2018年青海省西宁四中、五中、十四中三校联考高考数学模拟试卷(文科)(4月份)

2018年青海省西宁四中、五中、十四中三校联考高考数学模拟
试卷（文科）（4月份）
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. 设集合A ={x|−1
2<x <2},B ={x|x 2≤1}，则A ∪B =( ) A.{x|−1≤x <2} B.{x|−1
2<x ≤1} C.{x|x <2} D.{x|1≤x <2}
【答案】 A
【考点】
一元二次不等式的解法 并集及其运算 【解析】
根据题意，分析集合B ，解x 2≤1，可得集合B ，再求AB 的并集可得答案． 【解答】
解：∵ A ={x|−1
2<x <2}，B ={x|x 2≤1}={x|−1≤x ≤1}， ∴ A ∪B ={x|−1≤x <2}， 故选A ．
2. 若复数z =
1−i 1+i
，则z =( )
A.1
B.−1
C.i
D.−i 【答案】 C
【考点】 复数的运算 【解析】
利用复数代数形式的乘除运算化简，再由共轭复数的概念得答案． 【解答】
∵ z =1−i
1+i =(1−i)2
(1+i)(1−i)=−i ， ∴ z =i ．
3. 已知cosα=1
3，则sin(π
2−2α)=( ) A.−7
9
B.7
9
C.4√29
D.−4√29
【答案】 A
【考点】
三角函数的恒等变换及化简求值 【解析】
由已知利用诱导公式及倍角公式求解．【解答】
解：∵cosα=1
3
，
∴sin(π
2−2α)=cos2α=2cos2α−1=2×1
9
−1=−7
9
．
故选：A.
4. 执行如图所示的程序框图，输出的s值为（）
A.3 2
B.5
3
C.8
5
D.13
8
【答案】
C
【考点】
程序框图
【解析】
由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量s的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．
【解答】
模拟程序的运行，可得
k=0，s=1
满足条件k<4，执行循环体，k=1，s=2
满足条件k<4，执行循环体，k=2，s=3
2
满足条件k<4，执行循环体，k=3，s=5
3
满足条件k<4，执行循环体，k=4，s=8
5
不满足条件k<4，退出循环，输出s的值为8
5
．
5. 函数f(x)=2x(x<0)，其值域为D，在区间(−1, 2)上随机取一个数x，则x∈D的概率是（）
A.1 2
B.1
3
C.1
4
D.2
3
【答案】
B
【考点】
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
【解析】
由指数函数的单调性求出函数f(x)=2x，x∈(−∞, 0)的值域为D，再由测度比为长度比得答案．
【解答】
解：因为函数f(x)=2x(x<0)的值域为(0, 1)，
即D=(0, 1)，则在区间(−1, 2)上随机取一个数x，x∈D的概率P=1−0
2−(−1)=1
3
．
故选B.
6. 已知点P是抛物线y2=4x上的一点，F为抛物线的焦点，若|PF|=5，则点P的横坐标为( )
A.1
B.2
C.3
D.4
【答案】
D
【考点】
抛物线的性质
【解析】
由抛物线方程求出焦点坐标及准线方程，再由抛物线焦半径公式求解．
【解答】
解：如图，抛物线y2=4x的焦点为F(1, 0)，
准线方程为x=−1．
由|PF|=5，
得x P+1=5，则x P=4．
即点P的横坐标为4．
故选D.
7. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（）
A.18+36√5
B.54+18√5
C.90
D.81
【答案】
B
【考点】
由三视图求体积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由三视图可知该多面体为一个斜四棱柱，
底面是边长为3的正方形，该斜四棱柱是棱长为6的正方体的一部分，如图所示，其面积为(3×3+3×6+3×3√5)×2=54+18√5．
故选B．
8. 函数f(x)=x−xln|x|的大致图象是（）
A.
B.
C.
D.
