ)知，1a+2b=3，∴ 2a+b=3ab≥22ab，得ab≥89．
∴ (a+1)(b+2)=2a+b+ab+2=4ab+2≥4×89+2=509．
【考点】
不等式的证明
基本不等式及其应用
【解析】
(Ⅰ)由|x+y−16|=|12(2x−1)+13(3y+1)|，利用绝对值的不等式放缩即可求得最大值；
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，1a+2b=3，得2a+b=3ab≥22ab，求解ab的最小值，即可证明(a+1)(b+2)≥509．
【解答】
（1）|x+y−16|=|12(2x−1)+13(3y+1)|≤12|2x−1|+13|3y+1|≤12×4+13×3=3，
当x=52y=23 或x=−32y=−43 时等号成立，
∴ |x+y−16|的最大值M为（3）
（2）证明：由(Ⅰ)知，1a+2b=3，∴ 2a+b=3ab≥22ab，得ab≥89．
∴ (a+1)(b+2)=2a+b+ab+2=4ab+2≥4×89+2=509．
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