2020全国新高考培优高考仿真模拟(一)文科数学(解析版)

2020高考仿真模拟(一)
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．共150分，考试时间120分钟．
第Ⅰ卷
一、选择题：本大题共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．设全集U 为实数集R ，已知集合M ＝{x |x 2－4>0}，N ＝{x |x 2－4x ＋3<0}，则图中阴影部分所表示的集合为( )
A ．{x |x <－2}
B ．{x |x >3}
C ．{x |1≤x ≤2}
D ．{x |x ≥3或x <－2}
答案 D
解析 由题可得M ＝{x |x 2－4>0}＝{x |x >2或x <－2}，N ＝{x |x 2－4x ＋3<0}＝{x |1<x <3}，又图中阴影部分所表示的集合是(∁U N )∩M ，即为{x |x ≥3或x <－2}，故选D.
2．若复数z 满足z 2＝－4，则|1＋z |＝( ) A ．3 B. 3 C ．5 D. 5 答案 D
解析 设z ＝x ＋y i(x ∈R ，y ∈R )，则(x ＋y i)2＝－4， 即x 2－y 2
＋2xy i ＝－4，所以⎩⎨
⎧
x 2
－y 2
＝－4，2xy ＝0，解得
⎩⎨
⎧
x ＝0，y ＝±2，
所以z ＝±2i，|1＋z |＝|1±2i|＝5，故选D.
3．为了判断高中生选修理科是否与性别有关．现随机抽取50名学生，得到如下2×2列联表：
理科 文科 合计 男 13 10 23 女 7 20 27 合计
20
30
50
根据表中数据，得到K2＝50×(13×20－10×7)2
23×27×20×30
≈4.844，若已知
P(K2≥3.841)≈0.05，P(K2≥5.024)≈0.025，则认为选修理科与性别有关系出错的可能性约为( )
A．25% B．5% C．1% D．10%
答案 B
解析由K2≈4.844，对照临界值得4.844＞3.841，由于P(K2≥3.841)≈0.05，∴认为选修理科与性别有关系出错的可能性为5%.故选B.
4．以下程序框图的功能是解方程12＋22＋…＋n2＝(n＋1)(n＋2)，则输出的i为( )
A．3 B．4 C．5 D．6
答案 B
解析执行程序框图，i＝1，S＝12＝1，N＝(1＋1)(1＋2)＝6，S≠N；i＝2，S＝1＋22＝5，N＝(2＋1)(2＋2)＝12，S≠N；i＝3，S＝5＋32＝14，N＝(3＋1)(3＋2)＝20，S≠N；i ＝4，S＝14＋42＝30，N＝(4＋1)(4＋2)＝30，S＝N.输出的i为4，结束，故选B.
5．已知f(x)＝ln x
x
，其中e为自然对数的底数，则( )
A．f(2)>f(e)>f(3) B．f(3)>f(e)>f(2) C．f(e)>f(2)>f(3) D．f(e)>f(3)>f(2) 答案 D
解析f(x)＝ln x
x
，f′(x)＝
1－ln x
x2
，令f′(x)＝0，解得x＝e，当x∈(0，e)时，
f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，故f(x)
在x＝e处取得最大值f(e)，f(2)－f(3)＝ln 2 2
－
ln 3
3
＝
3ln 2－2ln 3
6
＝
ln 8－ln 9
6
<0，∴f(2)<f(3)，则f(e)>f(3)>f(2)，故选D.
6．公元前5世纪下半叶开奥斯地方的希波克拉底解决了与化圆为方有关的化月牙形为方．如图，以O为圆心的大圆直径为1，以AB为直径的半圆面积等于AO与BO所夹四分之一大圆的面积，由此可知，月牙形(图中阴影部分)区域的面积可以与一个正方形的面积相等．现在在两个圆所围成的区域内随机取一点，则该点来自于阴影所示月牙形区域的概率是( )
A.
1
3π
B.
1
2π＋1
C.
1
π＋1
D.
