2020高考数学理真题汇编-含答案

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专题一　集合与常用逻辑用语1．解析：选B.法一：易知A＝{x|－2≤x≤2}，B＝{x|x≤－}，因为A∩B＝{x|－2≤x≤1}，所以－＝1，解得a＝－2.故选B.法二：由题意得A＝{x|－2≤x≤2}．若a＝－4，则B＝{x|x≤2}，又A＝{x|－2≤x≤2}，所以A∩B＝{x|－2≤x≤2}，不满足题意，排除A；若a＝－2，则B＝{x|x≤1}，又A＝{x|－2≤x≤2}，所以A∩B＝{x|－2≤x≤1}，满足题意；若a＝2，则B＝{x|x≤－1}，又A＝{x|－2≤x≤2}，所以A∩B＝{x|－2≤x≤－1}，不满足题意，排除C；若a＝4，则B＝{x|x≤－2}，又A＝{x|－2≤x≤2}，所以A∩B＝{x|x＝－2}，不满足题意．故选B.2．解析：选A.法一：由题意，得A∪B＝{－1，0，1，2}，所以∁U(A∪B)＝{－2，3}，故选A.法二：因为2∈B，所以2∈A∪B，所以2∉∁U(A∪B)，故排除B，D；又0∈A，所以0∈A∪B，所以0∉∁U(A∪B)，故排除C，故选A.3．解析：选C.由题意得，A∩B＝{(1，7)，(2，6)，(3，5)，(4，4)}，所以A∩B中元素的个数为4，选C.4．解析：选D.法一：由x2－3x－4<0，得－1<x<4，即集合A＝{x|－1<x<4}，又集合B＝{－4，1，3，5}，所以A∩B＝{1，3}，故选D.法二：因为(－4)2－3×(－4)－4>0，所以－4∉A，故排除A；又12－3×1－4<0，所以1∈A，则1∈(A∩B)，故排除C；又32－3×3－4<0，所以3∈A，则3∈(A∩B)，故排除B.故选D.法三：观察集合A与集合B，发现3∈A，故3∈(A∩B)，所以排除选项A和B，又52－3×5－4>0，所以5∉A，5∉(A∩B)，排除C.故选D.5．解析：选D.通解：因为A＝{x||x|<3，x∈Z}＝{x|－3<x<3，x∈Z}＝{－2，－1，0，1，2}，B＝{x||x|>1，x∈Z}＝{x|x>1或x<－1，x∈Z}，所以A∩B＝{－2，2}，故选D.优解：A∩B＝{x|1<|x|<3，x∈Z}＝{x|－3<x<－1或1<x<3，x∈Z}＝{－2，2}．6．解析：选B.因为集合A＝{1，2，3，5，7，11}，集合B＝{x|3<x<15}，所以A∩B＝{5，7，11}，A∩B中有3个元素，故选B.7．解析：选C.A＝{x|1≤x≤3}，B＝{x|2＜x＜4}，则A∪B＝{x|1≤x＜4}，选C.8．解析：选C.法一：由题知∁UB＝{－2，－1，1}，所以A∩(∁UB)＝{－1，1}，故选C.法二：易知A∩(∁UB)中的元素不在集合B中，则排除选项A，B，D，故选C.9．解析：选A.由a2>a得a>1或a<0，反之，由a>1得a2>a，则“a>1”是“a2>a”的充分不必要条件，故选A.10．解析：选B.因为P＝{x|1<x<4}，Q＝{x|2<x<3}，所以P∩Q＝{x|2<x<3}，故选B.11．解析：选A.法一：①当S中有3个元素时，设S＝{a，b，c}，a<b<c，则{ab，bc，ac}⊆T，所以∈S，∈S，∈S，当＝c时，a＝1，所以＝b，即c＝b2，此时S＝{1，b，b2}，T＝{b，b2，b3}，所以S∪T＝{1，b，b2，b3}，有4个元素；当＝b时，c＝ab，所以＝a，即b＝a2(a≠1)，此时S＝{a，a2，a3}，T＝{a3，a4，a5}或{a2，a3，a4，a5}或{a3，a4，a5，a6}，所以S∪T＝{a，a2，a3，a4，a5}或{a，a2，a3，a4，a5，a6}，有5个或6个元素．故排除C，D.②当S中有4个元素时，设S＝{a，b，c，d}，a<b<c<d，所以ab<ac<ad<bd<cd，且{ab，ac，ad，bd，cd}⊆T，所以<<<，且⊆S，所以＝a，＝b，＝c，＝d，所以b＝a2，c＝a3，d＝a4(a≠1)，此时S＝{a，a2，a3，a4}，T＝{a3，a4，a5，a6，a7}，所以S∪T＝{a，a2，a3，a4，a5，a6，a7}，有7个元素，故选A.法二：特殊值法．当S＝{1，2，4}，T＝{2，4，8}时，S∪T＝{1，2，4，8}，故C错误；当S＝{2，4，8}，T＝{8，16，32}时，S∪T＝{2，4，8，16，32}，故D错误；当S＝{2，4，8，16}，T＝{8，16，32，64，128}时，S∪T＝{2，4，8，16，32，64，128}，故B错误．故选A.专题二　基本初等函数、导数及其应用1．解析：选B.通解：因为f(x)＝x4－2x3，所以f′(x)＝4x3－6x2，所以f′(1)＝－2，又f(1)＝1－2＝－1，所以所求的切线方程为y＋1＝－2(x－1)，即y＝－2x＋1.故选B.优解：因为f(x)＝x4－2x3，所以f′(x)＝4x3－6x2，f′(1)＝－2，所以切线的斜率为－2，排除C，D.又f(1)＝1－2＝－1，所以切线过点(1，－1)，排除A.故选B.2．解析：选B.法一：因为alog34＝2，所以log34a＝2，则有4a＝32＝9，所以4－a＝＝，故选B.法二：因为alog34＝2，所以－alog34＝－2，所以log34－a＝－2，所以4－a＝3－2＝＝，故选B.法三：因为alog34＝2，所以＝＝log43，所以4＝3，两边同时平方得4a＝9，所以4－a＝＝，故选B.法四：因为alog34＝2，所以a＝＝＝log49，所以4－a＝＝，故选B.法五：令4－a＝t，两边同时取对数得log34－a＝log3t，即alog34＝－log3t＝log3，因为alog34＝2，所以log3＝2，所以＝32＝9，所以t＝，即4－a＝，故选B.法六：令4－a＝t，所以－a＝log4t，即a＝－log4t＝log4.由alog34＝2，得a＝＝＝log49，所以log4＝log49，所以＝9，t＝，即4－a＝，故选B.3．解析：选D.由得函数f(x)的定义域为∪∪，其关于原点对称，因为f(－x)＝ln|2(－x)＋1|－ln|2(－x)－1|＝ln|2x－1|－ln|2x＋1|＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数，排除A，C.