甘肃省2020届高三数学（理）第一次诊断试题（Word版附解析）

甘肃省2020届高三数学（理）第一次诊断试题（Word版附解析）

2020年甘肃省第一次高考诊断考试 理科数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑. 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在 答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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  1A x x  ，  2 1xB x  ，则 A B  （ ） A.  1,0 B.  0,1 C.  1,  D.  ,1 【答案】D 【解析】 【分析】 分别解出集合 ,A B、 然后求并集. 【详解】解：    1 1 1A x x x x      ，    2 1 0xB x x x    A B   ,1 故选：D 【点睛】考查集合的并集运算，基础题. 2.已知  3 2z i i  ，则 z z （ ） A. 5 B. 5 C. 13 D. 13 【答案】C 【解析】 【分析】 先化简复数  3 2z i i  ，再求 z，最后求 z z 即可. 【详解】解：  3 2 2 3z i i i    ， 2 3z i  2 22 3 13z z    ， 故选：C 【点睛】考查复数的运算，是基础题. 3.已知平面向量 a  ，b  满足  1, 2a   r ，  3,b t   ，且  a a b     ，则 b   （ ） A. 3 B. 10 C. 2 3 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】 先求出 a b   ，再利用   0a a b      求出 t，再求 b  . 【详解】解：      1, 2 3, 2, 2t ta b         由  a a b     ，所以   0a a b           1 2 2 2 0t       ， 1t  ，  3,1b    ， 10  b 故选：B 【点睛】考查向量的数量积及向量模的运算，是基础题. 4.已知抛物线  2 2 0y px p  经过点  2,2 2M ，焦点为F ，则直线MF的斜率为（ ） A. 2 2 B. 2 4 C. 2 2 D. 2 2 【答案】A 【解析】 【分析】 先求出 p，再求焦点 F 坐标，最后求MF的斜率 【详解】解：抛物线  2 2 0y px p  经过点  2,2 2M  22 2 2 2p  ， 2p  ，  1,0F ， 2 2MFk  ， 故选：A 【点睛】考查抛物线的基础知识及斜率的运算公式，基础题. 5.函数   2 cos 2ln xf x x x   的部分图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 显然   2 cos 2ln xf x x x   是偶函数，排除 B C，  1 cos2 0f   即可判断. 【详解】解：   2 cos 2ln xf x x x   是偶函数，排除 B C， 又  1 cos2 0f   ，排除 D， 故选：A. 【点睛】考查函数的基本性质，是基础题. 6.已知双曲线   2 2 2 2: 1 0, 0x yC a b a b     的一条渐近线经过圆 2 2: 2 4 0E x y x y    的 圆心，则双曲线C的离心率为（ ） A 5 2 B. 5 C. 2 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】 求出圆心，代入渐近线方程，找到a b、 的关系，即可求解. 【详解】解：  1, 2E  ，   2 2 2 2: 1 0, 0x yC a b a b     一条渐近线 by x a    2 1b a     ， 2a b  22 2 2 2 2+b , 2 , 5c a c a a e    故选：B 【点睛】利用 a b、 的关系求双曲线的离心率，是基础题. 7.5G 网络是一种先进的高频传输技术，我国的5G 技术发展迅速，已位居世界前列.华为公司 2019年 8月初推出了一款5G手机，现调查得到该款5G手机上市时间 x和市场占有率 y（单 位：%）的几组相关对应数据.如图所示的折线图中，横轴 1代表 2019年 8月，2代表 2019年 9月……，5代表 2019年 12月，根据数据得出 y关于 x的线性回归方程为  0.042y x a  . 