2
π
答案 B
解析阴影部分的面积等于
π
16
－
⎝
⎛
⎭
⎪
⎫
π
16
－
1
2
×
1
2
×
1
2
＝
1
8
，所以根据几何概型得阴影所示月牙形区域的概率P＝
1
8
1
8
＋
π
4
＝
1
1＋2π
.故选B.
7．已知等比数列{a n}的前n项和为S n，且a1＝
1
2
，a2a6＝8(a4－2)，则S2020＝( ) A．22019－
1
2
B．1－
⎝
⎛
⎭
⎪
⎫1
2
2019
C．22020－
1
2
D．1－
⎝
⎛
⎭
⎪
⎫1
2
2020
答案 A
解析由等比数列的性质及a2a6＝8(a4－2)，得a24＝8a4－16，解得a4＝4.又a4＝
1
2
q3，故q
＝2，所以S 2020＝1
2(1－22020)1－2＝22019－1
2
，故选A.
8．将函数y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3cos ⎝ ⎛
⎭⎪⎫x ＋π3的图象向左平移φ(φ>0)个单位长度，所得图象对
应的函数恰为奇函数，则φ的最小值为( )
A.π12
B.π6
C.π4
D.π
3 答案 B
解析 根据题意可得y ＝sin ⎝ ⎛
⎭⎪⎫2x ＋2π3，将其图象向左平移φ个单位长度，可得y ＝
sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫
2x ＋2π3＋2φ的图象，因为该图象所对应的函数恰为奇函数，所以2π3＋2φ＝k π(k ∈
Z )，φ＝
k π2－π3
(k ∈Z )，又φ>0，所以当k ＝1时，φ取得最小值，且φmin ＝
π
6
，故选B. 9．设a ＝log 20182019，b ＝log 2019
2018，c ＝20181
2019
，则a ，b ，c 的大小关系是( )
A ．a >b >c
B ．a >c >b
C ．c >a >b
D ．c >b >a 答案 C
解析 因为1＝log 20182018>a ＝log 20182019>log 20182018＝1
2，b ＝
log 20192018<log 20192019＝12，c ＝20181
2019
>20180＝1，故c >a >b ，故选C.
10．已知函数f (x )＝x 3
－2x ＋1＋e x
－1
e
x ，其中e 是自然对数的底数．若f (a －1)＋
f (2a 2)≤2，则实数a 的取值范围是( )
A.⎣⎢⎡
⎦⎥⎤－1，32
B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤
－32，1
C.⎣⎢⎡
⎦⎥⎤－1，12
D.⎣⎢⎡⎦
⎥⎤－12，1
答案 C
解析令g(x)＝f(x)－1＝x3－2x＋e x－1
e x
，x∈R.则g(－x)
＝－x3＋2x＋
1
e x
－e x＝－g(x)，∴g(x)在R上为奇函数．∵g′(x)＝3x2－2＋e x＋
1
e x
≥0－2＋2＝0，∴函数g(x)在R上单调递增．
∵f(a－1)＋f(2a2)≤2可化为f(a－1)－1＋f(2a2)－1≤0，即g(a－1)＋g(2a2)≤0，即g(2a2)≤－g(a－1)＝g(1－a)，∴2a2≤1－a，即2a2＋a－1≤0，
解得－1≤a≤
1
2
.∴实数a的取值范围是
⎣
⎢
⎡
⎦
⎥
⎤
－1，
1
2
.故选C.
11.已知一圆锥的底面直径与母线长相等，一球体与该圆锥的所有母线和底面都相切，则球与圆锥的表面积之比为( )
A.
2
3
B.
4
9
C.
26
9
D.
8
27
答案 B
解析设圆锥底面圆的半径为R，球的半径为r，由题意知，圆锥的轴截面是边长为2R 的等边三角形，球的大圆是该等边三角形的内切圆，如图所示，所以r＝
3
3
R，S
球
＝4πr2＝
4π·
⎝
⎛
⎭
⎪
⎫
3
3
R2＝
4π
3
R2，S
圆锥
＝πR·2R＋πR2＝3πR2，所以球与圆锥的表面积之比为
S
球
S
圆锥
＝
4π
3
R2
3πR2＝
4
9
，
故选B.