当x∈时，f(x)＝ln(2x＋1)－ln(1－2x)，易知函数f(x)单调递增，排除B.当x∈时，f(x)＝ln(－2x－1)－ln(1－2x)＝ln＝ln，易知函数f(x)单调递减，故选D.4．解析：选A.法一：函数f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，因为f(－x)＝(－x)3－＝－x3＋＝－＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数，排除C，D.因为函数y＝x3，y＝－在(0，＋∞)上为增函数，所以f(x)＝x3－在(0，＋∞)上为增函数，排除B，故选A.法二：函数f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，因为f(－x)＝(－x)3－＝－x3＋＝－＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数，排除C，D.当x∈(0，＋∞)时，由f(x)＝x3－，得f′(x)＝3x2＋>0，所以f(x)＝x3－在(0，＋∞)上为增函数，排除B，故选A.5．解析：选A.因为23<32，所以2<3，所以log32<log33＝，所以a<c.因为33>52，所以3>5，所以log53>log55＝，所以b>c，所以a<c<b，故选A.6．解析：选A.由2x－2y<3－x－3－y，得2x－3－x<2y－3－y，即2x－<2y－.设f(x)＝2x－，则f(x)<f(y)．因为函数y＝2x在R上为增函数，y＝－在R上为增函数，所以f(x)＝2x－在R上为增函数，则由f(x)<f(y)，得x<y，所以y－x>0，所以y－x＋1>1，所以ln(y－x＋1)>0，故选A.7．解析：选B.法一：令f(x)＝2x＋log2x，因为y＝2x在(0，＋∞)上单调递增，y＝log2x在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)＝2x＋log2x在(0，＋∞)上单调递增．又2a＋log2a＝4b＋2log4b＝22b＋log2b<22b＋log2(2b)，所以f(a)<f(2b)，所以a<2b.故选B.法二：(取特值法)由2a＋log2a＝4b＋2log4b＝4b＋log2b，取b＝1，得2a＋log2a＝4，令f(x)＝2x＋log2x－4，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f(1)<0，f(2)>0，所以f(1)f(2)<0，f(x)＝2x＋log2x－4在(0，＋∞)上存在唯一的零点，所以1<a<2，故a>2b＝2，a<b2都不成立，排除A，D；取b＝2，得2a＋log2a＝17，令g(x)＝2x＋log2x－17，则g(x)在(0，＋∞)上单调递增，且g(3)<0，g(4)>0，所以g(3)g(4)<0，g(x)＝2x＋log2x－17在(0，＋∞)上存在唯一的零点，所以3<a<4，故a>b2＝4不成立，排除C.故选B.8．解析：选A.因为＝log88，b＝log85，(8)5＝84>55，所以8>5，所以＝log88>log85＝b，即b<.因为＝log1313，c＝log138，(13)5＝134<85，所以13<8，所以＝log1313<log138＝c，即c>.又2 187＝37<55＝3 125，所以lg 37<lg 55，所以7lg 3<5lg 5，所以<，所以a＝<<，而85<57，所以5lg 8<7lg 5，所以>，所以b＝>，所以c>b>a.9．解：(1)f′(x)＝cos x(sin xsin 2x)＋sin x(sin xsin 2x)′＝2sin xcos xsin 2x＋2sin2 xcos 2x＝2sin xsin 3x.当x∈∪时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0.所以f(x)在区间，单调递增，在区间单调递减．(2)因为f(0)＝f(π)＝0，由(1)知，f(x)在区间[0，π]的最大值为f＝，最小值为f＝－.而f(x)是周期为π的周期函数，故|f(x)|≤.(3)由于(sin2 xsin2 2x…sin2 2nx)＝|sin3 xsin3 2x…sin3 2nx|＝|sin x||sin2 xsin3 2x…sin3 2n－1 xsin2n x||sin2 2nx|＝|sin x||f(x)f(2x)…f(2n－1x)||sin2 2nx|≤|f(x)f(2x)…f(2n－1x)|，所以sin2 xsin2 2x…sin2 2n x≤＝.10．解析：(1)f′(x)＝3x2＋b.依题意得f′＝0，即＋b＝0.故b＝－.(2)由(1)知f(x)＝x3－x＋c，f′(x)＝3x2－.令f′(x)＝0，解得x＝－或x＝.f′(x)与f(x)的情况为： x－f′(x)＋0－0＋f(x)c＋c－因为f(1)＝f＝c＋，所以当c<－时，f(x)只有大于1的零点．因为f(－1)＝f＝c－，所以当c>时，f(x)只有小于－1的零点．由题设可知－≤c≤.当c＝－时，f(x)只有两个零点－和1.当c＝时，f(x)只有两个零点－1和.当－<c<时，f(x)有三个零点x1，x2，x3，且x1∈，x2∈，x3∈.综上，若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，则f(x)所有零点的绝对值都不大于1.11．解：(1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1.故当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．(2)f(x)≥x3＋1等价于(x3－ax2＋x＋1)e－x≤1.设函数g(x)＝(x3－ax2＋x＋1)e－x(x≥0)，则g′(x)＝－(x3－ax2＋x＋1－x2＋2ax－1)e－x＝－x[x2－(2a＋3)x＋4a＋2]e－x＝－x(x－2a－1)(x－2)e－x.