若用此方程分析并预测该款手机市场占有率的变化趋势，则最早何时该款5G 手机市场占有率 能超过 0.5%（精确到月）（ ） A. 2020年 6月 B. 2020年 7月 C. 2020年 8月 D. 2020年 9 月 【答案】C 【解析】 【分析】 根据图形，计算出 ,x y，然后解不等式即可. 【详解】解： 1 (1 2 3 4 5) 3 5 x        ， 1 (0.02 0.05 0.1 0.15 0.18) 0.1 5 y        点  3,0.1 在直线 ˆ ˆ0.042y x a  上 ˆ0.1 0.042 3 a   ， ˆ 0.026a   ˆ 0.042 0.026y x  令 ˆ 0.042 0.026 0.5y x   13x  因为横轴 1代表 2019年 8月，所以横轴 13代表 2020年 8月， 故选：C 【点睛】考查如何确定线性回归直线中的系数以及线性回归方程的实际应用，基础题. 8.设m，n是空间两条不同的直线， ，  是空间两个不同的平面，给出下列四个命题： ①若 / /m  ， / /n  ， / / ，则 //m n； ②若  ，m  ，m  ，则 / /m  ； ③若m n ，m  ， / / ，则 / /n  ； ④若  ， l   ， / /m  ，m l ，则m  .其中正确的是（ ） A.①② B.②③ C.②④ D.③④ 【答案】C 【解析】 【分析】 根据线面平行或垂直的有关定理逐一判断即可. 【详解】解：①：m、 n也可能相交或异面，故①错 ②：因为  ，m  ，所以m  或 / /m  ， 因为m  ，所以 / /m  ，故②对 ③： / /n  或 n  ，故③错 ④：如图 因为  ， l   ，在内 过点 E作直线 l的垂线 a， 则直线 a  ， a l 又因为 / /m  ，设经过m和 相交的平面与 交于直线b，则 / /m b 又m l ，所以b l 因为 a l ，b l ， ,b a   所以 / / / /b a m，所以m  ，故④对. 故选：C 【点睛】考查线面平行或垂直的判断，基础题. 9.定义在R上的偶函数  f x ，对 1x ，  2 ,0x   ，且 1 2x x ，有    2 1 2 1 0 f x f x x x    成 立，已知  lna f  ， 1 2b f e        ， 2 1log 6 c f       ，则 a，b， c的大小关系为（ ） A. b a c  B. b c a  C. c b a  D. c a b  【答案】A 【解析】 【分析】 根据偶函数的性质和单调性即可判断. 【详解】解：对 1x ，  2 ,0x   ，且 1 2x x ，有    2 1 2 1 0 f x f x x x     f x 在  , 0x   上递增 因为定义在R上的偶函数  f x 所以  f x 在  0,x   上递减 又因为 2 2 1log log 6 2 6   ，1 ln 2  ， 1 20 1e    所以b a c  故选：A 【点睛】考查偶函数的性质以及单调性的应用，基础题. 10.将函数   sin 6 f x x       图象上每一点的横坐标变为原来的 2倍，再将图像向左平移 3  个单位长度，得到函数  y g x 的图象，则函数  y g x 图象的一个对称中心为（ ） A. ,0 12       B. ,0 4       C.  ,0 D. 4 ,0 3       【答案】D 【解析】 【分析】 根据函数图象的变换规律可得到  y g x 解析式，然后将四个选项代入逐一判断即可. 【详解】解：   sin 6 f x x       图象上每一点的横坐标变为原来的 2倍,得到 1sin 2 6 x      再将图像向左平移 3  个单位长度，得到函数   1sin + 2 3 6 g x x          的图象   1sin 2 3 g x x       ， 4 0 3 g       故选：D 【点睛】考查三角函数图象的变换规律以及其有关性质，基础题. 11.若 3 1 n x x      的展开式中二项式系数和为256，则二项式展开式中有理项系数之和为（ ） A. 85 B. 84 C. 57 D. 56 【答案】A 【解析】 【分析】 先求 n，再确定展开式中的有理项，最后求系数之和. 【详解】解： 3 1 n x x      的展开式中二项式系数和为 256 故2 256n  ， 8n  8 8 4 3 3 1 8 8 r r r r r rT C x x C x       要求展开式中的有理项，则 2 5 8r  ，， 则二项式展开式中有理项系数之和为： 2 5 8 8 8 8+ + =85C C C 故选：A 【点睛】考查二项式的二项式系数及展开式中有理项系数的确定，基础题. 12.