12．已知函数f(x)为R上的奇函数，且图象关于点(2,0)对称，且当x∈(0,2)时，f(x)＝x3，则函数f(x)在区间[2018,2021]上( )
A．无最大值B．最大值为0
C．最大值为1 D．最大值为－1
答案 C
解析 因为函数f (x )的图象关于点(2,0)对称，所以f (4－x )＝－f (x )．又函数f (x )是奇函数，所以f (－x )＝－f (x )，所以f (4－x )＝f (－x )．令t ＝－x ，得f (4＋t )＝f (t )，所以函数f (x )是周期为4的周期函数．又函数f (x )的定义域为R ，且函数f (x )是奇函数，所以f (0)＝0，f (－2)＝－f (2)，由函数f (x )的周期为4，得f (－2)＝f (2)，所以－f (2)＝f (2)，解得
f (2)＝0.所以f (－2)＝0.依此类推，可以求得f (2n )＝0(n ∈Z )．作出函数f (x )的大致图象如图所示，根据周期性，可得函数f (x )在区间[2018,2021]上的图象与在区间[－2，1]上的图象完全一样. 观察图象可知，函数f (x )在区间(－2,1]上单调递增，且f (1)＝13＝1，又f (－2)＝0，所以函数f (x )在区间[－2,1]上的最大值是1，故函数f (x )在区间[2018,2021]上的最大值也是1.
第Ⅱ卷
本卷包括必考题和选考题两部分．第13～21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．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知单位向量e 1，e 2，且〈e 1，e 2〉＝π
3，若向量a ＝e 1－2e 2，则|a |＝
________.
答案
3
解析 因为|e 1|＝|e 2|＝1，〈e 1，e 2〉＝π
3，所以|a |2＝|e 1－2e 2|2＝1－
4|e 1||e 2|cos π3＋4|e 2|2＝1－4×1×1×1
2
＋4＝3，即|a |＝ 3.
14．已知实数x ，y 满足⎩⎨⎧
x －y ＋1≥0，
3x －y －3≤0，
x ＋y －1≥0，
目标函数z ＝ax ＋y 的最大值M ∈[2,4]，
则实数a 的取值范围为________．
答案 ⎣⎢⎡⎦
⎥⎤－12，12
解析 可行域如图阴影部分所示，当a ≥0时，平移直线y ＝－ax ＋z 至(2,3)时，z 有最大值2a ＋3，故2≤2a ＋3≤4，得0≤a ≤1
2
.当－1<a <0时，平移直线y ＝－ax ＋z 至(2,3)时，
z 有最大值2a ＋3，因2≤2a ＋3≤4，故－12
≤a <0.当a ≤－1时，平移直线y ＝－ax ＋z 至(0,1)时，z 有最大值1，不符合题意，故舍去．
综上，a ∈⎣⎢⎡⎦
⎥⎤
－12，12.
15．在《九章算术》中有称为“羡除”的五面体体积的求法．现有一个类似于“羡除”的有三条棱互相平行的五面体，其三视图如图所示，则该五面体的体积为________．
答案 24
解析 由三视图可得，该几何体为如图所示的五面体ABCEFD ，其中，底面ABC 为直角三角形，且∠BAC ＝90°，AB ＝4，AC ＝3，侧棱DB ，EC ，FA 与底面垂直，且DB ＝2，EC ＝FA ＝5.过点D 作DH ∥BC ，DG ∥BA ，交EC ，FA 分别于H ，G ，连接GH ，则棱柱ABC －DHG 为直棱柱，四棱锥D －EFGH 的底面为矩形EFGH ，高为BA .所以V 五面体ABCEFD ＝V ABC －DHG ＋V D －EFGH ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫
12×4×3×2＋
13×32×4＝24.
16．对任一实数序列A ＝{a 1，a 2，a 3，…}，定义新序列ΔA ＝(a 2－a 1，a 3－a 2，a 4－a 3，…)，它的第n 项为a n ＋1－a n .假定序列Δ(ΔA )的所有项都是1，且a 12＝a 22＝0，则a 2＝________.