(i)若2a＋1≤0，即a≤－，则当x∈(0，2)时，g′(x)>0.所以g(x)在(0，2)单调递增，而g(0)＝1，故当x∈(0，2)时，g(x)>1，不合题意．(ii)若0<2a＋1<2，即－<a<，则当x∈(0，2a＋1)∪(2，＋∞)时，g′(x)<0；当x∈(2a＋1，2)时，g′(x)>0.所以g(x)在(0，2a＋1)，(2，＋∞)单调递减，在(2a＋1，2)单调递增．由于g(0)＝1，所以g(x)≤1当且仅当g(2)＝(7－4a)e－2≤1，即a≥.所以当≤a<时，g(x)≤1.(iii)若2a＋1≥2，即a≥，则g(x)≤(x3＋x＋1)e－x.由于0∈[，)，故由(ii)可得(x3＋x＋1)e－x≤1.故当a≥时，g(x)≤1.综上，a的取值范围是[，＋∞)．专题三　三角函数、解三角形1．解析：选D.通解：由题意，知－＋2kπ<α<2kπ(k∈Z)，所以－π＋4kπ<2α<4kπ(k∈Z)，所以cos 2α≤0或cos 2α>0，sin 2α<0，故选D.优解：当α＝－时，cos 2α＝0，sin 2α＝－1，排除A，B，C，故选D.2．解析：选C.通解：由题图知，f(－)＝0，所以－ω＋＝＋kπ(k∈Z)，解得ω＝－(k∈Z)．设f(x)的最小正周期为T，易知T<2π<2T，所以<2π<，所以1<|ω|<2，当且仅当k＝－1时，符合题意，此时ω＝，所以T＝＝.故选C.秒解：由题图知，f(－)＝0且f(－π)<0，f(0)>0，所以－ω＋＝－(ω>0)，解得ω＝，所以f(x)的最小正周期T＝＝.故选C.3．解析：选A.由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC×BC×cos C＝16＋9－2×4×3×＝9，AB＝3，所以cos B＝＝，故选A.4．解析：选A.因为3cos 2α－8cos α＝5，所以3(2cos2α－1)－8cos α＝5，所以6cos2α－8cos α－8＝0，所以3cos2α－4cos α－4＝0，解得cos α＝2(舍去)或cos α＝－，因为α∈(0，π)，所以sin α＝＝.故选A.5．解析：选D.由已知得2tan θ－＝7，得tan θ＝2.6．解析：因为sin x＝－，所以由二倍角公式，得cos 2x＝1－2sin2x＝1－2×＝.答案：7．解析：由题意知f(x)的定义域为{x|x≠kπ，k∈Z}，且关于原点对称．又f(－x)＝sin(－x)＋＝－＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数，其图象关于原点对称，所以①为假命题，②为真命题．因为f＝sin＋＝cos x＋，f＝sin＋＝cos x＋，所以f＝f，所以函数f(x)的图象关于直线x＝对称，③为真命题．当sin x<0时，f(x)<0，所以④为假命题．答案：②③8．解：(1)由正弦定理和已知条件得BC2－AC2－AB2＝AC·AB.　①由余弦定理得BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcos A．　②由①，②得cos A＝－.因为0<A<π，所以A＝.(2)由正弦定理及(1)得＝＝＝2，从而AC＝2sin B，AB＝2sin(π－A－B)＝3cos B－sin B.故BC＋AC＋AB＝3＋sin B＋3cos B＝3＋2sin.又0<B<，所以当B＝时，△ABC周长取得最大值3＋2.9．解：方案一：选条件①.由C＝和余弦定理得＝.由sin A ＝sin B及正弦定理得a＝b.于是＝，由此可得b＝c.由①ac＝，解得a＝，b＝c＝1.因此，选条件①时问题中的三角形存在，此时c＝1.方案二：选条件②.由C＝和余弦定理得＝.由sin A ＝sin B及正弦定理得a＝b.于是＝，由此可得b＝c，B＝C＝，A＝.由②csin A＝3，所以c＝b＝2，a＝6.因此，选条件②时问题中的三角形存在，此时c＝2.方案三：选条件③.由C＝和余弦定理得＝.由sin A＝sin B及正弦定理得a＝b.于是＝，由此可得b＝c.由③c＝b，与b＝c矛盾．因此，选条件③时问题中的三角形不存在．专题四　平面向量、数系的扩充与复数的引入1．解析：选D.通解：因为z＝1＋i，所以|z2－2z|＝|(1＋i)2－2(1＋i)|＝|2i－2i－2|＝|－2|＝2.故选D.光速解：因为z＝1＋i，所以|z2－2z|＝|z||z－2|＝×|－1＋i|＝×＝2.故选D.2．解析：选D.＝＝＝＋i，所以虚部为.3．解析：选D.法一：＝＝＝－i，选D.法二：利用i2＝－1进行替换，则＝＝＝＝－i，选D.4．解析：选D.通解：由题意，得a·b＝|a|·|b|cos 60°＝.对于A，(a＋2b)·b＝a·b＋2b2＝＋2＝≠0，故A不符合题意；对于B，(2a＋b)·b＝2a·b＋b2＝1＋1＝2≠0，故B不符合题意；对于C，(a－2b)·b＝a·b－2b2＝－2＝－≠0，故C不符合题意；对于D，(2a－b)·b＝2a·b－b2＝1－1＝0，所以(2a－b)⊥b，故选D.优解一：不妨设a＝，b＝(1，0)，则a＋2b＝，2a＋b＝(2，)，a－2b＝，2a－b＝(0，)，易知，只有(2a－b)·b＝0，即(2a－b)⊥b，故选D.优解二：根据条件，分别作出向量b与A，B，C，D四个选项对应的向量的位置关系，如图所示：由图易知，只有选项D满足题意，故选D.5．解析：选C.因为a－1＋(a－2)i是实数，所以a－2＝0，所以a＝2.故选C.6．解析：选D.法一：＝＝＝－i，选D.法二：利用i2＝－1进行替换，则＝＝＝＝－i，选D.7．解析：选D.由题意，得a·(a＋b)＝a2＋a·b＝25－6＝19，|a＋b|＝＝＝7，所以cosa，a＋b＝＝＝，故选D.8．解析：由题意，得a·b＝|a|·|b|cos 45°＝.因为向量ka－b与a垂直，所以(ka－b)·a＝ka2－a·b＝k－＝0，解得k＝.答案：9．解析：法一：设z1＝x1＋y1i(x1，y1∈R)，z2＝x2＋y2i(x2，y2∈R)，则由|z1|＝|z2|＝2，得x＋y＝x＋y＝4.