【答案】
C
【考点】
函数的图象变化
【解析】
判断函数的定义域，奇偶性以及特殊值的对应性，分别进行排除即可．
【解答】
函数的定义域为{x|x≠0}，
f(−x)=−x+xln|−x|=−x+xln|x|=−(x−xln|x|)=−f(x)，
则f(x)是奇函数，函数图象关于原点对称，排除A，D，
f(x)=x(1−ln|x|)，则f(e)=e(1−ln|e|)=e(1−1)=0，
则f(1)=1−ln1=1>0，
则在[1, e]上不是增函数，排除B，
9. M(3, 0)是圆x2+y2−8x−2y+10=0内一点，过M点最长的弦所在的直线方程是（）
A.x+y−3=0
B.2x−y−6=0
C.x−y−3=0
D.2x+y−6=0
【答案】
C
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
把圆的一般式方程化为标准式，得到圆心的坐标，由两点式求出过M点最长的弦所在的直线方程．
【解答】
由圆x2+y2−8x−2y+10=0，得其标准方程为：(x−4)2+(y−1)2=7．
∴已知圆的圆心坐标为(4, 1)，
又M(3, 0)是圆x2+y2−8x−2y+10=0内一点，
∴过M点最长的弦所在的直线为经过M与圆心的直线，直线方程为y−0
1−0=x−3
4−3
，整理得：
x−y−3=0．
10. 已知三棱锥P−ABC的三条侧棱两两互相垂直，且AB=√5，BC=√7，AC=2，则此三棱锥的外接球的体积为（）
A.8 3π
B.8√2
3
π C.163π D.323π
【答案】
B
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
求出PA=1，PC=√3，PB=2，以PA、PB、PC为过同一顶点的三条棱，作长方体如图，则长方体的外接球同时也是三棱锥P−ABC外接球．算出长方体的对角线即为球直径，结合球的体积公式，可算出三棱锥P−ABC外接球的体积．
【解答】
∵AB=√5，BC=√7，AC=2，
∴PA=1，PC=√3，PB=2
以PA、PB、PC为过同一顶点的三条棱，作长方体如图
则长方体的外接球同时也是三棱锥P−ABC外接球．
∵长方体的对角线长为√1+3+4=2√2，
∴球直径为2√2，半径R=√2，
因此，三棱锥P−ABC外接球的体积是4
3πR3=4
3
π×(√2)3
=8√2 3
π
11. 已知双曲线x2
a2−y2
b2
=1(a>0, b>0)的一个焦点为F(2, 0)，且双曲线的渐近线与
圆(x−2)2+y2=3相切，则双曲线的方程为_______________.
x2−y2
3
=1
【考点】
双曲线的特性
【解析】
由题意可得双曲线的渐近线方程，根据圆心到切线的距离等于半径得
√b2+a2
=√3，求
出a，b的关系，结合焦点为F(2, 0)，求出a，b的值，即可得到双曲线的方程．
【解答】
解：双曲线的渐近线方程为bx±ay=0，
∵双曲线的渐近线与圆(x−2)2+y2=3相切，
∴
√b2+a2
=√3，
∴b=√3a，
∵焦点为F(2, 0)，
∴a2+b2=4，
∴a=1，b=√3，
∴双曲线的方程为x2−y2
3
=1．
故答案为：x2−y2
3
=1.
12. 定义在R上的偶函数f(x)满足f(x+1)=−f(x)，当x∈[0, 1]时，f(x)=−2x+1，
设g(x)=(1
2
)|x−1|(−1<x<3)，则函数f(x)与g(x)的图像的所有交点的横坐标之和为（）
A.2
B.4
C.6
D.8
【答案】
B
【考点】
函数的周期性
奇偶函数图象的对称性
【解析】
根据f(x)的周期和对称性得出函数图象，根据图象和对称轴得出交点横坐标之和．
【解答】
解：∵f(x+1)=−f(x)，
∴f(x+2)=−f(x+1)=f(x)，
∴f(x)的周期为2．
∴f(1−x)=f(x−1)=f(x+1)，
故f(x)的图像关于直线x=1对称．
又g(x)=(1
2
)|x−1|(−1<x<3)的图像关于直线x=1对称，
作出f(x)与g(x)的函数图像如图所示：
由图象可知两函数图像在(−1, 3)上共有4个交点， ∴ 所有交点的横坐标之和为1×2×2=4． 故选B ．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．
曲线y ＝x 2+1
x 在点(1, 2)处的切线方程为________．
【答案】 x −y +1＝0 【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程 【解析】
求出函数的导数，求出切线的斜率，利用点斜式求解切线方程即可． 【解答】
曲线y ＝x 2+1
x ，可得y′＝2x −1
x 2，
切线的斜率为：k ＝2−1＝1．
切线方程为：y −2＝x −1，即：x −y +1＝0．
已知向量a →
=(2, 3)，b →
=(m, −6)，若a →⊥b →
，则|2a →
+b →
|=________．
【答案】 13
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系 【解析】
由a →⊥b →
，求出m =9，从而2a →+b →
=(13, 0)，由此能求出|2a →
+b →
|的值．
【解答】
∵ 向量a →
=(2, 3)，b →
=(m, −6)，a →⊥b →
， ∴ a →∗b →=2m −18=0， 解得m =9，
∴ 2a →+b →=(13, 0)
|2a →
+b →
|=√132+02=13．
已知变量x ，y 满足约束条件{x +y ≥0
x −2y +2≥0x −y ≤0 ，则z =2x −y 的最大值为________．
【答案】 2
【考点】 简单线性规划 【解析】
先画出满足条件的平面区域，由z =2x −y 得：y =2x −z ，显然直线过A(2, 2)时，z 取得最大值，代入求出即可． 【解答】
画出满足条件的平面区域， 如图示：
，
由{
x −2y +2=0
x −y =0
，解得：A(2, 2)， 由z =2x −y 得：y =2x −z ，
由图知，直线过A(2, 2)时，z 取得最大值， ∴ z 的最大值是2，
甲、乙、丙三位同学，其中一位是班长，一位是体育委员，一位是学习委员，已知丙的年龄比学习委员的大，甲与体育委员的年龄不同，体育委员比乙年龄小．据此推断班长是________． 【答案】 乙
【考点】
进行简单的合情推理 【解析】 此题暂无解析 【解答】
解：(1)根据“甲与体育委员的年龄不同，体育委员比乙年龄小”可得丙是体育委员；(2)根据“丙的年龄比学习委员的大，体育委员比乙年龄小”可得乙的年龄>丙的年龄>学习委员的年龄，由此可得，乙不是学习委员，那么乙是班长． 故答案为：乙 .