答案 100
解析 令b n ＝a n ＋1－a n ，依题意知数列{b n }为等差数列，且公差为1，所以b n ＝b 1＋(n －1)×1，
a 1＝a 1， a 2－a 1＝
b 1， a 3－a 2＝b 2， …
a n －a n －1＝
b n －1，
累加得a n ＝a 1＋b 1＋…＋b n －1 ＝a 1＋(n －1)b 1＋
(n －1)(n －2)
2
＝(n －1)a 2－(n －2)a 1＋
(n －1)(n －2)
2
， 分别令n ＝12，n ＝22，得⎩⎨
⎧
11a 2－10a 1＋55＝0，
21a 2－20a 1＋210＝0，
解得a 1＝
231
2
，a 2＝100. 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．
17．(本小题满分12分)某学校为培养学生的兴趣爱好，提高学生的综合素养，在高一年级开设各种形式的校本课程供学生选择(如书法讲座、诗歌鉴赏、奥赛讲座等)．现统计了某班50名学生一周用在兴趣爱好方面的学习时间(单位：h)的数据，按照[0,2)，[2,4)，[4,6)，[6,8)，[8,10]分成五组，得到了如下的频率分布直方图．
(1)求频率分布直方图中m的值及该班学生一周用在兴趣爱好方面的平均学习时间；
(2)从[4,6)，[6,8)两组中按分层抽样的方法抽取6人，再从这6人中抽取2人，求恰有1人在[6,8)组中的概率．
解(1)由直方图可得，0.06×2＋0.08×2＋0.2×2＋2m＋0.06×2＝1，所以m＝0.1，该班学生一周用在兴趣爱好方面的平均学习时间为
1×0.12＋3×0.16＋5×0.4＋7×0.2＋9×0.12＝5.08.
故m的值为0.1，该班学生一周用在兴趣爱好方面的平均时间为5.08 h.
(2)由直方图可得，[4,6)中有20人，[6,8)中有10人，
根据分层抽样，需要从[4,6)中抽取4人分别记为A1，A2，A3，A4，从[6,8)中抽取2人分别记为B1，B2，
再从这6人中抽取2人，所有的抽取方法有A1A2，A1A3，A1A4，A1B1，A1B2，A2A3，A2A4，A2B1，
A 2B
2
，A3A4，A3B1，A3B2，A4B1，A4B2，B1B2，共15种，这15种情况发生的可能性是相等的．其中恰有一人在[6,8)组中的抽取方法有A1B1，A1B2，A2B1，A2B2，A3B1，A3B2，A4B1，A4B2，共
8种，
所以，从这6人中抽取2人，恰有1人在[6,8)组中的概率为8
15 .
18．(本小题满分12分)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且
3c
a cos B
＝tan A
＋tan B.
(1)求角A的大小；
(2)设AD为BC边上的高，a＝3，求AD的取值范围．
解 (1)在△ABC 中，∵3c
a cos B ＝tan A ＋tan B ，
∴
3sin C sin A cos B ＝sin A cos A ＋sin B
cos B
，
即3sin C sin A cos B ＝sin A cos B ＋sin B cos A cos A cos B ， ∴
3sin A ＝1cos A ，则tan A ＝3，∴A ＝π
3
. (2)∵S △ABC ＝12AD ·BC ＝12bc sin A ，∴AD ＝12bc .
由余弦定理得cos A ＝12＝b 2＋c 2－a 22bc ≥2bc －3
2bc ，
∴0<bc ≤3(当且仅当b ＝c 时等号成立)，∴0<AD ≤3
2
.
19．(本小题满分12分)如图，等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝AB ＝BC ＝1，CD ＝2，E 为CD 的中点，以AE 为折痕把△ADE 折起，使点D 到达点P 的位置(P ∉平面ABCE )．
(1)证明：AE ⊥PB ；
(2)当四棱锥P －ABCE 体积最大时，求点C 到平面PAB 的距离．
解 (1)证明：如图，在等腰梯形ABCD 中，连接BD ，交AE 于点O . ∵AB ∥CE ，AB ＝CE ，∴四边形ABCE 为平行四边形， ∴AE ＝BC ＝AD ＝DE ，∴△ADE 为等边三角形．
在等腰梯形ABCD 中，∠C ＝∠ADE ＝π3，∠DAB ＝∠ABC ＝2π
3
，在△ABD 中，AB ＝AD ，∴∠
ADB＝∠ABD＝π
6
，∴∠DBC＝∠ABC－∠ABD＝
π
2
，
∴BD⊥BC，∴BD⊥AE，
翻折后可得，OP⊥AE，OB⊥AE.