因为z1＋z2＝x1＋x2＋(y1＋y2)i＝＋i，所以|z1＋z2|2＝(x1＋x2)2＋(y1＋y2)2＝x＋y＋x＋y＋2x1x2＋2y1y2＝8＋2x1x2＋2y1y2＝()2＋12＝4，所以2x1x2＋2y1y2＝－4，所以|z1－z2|＝|x1－x2＋(y1－y2)i|＝＝＝＝2.法二：设z1＝a＋bi(a，b∈R)，则z2＝－a＋(1－b)i，则即所以|z1－z2|2＝(2a－)2＋(2b－1)2＝4(a2＋b2)－4(a＋b)＋4＝4×4－4×2＋4＝12，所以|z1－z2|＝2.法三：题设可等价转化为向量a，b满足|a|＝|b|＝2，a＋b＝(，1)，求|a－b|.因为(a＋b)2＋(a－b)2＝2|a|2＋2|b|2，所以4＋(a－b)2＝16，所以|a－b|＝2，即|z1－z2|＝2.法四：设z1＋z2＝z＝＋i，则z在复平面上对应的点为P(，1)所以|z1＋z2|＝|z|＝2，由平行四边形法则知OAPB是边长为2，一条对角线也为2的菱形，则另一条对角线的长为|z1－z2|＝2××2＝2.答案：210．解析：复数z＝(1＋i)(2－i)＝3＋i，实部是3.答案：3专题五　数　列1．解析：选C.由题意知，由天心石开始向外的每环的扇面形石板块数构成一个等差数列，记为{an}，易知其首项a1＝9、公差d＝9，所以an＝a1＋(n－1)d＝9n.设数列{an}的前n项和为Sn，由等差数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等差数列，所以2(S2n－Sn)＝Sn＋S3n－S2n，所以(S3n－S2n)－(S2n－Sn)＝S2n－2Sn＝－2×＝9n2＝729，得n＝9，所以三层共有扇面形石板的块数为S3n＝＝＝3 402，故选C.2．解析：选C.令m＝1，则由am＋n＝aman，得an＋1＝a1an，即＝a1＝2，所以数列{an}是首项为2、公比为2的等比数列，所以an＝2n，所以ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝ak(a1＋a2＋…＋a10)＝2k×＝2k＋1×(210－1)＝215－25＝25×(210－1)，解得k＝4，故选C.3．解析：选B.通解：设等比数列{an}的公比为q，则由解得所以Sn＝＝2n－1，an＝a1qn－1＝2n－1，所以＝＝2－21－n，故选B.优解：设等比数列{an}的公比为q，因为＝＝＝＝2，所以q＝2，所以＝＝＝2－21－n，故选B.4．解析：设bn＝2n－1，cn＝3n－2，bn＝cm，则2n－1＝3m－2，得n＝＝＝＋1，于是m－1＝2k，k∈N，所以m＝2k＋1，k∈N，则ak＝3(2k＋1)－2＝6k＋1，k∈N，得an＝6n－5，n∈N*.故Sn＝×n＝3n2－2n.答案：3n2－2n5．解析：解：(1)设{an}的公比为q，由题设得2a1＝a2＋a3, 即2a1＝a1q＋a1q2.所以q2＋q－2＝0, 解得q＝1(舍去)或q＝－2.故{an}的公比为－2.(2)记Sn为{nan}的前n项和．由(1)及题设可得，an＝(－2)n－1.所以Sn＝1＋2×(－2)＋…＋n×(－2)n－1，－2Sn＝－2＋2×(－2)2＋…＋(n－1)×(－2)n－1＋n×(－2)n.可得3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n×(－2)n＝－n×(－2)n. 所以Sn＝－.6．解：(1)a2＝5，a3＝7.猜想an＝2n＋1.由已知可得an＋1－(2n＋3)＝3[an－(2n＋1)]，an－(2n＋1)＝3[an－1－(2n－1)]，……a2－5＝3(a1－3)．因为a1＝3，所以an＝2n＋1.(2)由(1)得2nan＝(2n＋1)2n，所以Sn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n＋1)×2n.①从而2Sn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n＋1)×2n＋1.②①－②得－Sn＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n＋1)×2n＋1.所以Sn＝(2n－1)2n＋1＋2.7．解：(1)设{an}的公比为q.由题设得a1q＋a1q3＝20，a1q2 ＝8.解得q＝(舍去)，q＝2.由题设得a1＝2.所以{an}的通项公式为an＝2n.(2)由题设及(1)知b1＝0，且当2n≤m<2n＋1时，bm＝n.所以S100＝b1＋(b2＋b3)＋(b4＋b5＋b6＋b7)＋…＋(b32＋b33＋…＋b63)＋(b64＋b65＋…＋b100)＝0＋1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×(100－63) ＝480.专题六　不等式、算法1．解析：选ABD.对于选项A，因为a2＋b2≥2ab，所以2(a2＋b2)≥a2＋b2＋2ab＝(a＋b)2＝1，所以a2＋b2≥，正确；对于选项B，易知0<a<1，0<b<1，所以－1<a－b<1，所以2a－b>2－1＝，正确；对于选项C，令a＝，b＝，则log2＋log2＝－2＋log2<－2，错误；对于选项D，因为＝，所以[]2－(＋)2＝a＋b－2＝(－)2≥0，所以＋≤，正确．故选ABD.2．解析：选C.由程序框图知S等于正奇数数列1，3，5，…的前k项和，其中k＝，k∈N*，当前k项和大于100时退出循环，则S＝1＋3＋5＋…＋(2k－1)＝＝k2，当k＝10时，S＝100；当k＝11时，S＝121，退出循环．则输出的n的值为2×11－1＝21，故选C.3．解析：选B.画出可行域如图中阴影部分所示，作出直线x＋2y＝0，平移该直线，易知当直线经过点A(2，1)时，z取得最小值，zmin＝2＋2×1＝4，再数形结合可得z＝x＋2y的取值范围是[4，＋∞)．4．解析：选C.