若函数   2xf x e mx  有且只有 4个不同的零点，则实数m的取值范围是（ ） A. 2 , 4 e     B. 2 , 4 e      C. 2 , 4 e      D. 2 , 4 e      【答案】B 【解析】 【分析】 由   2xf x e mx  是偶函数，则只需   2xf x e mx  在  0,x  上有且只有两个零点即 可. 【详解】解：显然   2xf x e mx  是偶函数 所以只需  0,x  时，   2 2x xf ex e mx mx   有且只有 2个零点即可 令 2 0xe mx  ，则 2 xem x  令   2 xeg x x  ，     3 2xe x g x x         0, 2 , 0,x g x g x  递减，且  0 ,x g x        2, + , 0,x g x g x   递增，且  ,x g x        2 2 4 eg x g   0,x  时，   2 2x xf ex e mx mx   有且只有 2个零点， 只需 2 4 em  故选：B 【点睛】考查函数性质的应用以及根据零点个数确定参数的取值范围，基础题. 二、填空题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20分. 13.实数 x， y满足约束条件 1 0 2 2 0 2 0 x y x y y           ，则 2z x y  的最大值为__________. 【答案】10 【解析】 【分析】 画出可行域，根据目标函数截距可求. 【详解】解：作出可行域如下： 由 2z x y  得 1 1 2 2 y x z  ，平移直线 1 1 2 2 y x z  ， 当 1 1 2 2 y x z  经过点 B时，截距最小， z最大 解得  6, 2B  2z x y  的最大值为 10 故答案为：10 【点睛】考查可行域的画法及目标函数最大值的求法，基础题. 14.某班星期一共八节课（上午、下午各四节，其中下午最后两节为社团活动），排课要求为： 语文、数学、外语、物理、化学各排一节，从生物、历史、地理、政治四科中选排一节.若数 学必须安排在上午且与外语不相邻（上午第四节和下午第一节不算相邻），则不同的排法有 __________种. 【答案】1344 【解析】 【分析】 分四种情况讨论即可 【详解】解：数学排在第一节时有： 1 4 1 4 4 4 384C A C   数学排在第二节时有： 1 4 1 3 4 4 288C A C   数学排在第三节时有： 1 4 1 3 4 4 288C A C   数学排在第四节时有： 1 4 1 4 4 4 384C A C   所以共有 1344种 故答案为：1344 【点睛】考查排列、组合的应用，注意分类讨论，做到不重不漏；基础题. 15.在 ABC 中，角 A，B，C的对边分别为 a，b，c .若 cos 3 sin 2 0B B   ；且 1b  ， 则 ABC 周长的范围为__________. 【答案】  2,3 【解析】 【分析】 先求 B角，再用余弦定理找到边 a c、 的关系，再用基本不等式求 a c 的范围即可. 【详解】解： cos 3 sin 2 0B B   2sin 2,sin 1, 6 6 3 B B B                 2 2 2 2 cos 3   b a c ac  2 2 21 2 cos 3 a c ac       2 2 1 3 3 2 a ca c ac          1 2a c   所以三角形周长 (2,3]a c b   故答案为：  2,3 【点睛】考查正余弦定理、基本不等式的应用以及三条线段构成三角形的条件；基础题. 16.1611年，约翰内斯·开普勒提出了“没有任何装球方式的密度比面心立方与六方最密堆积要 高”的猜想.简单地说，开普勒猜想就是对空间中如何堆积最密圆球的解答.2017年，由匹兹堡 大学数学系教授托马斯·黑尔斯（Thomas Hales）带领的团队发表了关于开普勒猜想证明的论 文，给这个超过三百年的历史难题提交了一份正式的答案.现有大小形状都相同的若干排球， 按照下面图片中的方式摆放（底层形状为等边三角形，每边 4个球，共 4层），这些排球共 __________个，最上面球的球顶距离地面的高度约为__________cm（排球的直径约为21cm） 【答案】 (1). 20 (2).  21 1 6 【解析】 【分析】 （1）从下往上，各层球的个数依次是：10、6、3、1，所以共有 20个 （2）连接位于四个顶点的球的球心得到一个棱长为 63 cm的正四面体，易求该四面体的高， 然后加上 21即可. 