又∵OP⊂平面POB，OB⊂平面POB，OP∩OB＝O，
∴AE⊥平面POB，
∵PB⊂平面POB，∴AE⊥PB.
(2)当四棱锥P－ABCE的体积最大时平面PAE⊥平面ABCE，
又∵平面PAE∩平面ABCE＝AE，PO⊂平面PAE，PO⊥AE，∴OP⊥平面ABCE.
∵OP＝OB＝
3
2
，∴PB＝
6
2
，
∵AP＝AB＝1，∴cos∠PAB＝1＋1－
3
2
2
＝
1
4
，
∴sin∠PAB＝15 4
，
∴S△PAB＝1
2
AP·AB sin∠PAB＝
15
8
.
又∵V三棱锥P－ABC＝1
3
OP·S
△ABC
＝
1
3
×
3
2
×
3
4
＝
1
8
，
设点C 到平面PAB 的距离为d ， ∴d ＝3V 三棱锥
C －PAB
S △PAB
＝
3
8158
＝
155
. 所以当四棱锥P －ABCE 体积最大时，点C 到平面PAB 的距离为
155
. 20．(本小题满分12分)已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，准线为l ，过焦点F 的直线交C 于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点，且y 1y 2＝－4.
(1)求抛物线C 的方程；
(2)如图，点B 在准线l 上的投影为E ，D 是C 上一点，且AD ⊥EF ，求△ABD 面积的最小值及此时直线AD 的方程．
解 (1)依题意F ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
p 2，0，
当直线AB 的斜率不存在时，y 1y 2＝－p 2＝－4，p ＝2.
当直线AB 的斜率存在时，设AB ：y ＝k ⎝
⎛
⎭⎪⎫x －p 2，
由⎩⎨⎧
y 2＝2px ，
y ＝k ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
x －p 2，化简得y 2－2p
k
y －p 2＝0.
由y 1y 2＝－4得p 2＝4，p ＝2. 综上所述，抛物线C 的方程为y 2＝4x .
(2)设D (x 0，y 0)，B ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
t 2
4，t ，易知t ≠0，则E (－1，t )，
又由y 1y 2＝－4，可得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫4
t
2，－4t .
因为k EF ＝－t 2，AD ⊥EF ，所以k AD ＝2
t ，
故直线AD ：y ＋4t ＝2t ⎝ ⎛
⎭⎪⎫x －4t 2，
化简得2x －ty －4－8
t
2＝0.
由⎩
⎨⎧
y 2＝4x ，
2x －ty －4－8
t 2
＝0，
化简得y 2
－2ty －8－
16
t 2
＝0，
所以y 1＋y 0＝2t ，y 1y 0＝－8－
16
t 2
.
所以|AD |＝
1＋t 2
4
|y 1－y 0| ＝
1＋t 2
4
·(y 1＋y 0)2－4y 1y 0
＝4＋t 2
t 2＋16
t
2＋8.
设点B 到直线AD 的距离为d ，则
d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪t 2
2－t 2
－4－8t 24＋t 2＝⎪⎪⎪⎪
⎪
⎪t 2＋16t 2＋824＋t
2
. 所以S △ABD ＝12|AD |·d ＝1
4
⎝ ⎛⎭
⎪⎫t 2＋16t 2＋83
≥16，当且仅当t 4＝16，即t ＝±2时△ABD 的
面积取得最小值16.
当t ＝2时，直线AD ：x －y －3＝0； 当t ＝－2时，直线AD ：x ＋y －3＝0.
21．(本小题满分12分)已知函数f (x )＝e x －x ＋a (其中a ∈R ，e 为自然对数的底数，e ＝2.71828……)．
(1)若f (x )≥0对任意的x ∈R 恒成立，求实数a 的取值范围；
(2)设t 为整数，对于任意正整数n ，⎝ ⎛⎭⎪⎫1n n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3n n ＋…＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫
n n n <t ，求t 的最小值．
解 (1)因为f (x )＝e x －x ＋a (x ∈R )， 所以f ′(x )＝e x
－1.