法一：若a，b，2a＋b互不相等，则当时，原不等式在x≥0时恒成立，又因为ab≠0，所以b<0；若a＝b，则当时，原不等式在x≥0时恒成立，又因为ab≠0，所以b<0；若a＝2a＋b，则当时，原不等式在x≥0时恒成立，又因为ab≠0，所以b<0；若b＝2a＋b，则a＝0，与已知矛盾；若a＝b＝2a＋b，则a＝b＝0，与已知矛盾．综上，b<0，故选C.法二：特殊值法：当b＝－1，a＝1时，(x－1)(x＋1)(x－1)≥0在x≥0时恒成立；当b＝－1，a＝－1时，(x＋1)(x＋1)(x＋3)≥0在x≥0时恒成立；当b＝1，a＝－1时，(x＋1)(x－1)(x＋1)≥0在x≥0时不一定成立．故选C.5．解析：通解：作出可行域，如图中阴影部分所示，由得故A(1，0)．作出直线x＋7y＝0，数形结合可知，当直线z＝x＋7y过点A时，z＝x＋7y取得最大值，为1.优解：作出可行域，如图中阴影部分所示，易得A(1，0)，B(0，－1)，C(，－1)，当直线z＝x＋7y过点A时，z＝1；当直线z＝x＋7y过点B时，z＝－7；当直线z＝x＋7y过点C时，z＝－7＝－.所以z＝x＋7y的最大值为1.答案：16．解析：法一：作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，画出直线3x＋2y＝0，平移该直线，由图可知当平移后的直线经过点A(1，2)时，z＝3x＋2y取得最大值，zmax＝3×1＋2×2＝7.法二：易知z＝3x＋2y的最大值在可行域的顶点处取得，只需求出可行域的顶点坐标，分别将各顶点坐标代入z＝3x＋2y，即可求得最大值．联立得解得代入z＝3x＋2y中可得z＝0；联立得解得代入z＝3x＋2y中可得z＝1；联立得解得代入z＝3x＋2y中可得z＝7.通过比较可知，z的最大值为7.答案：77．解析：依题意得＋＋＝＋＝＋≥2＝4，当且仅当即时取等号．因此，＋＋的最小值为4.答案：48．解析：由流程图可得y＝则当y＝－2时，可得或得x＝ －3.答案：－3专题七　立体几何1．解析：选C.设正四棱锥的高为h，底面正方形的边长为2a，斜高为m，依题意得h2＝×2a×m，即h2＝am　①，易知h2＋a2＝m2　②，由①②得m＝a，所以＝＝.故选C.2．解析：选A.由三视图知，该几何体是由两个长方体组合而成的，其直观图如图所示，由图知该端点在侧视图中对应的点为E，故选A.3.解析：选C.由三视图知该几何体为如图所示的三棱锥P­ABC，其中PA⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AP＝2，故其表面积S＝×3＋×(2)2×sin 60°＝6＋2.4．解析：选C.由等边三角形ABC的面积为，得AB2＝，得AB＝3，则△ABC的外接圆半径r＝×AB＝AB＝.设球的半径为R，则由球的表面积为16π，得4πR2＝16π，得R＝2，则球心O到平面ABC的距离d＝＝1，故选C.5．解析：选A.如图所示，设球O的半径为R，⊙O1的半径为r，因为⊙O1的面积为4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO1，所以＝2r，解得AB＝2，故OO1＝2，所以R2＝OO＋r2＝(2)2＋22＝16，所以球O的表面积S＝4πR2＝64π.故选A.6．解析：易知半径最大的球即为该圆锥的内切球．圆锥PE及其内切球O如图所示，设内切球的半径为R，则sin∠BPE＝＝＝，所以OP＝3R，所以PE＝4R＝＝＝2， 所以R＝，所以内切球的体积V＝πR3＝π，即该圆锥内半径最大的球的体积为π.答案：π7．解析：依题意得，AE＝AD＝，在△AEC中，AC＝1，∠CAE＝30°，由余弦定理得EC2＝AE2＋AC2－2AE·ACcos∠EAC＝3＋1－2cos 30°＝1，所以EC＝1，所以CF＝EC＝1.又BC＝＝＝2，BF＝BD＝＝，所以在△BCF中，由余弦定理得cos∠FCB＝＝＝－.答案：－8.证明：(1)因为E，F分别是AC，B1C的中点，所以EF∥AB1.又EF⊄平面AB1C1，AB1⊂平面AB1C1，所以EF∥平面AB1C1.(2)因为B1C⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以B1C⊥AB.又AB⊥AC，B1C⊂平面AB1C，AC⊂平面AB1C，B1C∩AC＝C，所以AB⊥平面AB1C.又因为AB⊂平面ABB1，所以平面AB1C⊥平面ABB1.9．解：(1)由题设可知，PA＝PB＝PC，由于△ABC是正三角形，故可得△PAC≌△PAB，△PAC≌△PBC.又∠APC＝90°，故∠APB＝90°，∠BPC＝90°.从而PB⊥PA，PB⊥PC，故PB⊥平面PAC，所以平面PAB⊥平面PAC.(2)设圆锥的底面半径为r，母线长为l.由题设可得rl＝，l2－r2＝2.解得r＝1，l＝.从而AB＝.由(1)可得PA2＋PB2＝AB2，故PA＝PB＝PC＝.所以三棱锥P­ABC的体积为××PA×PB×PC＝××()3＝.10．解：(1)证明：设DO＝a，由题设可得PO＝a，AO＝a，AB＝a，PA＝PB＝PC＝a.因此PA2＋PB2＝AB2，从而PA⊥PB.又PA2＋PC2＝AC2，从而PA⊥PC.又PB∩PC＝P，PB，PC⊂平面PBC，所以PA⊥平面PBC.(2)以O为坐标原点，的方向为y轴正方向，为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz.由题设可得E(0，1，0)，A(0，－1，0)，C(－，，0)，P(0，0，)．所以＝(－，－，0)，＝(0，－1，)．设m＝(x，y，z)是平面PCE的法向量，则，即，可取m＝(－，1，)．由(1)知＝(0，1，)是平面PCB的一个法向量，记n＝，则cos〈n，m〉＝＝.所以二面角B­PC­E的余弦值为.11．解：(1)证明：因为M，N分别为BC，B1C1的中点，所以MN∥CC1.又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥MN.因为△A1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1N.