【详解】解：（1）从下往上，各层球的个数依次是：10、6、3、1，所以共有 20个 （2）连接位于四个顶点的球的球心得到一个棱长为 63 cm的正四面体 1 2 3 4O O O O ，如图： 取 3 4O O 的中点 E， 2 3 4O O O 的重心 F ，连接 1O F ,则 1O F 平面 2 3 4O O O 2 63 3 2 O E  ， 2 63 3 2 21 3 2 3 O F     22 1 63 21 3 21 6O F    所以最上面球的球顶距离地面的高度约为  21 6+1 cm . 故答案为：20；  21 6+1 【点睛】考查把实际问题转化为数学问题的能力、空间想象能力以及运算求解能力；较难题. 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.数列 na 满足 1 1a  ， na 是 1 与 1na  的等差中项. （1）证明：数列 1na  为等比数列，并求数列 na 的通项公式； （2）求数列 2na n 的前 n项和 nS . 【答案】（1）见解析， 2 1n na   （2） 1 22 2n nS n   【解析】 【分析】 （1）根据等差中项的定义得 1 1 2n na a   ，然后构造新等比数列 1na  ，写出 1na  的 通项即可求 （2）根据（1）的结果，分组求和即可 【详解】解：（1）由已知可得 1 1 2n na a   ，即 1 2 1n na a   ，可化为  1 1 2 1n na a    ， 故数列 1na  是以 1 1 2a   为首项，2为公比的等比数列. 即有  1 11 1 2 2n n na a      ，所以 2 1n na   . （2）由（1）知，数列 2na n 的通项为： 2 2 2 1n na n n    ，    1 2 32 2 2 2 1 3 5 2 1n nS n               2 1 2 2 1 2 2 2 1 2 n nn n        故 1 22 2n nS n   . 【点睛】考查等差中项的定义和分组求和的方法；中档题. 18.如图，正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 的棱长为 2， E为棱 1 1BC 的中点. （1）面出过点 E且与直线 1AC垂直的平面，标出该平面与正方体各个面的交线（不必说明画 法及理由）； （2）求 1BD 与该平面所成角的正弦值. 【答案】（1）见解析（2） 1 3 . 【解析】 【分析】 （1） 1AC与平面 1BDC 垂直，过点 E作与平面 1BDC 平行的平面即可 （2）建立空间直角坐标系求线面角正弦值 【详解】解：（1）截面如下图所示：其中 F ，G，H ， I ， J 分别为边 1 1C D ， 1DD ， AD， AB， 1BB 的中点，则 1AC垂直于平面EFGHIJ . （2）建立如图所示的空间直角坐标系， 则  2,2,0B ，  1 0,0,2D ，  1,0,0H ，  2,1,0I ，  0,0,1G ，所以  1 2, 2,2BD     ，  1,1,0HI   ，  1,0,1HG    . 设平面EFGHIJ 的一个法向量为  , ,n x y z  ，则 0 0 x y x z      . 不妨取  1, 1,1n    ，则 1 2 1cos , 32 3 3 BD n      ， 所以 1BD 与该平面所成角的正弦值为 1 3 . （若将 1AC  作为该平面法向量，需证明 1AC与该平面垂直） 【点睛】考查确定平面的方法以及线面角的求法，中档题. 19.某健身馆为响应十九届四中全会提出的“聚焦增强人民体质，健全促进全民健身制度性举 措”，提高广大市民对全民健身运动的参与程度，推出了健身促销活动，收费标准如下：健身 时间不超过 1小时免费，超过 1小时的部分每小时收费标准为 20元（不足 l小时的部分按 1 小时计算）.现有甲、乙两人各自独立地来该健身馆健身，设甲、乙健身时间不超过 1小时的 概率分别为 1 4 ， 1 6 ，健身时间 1小时以上且不超过 2小时的概率分别为 1 2 ， 2 3 ，且两人健身 时间都不会超过 3小时. （1）设甲、乙两人所付的健身费用之和为随机变量（单位：元），求 的分布列与数学期望  E  ； （2）此促销活动推出后，健身馆预计每天约有 300人来参与健身活动，以这两人健身费用之 和的数学期望为依据，预测此次促销活动后健身馆每天的营业额. 【答案】（1）见解析，40元（2）6000元 【解析】 【分析】 （1）甲、乙两人所付的健身费用都是 0 元、20 元、40 元三种情况，因此甲、乙两人所付的 健身费用之和共有 9 种情况，分情况计算即可 （2）根据（1）结果求均值. 