令f ′(x )＝e x －1＝0，得x ＝0；f ′(x )＝e x －1>0时，x >0；f ′(x )＝e x －1<0时，x <0. 所以f (x )＝e x －x ＋a 在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，所以
f (x )＝e x －x ＋a 的最小值为f (0)＝e 0－0＋a ＝1＋a .由f (x )≥0对任意的x ∈R 恒成立，得f (x )min ≥0，即1＋a ≥0，所以a ≥－1，即实数a 的取值范围为[－1，＋∞)．
(2)由(1)知e x －x －1≥0，即1＋x ≤e x ，
令x ＝－k
n
(n ∈N *，k ＝0,1,2，…，n －1)，
则0<1－k n
≤e
－
k n
，
所以⎝
⎛
⎭⎪⎫1－k n n ≤(e
－
k
n
)n ＝e －k
，
⎝ ⎛⎭⎪⎫1n n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3n n ＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n n n ≤e －(n －1)＋e －(n －2)＋…＋e －2＋e －1＋e 0
＝1－e －n 1－e －1<11－e －1＝e e －1＝1
＋1
e －1
<2， 所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1n n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3n n ＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫
n n n <2，
又⎝ ⎛⎭⎪⎫133＋⎝ ⎛⎭⎪⎫233＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫
333>1，所以t 的最小值为2. 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．作答时请写清题号．
22．(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程
在平面直角坐标系xOy 中，已知曲线M 的参数方程为⎩⎨
⎧
x ＝1＋cos φ
y ＝1＋sin φ
(φ为参数)，过原
点O 且倾斜角为α的直线l 交M 于A ，B 两点，以O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求l 和M 的极坐标方程；
(2)当α∈⎝
⎛
⎦⎥⎤0，π4时，求|OA |＋|OB |的取值范围．
解 (1)由题意可得，直线l 的极坐标方程为θ＝α(ρ∈R )． 曲线M 的普通方程为(x －1)2＋(y －1)2＝1，
因为x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，x 2＋y 2＝ρ2，
所以M 的极坐标方程为ρ2
－2(cos θ＋sin θ)ρ＋1＝0. (2)设A (ρ1，α)，B (ρ2，α)，且ρ1，ρ2均为正数， 将θ＝α代入ρ2－2(cos θ＋sin θ)ρ＋1＝0，
得ρ2
－2(cos α＋sin α)ρ＋1＝0，当α∈⎝
⎛
⎦⎥⎤0，π4时，Δ＝4sin2α>0，所以ρ1＋ρ2
＝2(cos α＋sin α)，
根据极坐标的几何意义，|OA |，|OB |分别是点A ，B 的极径． 从而|OA |＋|OB |＝ρ1＋ρ2＝2(cos α＋sin α)＝ 22sin ⎝
⎛
⎭⎪⎫α＋π4.
当α∈⎝ ⎛
⎦⎥⎤0，π4时，α＋π4∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π4，π2，
故|OA |＋|OB |的取值范围是(2,22]． 23．(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲 已知函数f (x )＝|x －5|.
(1)解不等式：f (x )＋f (x ＋2)≤3； (2)若a <0，求证：f (ax )－f (5a )≥af (x )． 解 (1)不等式化为|x －5|＋|x －3|≤3.
当x <3时，原不等式等价于－2x ≤－5，即5
2≤x <3；
当3≤x ≤5时，原不等式等价于2≤3，即3≤x ≤5； 当x >5时，原不等式等价于2x －8≤3，即5<x ≤112
. 综上，原不等式的解集为⎣⎢⎡⎦⎥⎤
52，112.
(2)证明：由题意，得
f (ax )－af (x )＝|ax －5|－a |x －5| ＝|ax －5|＋|－ax ＋5a |≥|ax －5－ax ＋5a |＝|5a －5|＝f (5a )，
所以f (ax )－f (5a )≥af (x )成立．。