又B1C1⊥MN，故B1C1⊥平面A1AMN.所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F.(2)AO∥平面EB1C1F，AO⊂平面A1AMN，平面A1AMN∩平面EB1C1F＝PN，故AO∥PN.又AP∥ON.故四边形APNO是平行四边形，所以PN＝AO＝6，AP＝ON＝AM＝，PM＝AM＝2，EF＝BC＝2.因为BC∥平面EB1C1F，所以四棱锥B­EB1C1F的顶点B到底面EB1C1F的距离等于点M到底面EB1C1F的距离．如图，作MT⊥PN，垂足为T，则由(1)知，MT⊥平面EB1C1F，故MT＝PMsin∠MPN＝3.底面EB1C1F的面积为×(B1C1＋EF)×PN＝(6＋2)×6＝24.所以四棱锥B­EB1C1F的体积为×24×3＝24.12．解：设AB＝a，AD＝b，AA1＝c，如图，以C1为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系C1­xyz.(1)连接C1F，则C1(0，0，0)，A(a，b，c)，E(a，0，c)，F(0，b，c)，＝(0，b，c)，＝(0，b，c)，得＝，因此EA∥C1F，即A，E，F，C1四点共面，所以点C1在平面AEF内．(2)由已知得A(2，1，3)，E(2，0，2)，F(0，1，1)，A1(2，1，0)，＝(0，－1，－1)，＝(－2，0，－2)，＝(0，－1，2)，＝(－2，0，1)．设n1＝(x，y，z)为平面AEF的法向量，则即可取n1＝(－1，－1，1)．设n2为平面A1EF的法向量，则同理可取n2＝.因为cos〈n1，n2〉＝＝－，所以二面角A－EF－A1的正弦值为.13．解：(1)因为M，N分别为BC，B1C1的中点，所以MN∥CC1.又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥MN.因为△A1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1N.又B1C1⊥MN，故B1C1⊥平面A1AMN.所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F.(2)由已知得AM⊥BC.以M为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M－xyz，则AB＝2，AM＝.连接NP，则四边形AONP为平行四边形，故PM＝，E.由(1)知平面A1AMN⊥平面ABC.作NQ⊥AM，垂足为Q，则NQ⊥平面ABC.设Q(a，0，0)，则NQ＝，B1，故＝，||＝.又n＝(0，－1，0)是平面A1AMN的法向量，故sin ＝cos 〈n，〉＝＝.所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为.专题八　平面解析几何1．解析：选C.通解：因为点A到y轴的距离为9，所以可设点A(9，yA)，所以y＝18p.又点A到焦点(，0)的距离为12，所以 ＝12，所以(9－)2＋18p＝122，即p2＋36p－252＝0，解得p＝－42(舍去)或p＝6.故选C.光速解：根据抛物线的定义及题意得，点A到C的准线x＝－的距离为12，因为点A到y轴的距离为9，所以＝12－9，解得p＝6.故选C.2．解析：选B.因为圆与两坐标轴都相切，点(2，1)在该圆上，所以可设该圆的方程为(x－a)2＋(y－a)2＝a2(a>0)，所以(2－a)2＋(1－a)2＝a2，即a2－6a＋5＝0，解得a＝1或a＝5，所以圆心的坐标为(1，1)或(5，5)，所以圆心到直线2x－y－3＝0的距离为＝或＝，故选B.3．解析：选B.将直线方程与抛物线方程联立，可得y＝±2，不妨设D(2，2)，E(2，－2)，由OD⊥OE，可得·＝4－4p＝0，解得p＝1，所以抛物线C的方程为y2＝2x，其焦点坐标为.4．解析：选B.将圆的方程x2＋y2－6x＝0化为标准方程(x－3)2＋y2＝9，设圆心为C，则C(3，0)，半径r＝3.设点(1，2)为点A，过点A(1，2)的直线为l，因为(1－3)2＋22<9，所以点A(1，2)在圆C的内部，则直线l与圆C必相交，设交点分别为B，D.易知当直线l⊥AC时，直线l被该圆所截得的弦的长度最小，设此时圆心C到直线l的距离为d，则d＝|AC|＝＝2，所以|BD|min＝2＝2＝2，即弦的长度的最小值为2，故选B.5．解析：选B.由题意知双曲线的渐近线方程为y＝±x.因为D，E分别为直线x＝a与双曲线C的两条渐近线的交点，所以不防设D(a，b)，E(a，－b)，所以S△ODE＝×a×|DE|＝×a×2b＝ab＝8，所以c2＝a2＋b2≥2ab＝16，所以c≥4，所以2c≥8，所以C的焦距的最小值为8，故选B.6．解析：选D.法一：由题知y2＝4x的焦点坐标为(1，0)，则过焦点和点(0，b)的直线方程为x＋＝1，而－＝1的渐近线方程为＋＝0和－＝0，由l与一条渐近线平行，与一条渐近线垂直，得a＝1，b＝1，故选D.法二：由题知双曲线C的两条渐近线互相垂直，则a＝b，即渐近线方程为x±y＝0，排除B，C.又知y2＝4x的焦点坐标为(1，0)，l过点(1，0)，(0，b)，所以＝－1，b＝1，故选D.7．解析：选D.易知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋b，则＝　①，设直线l与曲线y＝的切点坐标为(x0，)(x0>0)，则y′|x＝x0＝x0－＝k　②，＝kx0＋b　③，由②③可得b＝，将b＝，k＝x0－代入①得x0＝1或x0＝－(舍去)，所以k＝b＝，故直线l的方程为y＝x＋.8．解析：选A.通解：设|PF1|＝m，|PF2|＝n，P为双曲线右支上一点，则S△PF1F2＝mn＝4，m－n＝2a，m2＋n2＝4c2，又e＝＝，所以a＝1，选A.优解：由题意得，S△PF1F2＝＝4，得b2＝4，又＝5，c2＝b2＋a2，所以a＝1.9．解析：选D.通解：由⊙M：x2＋y2－2x－2y－2＝0①，得⊙M：(x－1)2＋(y－1)2＝4，所以圆心M(1，1)．