【详解】解：（1）由题设知可能取值为 0，20，40，60，80，则   1 1 10 4 6 24 P      ；   1 2 1 1 120 4 3 6 2 4 P        ；   1 1 1 2 1 1 540 4 6 2 3 6 4 12 P          ；   1 1 1 2 160 2 6 4 3 4 P        ；   1 1 180 4 6 24 P      . 故的分布列为：  0 20 40 60 80 P 1 24 1 4 5 12 1 4 1 24 所以数学期望   1 1 5 1 10 20 40 60 80 40 24 4 12 4 24 E             （元） （2）此次促销活动后健身馆每天的营业额预计为： 140 300 6000 2    （元） 【点睛】考查离散型随机变量的分布列及其期望的求法，中档题. 20.椭圆   2 2 2 2: 1 0x yC a b a b     的右焦点  2,0F ，过点 F 且与 x轴垂直的直线被椭圆截 得的弦长为3 2 . （1）求椭圆C的方程； （2）过点  2,0 且斜率不为 0的直线与椭圆C交于M ，N 两点.O为坐标原点，A为椭圆C 的右顶点，求四边形OMAN 面积的最大值. 【答案】（1） 2 2 1 8 6 x y  = （2）最大值 2 6 . 【解析】 【分析】 （1）根据通径 22 3 2b a  和 2c  即可求 （2）设直线MN方程为 2x my  ，联立椭圆，利用 OAM OANOMANS S S  四边形 ，用含m的 式子表示出 OAM OANOMANS S S  四边形 ，用 23 2t m  换元， 可得 2 8 3 8 3 22OMAN tS t t t     四边形 ，最后用均值不等式求解. 【详解】解：（1）依题意有 2c  ， 2 2a  ， 6b  ，所以椭圆的方程为 2 2 1 8 6 x y  = . （2）设直线MN的方程为 2x my  ，联立 2 2 1 8 6 2 x y x my        ，得  2 23 4 12 12 0m y my    . 所以 1 2 2 12 3 4 my y m     ， 1 2 2 12 3 4 y y m    . 所以 1 2 1 2 1 12 2 2 2 2 2 2OAM OANOMANS S S y y y y        四边形   2 2 2 1 2 1 2 2 2 2 12 12 8 3 3 22 4 2 4 3 4 3 4 3 4 m my y y y m m m                    . 令 23 2t m  ，则 2t  ， 所以 2 8 3 8 3 22OMAN tS t t t     四边形 ，因 2t  ，则 2 2 2t t   ，所以 2 6OMANS 四边形 ，当 且仅当 2t  ，即 0m  时取得等号， 即四边形OMAN 面积的最大值 2 6 . 【点睛】考查椭圆方程的求法和椭圆中四边形面积最大值的求法，是难题. 21.已知函数      11 ln 2f x ax a x a x      R . （1）讨论函数  f x 单调性； （2）当 2a   时，求证：   12xf x e x x    . 【答案】（1）见解析（2）见解析 【解析】 【分析】 （1）根据  f x 的导函数进行分类讨论  f x 单调性 （2）欲证   12xf x e x x    ，只需证 ln 2 xx e  ，构造函数   ln 2xg x x e   ，证明  max 0g x  ，这时需研究  g x 的单调性，求其最大值即可 【详解】解：（1）     11 ln 2f x ax a x x      的定义域为  0,  ，        2 2 2 2 1 1 1 11 1 ax a x ax xaf x a x x x x           ， ① 当 0a  时，由   0f x  得 1x  ，由   0f x  ，得 1x  ， 所以  f x 在  0,1 上单调递增，在  1, 单调递减； ②当0 1a  时，由   0f x  得 11 x a   ，由   0f x  ，得 1x  ，或 1x a  ， 所以  f x 在  0,1 上单调递增，在 11, a       单调递减，在 1 , a      单调递增； ③当 1a  时，    2 2 1 0 x f x x     ，所以  f x 在  0,  上单调递增； ④当 1a  时，由   0f x  ，得 1 1x a   ，由   0f x  ，得 1x a  ，或 1x  ， 所以  f x 在 10, a       上单调递增，在 1 ,1 a       单调递减，在  1, 单调递增. （2）当 2a   时，欲证   12xf x e x x    ，只需证 ln 2 xx e  ， 令   ln 2xg x x e   ，  0,x  ，则   1 xg x e x    ， 因存在  0 0,1x  ，使得 0 0 1 xe x  成立，即有 0 0lnx x  ，使得  0 0g x  成立. 