如图，连接AM，BM，易知四边形PAMB的面积为|PM|·|AB|，欲使|PM|·|AB|最小，只需四边形PAMB的面积最小，即只需△PAM的面积最小．因为|AM|＝2，所以只需|PA|最小．又|PA|＝＝，所以只需直线2x＋y＋2＝0上的动点P到M的距离最小，其最小值为＝，此时PM⊥l，易求出直线PM的方程为x－2y＋1＝0.由得所以P(－1，0)．易知P，A，M，B四点共圆，所以以PM为直径的圆的方程为x2＋(y－)2＝()2，即x2＋y2－y－1＝0②，由①②得，直线AB的方程为2x＋y＋1＝0，故选D.优解：因为⊙M：(x－1)2＋(y－1)2＝4，所以圆心M(1，1)．连接AM，BM，易知四边形PAMB的面积为|PM|·|AB|，欲使|PM|·|AB|最小，只需四边形PAMB的面积最小，即只需△PAM的面积最小．因为|AM|＝2，所以只需|PA|最小．又|PA|＝＝，所以只需|PM|最小，此时PM⊥l.因为PM⊥AB，所以l∥AB，所以kAB＝－2，排除A，C.易求出直线PM的方程为x－2y＋1＝0，由得所以P(－1，0)．因为点M到直线x＝－1的距离为2，所以直线x＝－1过点P且与⊙M相切，所以A(－1，1)．因为点A(－1，1)在直线AB上，故排除B.故选D.10．解析：选B.通解：设F1，F2分别为双曲线C的左、右焦点，则由题意可知F1(－2，0)，F2(2，0)，又|OP|＝2，所以|OP|＝|OF1|＝|OF2|，所以△PF1F2是直角三角形，所以|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝16.不妨令点P在双曲线C的右支上，则有|PF1|－|PF2|＝2，两边平方，得|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|＝4，又|PF1|2＋|PF2|2＝16，所以|PF1|·|PF2|＝6，则S△PF1F2＝|PF1|·|PF2|＝×6＝3，故选B.秒解：设F1，F2分别为双曲线C的左、右焦点，则由题意可知F1(－2，0)，F2(2，0)，又|OP|＝2，所以|OP|＝|OF1|＝|OF2|，所以△PF1F2是直角三角形，所以S△PF1F2＝＝＝3(其中θ＝∠F1PF2)，故选B.11．解析：设B(c，yB)，因为B为双曲线C：－＝1上的点，所以－＝1，所以y＝.因为AB的斜率为3，所以yB＝，＝3，所以b2＝3ac－3a2，所以c2－a2＝3ac－3a2，所以c2－3ac＋2a2＝0，解得c＝a(舍去)或c＝2a，所以C的离心率e＝＝2.答案：212．解：(1)由已知可设C2的方程为y2＝4cx，其中c＝.不妨设A，C在第一象限，由题设得A，B的纵坐标分别为，－；C，D的纵坐标分别为2c，－2c，故|AB|＝，|CD|＝4c.由|CD|＝|AB|得4c＝，即3×＝2－2.解得＝－2(舍去)，＝.所以C1的离心率为.(2)由(1)知a＝2c，b＝c，故C1：＋＝1.所以C1的四个顶点坐标分别为(2c，0)，(－2c，0)，(0，c)，(0，－c)，C2的准线为x＝－c.由已知得3c＋c＋c＋c＝12，即c＝2.所以C1的标准方程为＋＝1，C2的标准方程为y2＝8x.13．解：(1)由题设可得＝，得m2＝，所以C的方程为＋＝1.(2)设P(xP，yP)，Q(6，yQ)，根据对称性可设yQ>0，由题意知yP>0.由已知可得B(5，0)，直线BP的方程为y＝－(x－5)，所以|BP|＝yP，|BQ|＝.因为|BP|＝|BQ|，所以yP＝1，将yP＝1代入C的方程，解得xP＝3或－3.由直线BP的方程得yQ＝2或8.所以点P，Q的坐标分别为P1(3，1)，Q1(6，2)；P2(－3，1)，Q2(6，8)．|P1Q1|＝，直线P1Q1的方程为y＝x，点A(－5，0)到直线P1Q1的距离为，故△AP1Q1的面积为××＝.|P2Q2|＝，直线P2Q2的方程为y＝x＋，点A到直线P2Q2的距离为，故△AP2Q2的面积为××＝.综上，△APQ的面积为.专题九　计数原理、概率、统计1．解析：选A.根据题意作出图形，如图所示，在O，A，B，C，D中任取3点，有10种可能情况，分别为(OAB)，(OAC)，(OAD)，(OBC)，(OBD)，(OCD)，(ABC)，(ABD)，(ACD)，(BCD)，其中取到的3点共线有(OAC)和(OBD)2种可能情况，所以在O，A，B，C，D中任取3点，则取到的3点共线的概率为＝，故选A.2．解析：选B.由题意知超市第二天能完成1 200份订单的配货，如果没有志愿者帮忙，则超市第二天共会积压超过500＋(1 600－1 200)＝900份订单的概率为0.05，因此要使第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95，至少需要志愿者＝18(名)，故选B.3．解析：选B.对于A，当p1＝p4＝0.1，p2＝p3＝0.4时，随机量X1的分布列为 X11234P0.10.40.40.1E(X1)＝1×0.1＋2×0.4＋3×0.4＋4×0.1＝2.5，D(X1)＝(1－2.5)2×0.1＋(2－2.5)2×0.4＋(3－2.5)2×0.4＋(4－2.5)2×0.1＝1.52×0.1＋0.52×0.4＋0.52×0.4＋1.52×0.1＝0.65，所以＝.对于B，当p1＝p4＝0.4，p2＝p3＝0.1时，随机变量X2的分布列为 X21234P0.40.10.10.4E(X2)＝1×0.4＋2×0.1＋3×0.1＋4×0.4＝2.5，D(X2)＝(1－2.5)2×0.4＋(2－2.5)2×0.1＋(3－2.5)2×0.1＋(4－2.5)2×0.4＝1.52×0.4＋0.52×0.1＋0.52×0.1＋1.52×0.4＝1.85，所以＝.对于C，当p1＝p4＝0.2，p2＝p3＝0.3时，随机变量X3的分布列为 X31234P0.20.30.30.2E(X3)＝1×0.2＋2×0.3＋3×0.3＋4×0.2＝2.5，D(X3)＝(1－2.5)2×0.2＋(2－2.5)2×0.3＋(3－2.5)2×0.3＋(4－2.5)2×0.2＝1.52×0.2＋0.52×0.3＋0.52×0.3＋1.52×0.2＝1.05，所以＝.