当 x变化时，  g x ，  g x 的变化如下： x  00, x 0x  0 ,x   g x  0   g x 单调递增  0g x 单调递减 所以     0 0 0 0 0max 0 0 1 1ln e 2 2 2xg x g x x x x x x                  . 因为  0 0,1x  ，所以 0 0 1 2x x   ，所以  max 2 2 0g x     . 即    maxln 2 0xg x x e g x     ， 所以当 2a   时，   12xf x e x x    成立. 【点睛】考查求函数单调性的方法和用函数的最值证明不等式的方法，难题. （二）选考题：共 10分.请考生在第 22、23题中选定一题作答，并用 2B铅笔在 答题卡上将所选题目对应的题号方框涂黑.按所涂题号进行评分，不涂、多涂均按 所答第一题评分；多答按所答第一题评分. 选修 4-4：坐标系与参数方程 22.在平面直角坐标系 xOy中，曲线 1C 的参数方程为： 1 cos sin x y       （ 为参数），以O为 极点， x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 2C 的极坐标方程为： 2 3 sin  . （1）求曲线 1C 的极坐标方程和曲线 2C 的直角坐标方程； （2）若直线  : 0l y kx k  与曲线 1C 交于O， A两点，与曲线 2C 交于O， B两点，求 OA OB 取得最大值时直线 l的直角坐标方程. 【答案】（1）曲线 1 : 2cosC   ，曲线  22 2 : 3 3C x y   .（2） 3y x . 【解析】 【分析】 （1）用 1 cos sin x y       和 cos sin x y        消去参数 即得 1C 的极坐标方程；将 2 3 sin  两 边同时乘以  ，然后由 2 2 2 , sinx y y     解得直角坐标方程. （2）过极点的直线的参数方程为 , 0 , 2 R           ，代入到 1 : 2cosC   和 2C ： 2 3 sin  中，表示出 OA OB 即可求解. 【详解】解：由 1 cos sin x y       和 cos sin x y        ，得 cos 1 cos sin sin              2 2cos 1 sin 1      ，化简得 2cos  故 1C ： 2cos  将 2 3 sin  两边同时乘以  ，得 2 2 3 sin   因为 2 2 2 , sinx y y     ，所以 2 2 2 3 0x y y   得 2C 的直角坐标方程  22 2 : 3 3C x y   . （2）设直线 l的极坐标方程 , 0 , 2 R           由 2cos        ，得 | | 2cosOA  ， 由 2 3 cos        ，得 | | 2 3 sinOB  故 2cos +2 3sin 4sin 6 OA OB           当 3   时， OA OB 取得最大值 此时直线的极坐标方程为：   3 R   ， 其直角坐标方程为： 3y x . 【点睛】考查直角坐标方程、极坐标方程、参数方程的互相转化以及应用圆的极坐标方程中  的几何意义求距离的的最大值方法；中档题. 选修 4-5：不等式选讲 23.已知函数   1f x x  ，不等式    1 5f x f x   的解集为 x m x n  . （1）求实数m， n的值； （2）若 0x  ， 0y  ， 0nx y m   ，求证： 9x y xy  . 【答案】（1） 1m   ， 4n  .（2）见解析 【解析】 【分析】 （1）分三种情况讨论即可 （2）将m， n的值代入，然后利用均值定理即可. 【详解】解：（1）不等式    1 5f x f x   可化为 1 2 5x x    . 即有 1 3 2 5 x x     或1 2x  或 2 2 3 5 x x     . 解得， 1 1x   或1 2x  或 2 4x  . 所以不等式的解集为 1 4x x   ，故 1m   ， 4n  . （2）由（1）知， 0nx y m   ，即 4 1x y  ， 由 0x  ， 0y  得，  1 1 1 1 44 5 5 4 9x yx y x y x y y x                 ， 当且仅当 4x y y x  ，即 1 6 x  ， 1 3 y  时等号成立.故 1 1 9 x y   ，即 9x y xy  . 【点睛】考查绝对值不等式的解法以及用均值定理证明不等式，中档题.