对于D，当p1＝p4＝0.3，p2＝p3＝0.2时，随机变量X4的分布列为 X41234P0.30.20.20.3E(X4)＝1×0.3＋2×0.2＋3×0.2＋4×0.3＝2.5，D(X4)＝(1－2.5)2×0.3＋(2－2.5)2×0.2＋(3－2.5)2×0.2＋(4－2.5)2×0.3＝1.52×0.3＋0.52×0.2＋0.52×0.2＋1.52×0.3＝1.45，所以＝.所以B中的标准差最大．4．解析：选C.因为(x＋y)5的展开式的第r＋1项Tr＋1＝Cx5－ryr，所以(x＋)(x＋y)5的展开式中x3y3的系数为C＋C＝15.故选C.5．解析：由题意，分两步进行安排，第一步，将4名同学分成3组，其中1组2人，其余2组各1人，有C＝6种安排方法；第二步，将分好的3组安排到对应的3个小区，有A＝6种安排方法，所以不同的安排方法有6×6＝36(种)．答案：366．解析：展开式的通项Tr＋1＝C(x2)6－r＝C2rx12－3r，令12－3r＝0，解得r＝4，所以常数项为C24＝240.答案：2407．解：(1)由试加工产品等级的频数分布表知，甲分厂加工出来的一件产品为A级品的概率的估计值为＝0.4；乙分厂加工出来的一件产品为A级品的概率的估计值为＝0.28.(2)由数据知甲分厂加工出来的100件产品利润的频数分布表为 利润6525－5－75频数40202020因此甲分厂加工出来的100件产品的平均利润为＝15.由数据知乙分厂加工出来的100件产品利润的频数分布表为 利润70300－70频数28173421因此乙分厂加工出来的100件产品的平均利润为＝10.比较甲、乙两分厂加工的产品的平均利润，应选甲分厂承接加工业务．8．解：(1)由所给数据，该市一天的空气质量等级为1，2，3，4的概率的估计值如表： 空气质量等级1234概率的估计值0.430.270.210.09(2)一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值为(100×20＋300×35＋500×45)＝350.(3)根据所给数据，可得2×2列联表：  人次≤400人次>400空气质量好3337空气质量不好228根据列联表得K2＝≈5.820.由于5.820>3.841，故有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关．9．解：(1)甲连胜四场的概率为.(2)根据赛制，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛．比赛四场结束，共有三种情况：甲连胜四场的概率为；乙连胜四场的概率为；丙上场后连胜三场的概率为.所以需要进行第五场比赛的概率为1－－－＝.(3)丙最终获胜，有两种情况：比赛四场结束且丙最终获胜的概率为.比赛五场结束且丙最终获胜，则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情况：胜胜负胜，胜负空胜，负空胜胜，概率分别为，，.因此丙最终获胜的概率为＋＋＋＝.10．解：(1)由已知得样本平均数y＝yi＝60，从而该地区这种野生动物数量的估计值为60×200＝12 000.(2)样本(xi，yi)(i＝1，2，…，20)的相关系数r＝＝＝≈0.94.(3)分层抽样：根据植物覆盖面积的大小对地块分层，再对200个地块进行分层抽样．理由如下：由(2)知各样区的这种野生动物数量与植物覆盖面积有很强的正相关．由于各地块间植物覆盖面积差异很大，从而各地块间这种野生动物数量差异也很大，采用分层抽样的方法较好地保持了样本结构与总体结构的一致性，提高了样本的代表性，从而可以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计．专题十　选考部分1．解：(1)当k＝1时，C1：消去参数t得x2＋y2＝1，故曲线C1是圆心为坐标原点，半径为1的圆．(2)当k＝4时，C1：消去参数t得C1的普通方程为＋＝1.C2的直角坐标方程为4x－16y＋3＝0.由解得.故C1与C2的公共点的直角坐标为(，)．2．解：(1)C1的普通方程为x＋y＝4(0≤x≤4)．由C2的参数方程得x2＝t2＋＋2，y2＝t2＋－2，所以x2－y2＝4.故C2的普通方程为x2－y2＝4.(2)由得所以P的直角坐标为.设所求圆的圆心的直角坐标为(x0，0)，由题意得x＝＋，解得x0＝.因此，所求圆的极坐标方程为ρ＝cos θ.3．解：因为t≠1，由2－t－t2＝0得t＝－2，所以C与y轴的交点为(0，12)；由2－3t＋t2＝0得t＝2，所以C与x轴的交点为(－4，0)．故|AB|＝4.(2)由(1)可知，直线AB的直角坐标方程为＋＝1，将x＝ρcos θ，y＝ρsin θ代入，得直线AB的极坐标方程为3ρcos θ－ρsin θ＋12＝0.4．解：(1)由题设知f(x)＝y＝f(x)的图象如图所示．(2)函数y＝f(x)的图象向左平移1个单位长度后得到函数y＝f(x＋1)的图象．y＝f(x)的图象与y＝f(x＋1)的图象的交点坐标为(－，－)．由图象可知当且仅当x<－时，y＝f(x)的图象在y＝f(x＋1)的图象上方，故不等式f(x)>f(x＋1)的解集为(－∞，－)．5．解：(1)当a＝2时，f(x)＝因此，不等式f(x)≥4的解集为.(2)因为f(x)＝|x－a2|＋|x－2a＋1|≥|a2－2a＋1|＝(a－1)2，故当(a－1)2≥4，即|a－1|≥2时，f(x)≥4，所以当a≥3或a≤－1时，f(x)≥4.当－1<a<3时，f(a2)＝|a2－2a＋1|＝(a－1)2<4.所以a的取值范围是(－∞，－1]∪[3，＋∞)．6．解：(1)由题设可知，a，b，c均不为零，所以ab＋bc＋ca＝[(a＋b＋c)2－(a2＋b2＋c2)]＝－(a2＋b2＋c2)<0.(2)不妨设max{a，b，c}＝a，因为abc＝1，a＝－(b＋c)，所以a>0，b<0，c<0.由bc≤，可得abc≤，故a≥，所以max{a，b，c}≥.