三、解答题：本大题共5小题，共计70分，解答应写出文字说明．证明过程或演算步骤
已知{a n }是公差不为零的等差数列，满足a 3=7，且a 2、a 4、a 9成等比数列．
(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式；
(Ⅱ)设数列{b n }满足b n =a n ⋅a n+1，求数列{1
b n
}的前n 项和S n ．
【答案】
(Ⅰ)设数列{a n }的公差为d ，且d ≠0，
由题意得{
a 42=a 2a 9
a 3=7
， 即{
(7+d)2=(7−d)(7+6d)
a 1+2d =7
， 解得d =3，a 1=1，
所以数列{a n }的通项公式a n =3n −2；
(Ⅱ)由（1）得b n =a n ⋅a n+1=(3n −2)(3n +1)， ∴ 1b n
=13(13n−2−1
3n+1)，
则S n =1b 1
+1b 2
+⋯+1b n
=13(1−14+14−17+⋯+13n−2−1
3n+1)
=13(1−13n+1)=n
3n+1．
【考点】 数列的求和
等差数列与等比数列的综合 【解析】
(Ⅰ)设数列{a n }的公差为d ，且d ≠0，由等比数列中项的性质和等差数列的通项公式，解方程可得公差d ，首项，即可得到所求通项公式；
(Ⅱ)由（1）得b n =a n ⋅a n+1=(3n −2)(3n +1)，1b n
=13(13n−2−1
3n+1)，由数列的求和
方法：裂项相消求和，计算即可得到所求和． 【解答】
(Ⅰ)设数列{a n }的公差为d ，且d ≠0， 由题意得{a 4
2=a 2a 9
a 3=7
， 即{
(7+d)2=(7−d)(7+6d)
a 1+2d =7
， 解得d =3，a 1=1，
所以数列{a n }的通项公式a n =3n −2；
(Ⅱ)由（1）得b n =a n ⋅a n+1=(3n −2)(3n +1)， ∴ 1b n
=13(13n−2−1
3n+1)，
则S n =1b 1
+1b 2
+⋯+1b n
=13(1−14+14−17+⋯+13n−2−1
3n+1)
=13(1−13n+1)=n
3n+1．
在四棱锥P −ABCD 中，四边形ABCD 是矩形，平面PAB ⊥平面ABCD ，点E ，F 分别为BC ，AP 中点．
(1)求证：EF // 平面PCD；
(2)若AD=AP=PB=√2
2
AB=1，求三棱锥P−DEF的体积．【答案】
(1)证明：如图，取PD中点G，连结GF，GC．
在△PAD中，
∵G，F分别为PD，AP中点，
∴GF//1
2
AD，
在矩形ABCD中，E为BC中点，
又GF //
1
2
AD，∴GF
//
EC，
∴四边形GFEC是平行四边形，∴CG//EF，而CG⊂平面PCD，EF平面PCD，
∴EF // 平面PCD．
(2)解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD⊥AB，AD // BC，
∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，AD⊂平面ABCD，
∴AD⊥平面PAB，
∴平面PAD⊥平面PAB，BC // 平面PAD，
∵AD=AP=PB=√2
2
AB=1，
∴AB=√2，满足AP2+PB2=AB2，
∴AP⊥PB，
∴BP⊥平面PAD，
∵BC // 平面PAD，
∴点E到平面PAD的距离等于点B到平面PAD的距离，
而S△PDF=1
2×PF×AD=1
2
×1
2
×1=1
4
，
∴V P−DEF=1
3S△PDF⋅BP=1
3
×1
4
×1=1
12
，
∴三棱锥P−DEF的体积为1
12
．
【考点】
直线与平面平行的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：如图，取PD中点G，连结GF，GC．在△PAD中，
∵G，F分别为PD，AP中点，
∴GF//1
2
AD，
在矩形ABCD中，E为BC中点，
又GF //
1
2
AD，∴GF
//
EC，
∴四边形GFEC是平行四边形，∴CG//EF，而CG⊂平面PCD，EF平面PCD，
∴EF // 平面PCD．
(2)解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD⊥AB，AD // BC，
∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，AD⊂平面ABCD，
∴AD⊥平面PAB，
∴平面PAD⊥平面PAB，BC // 平面PAD，
∵AD=AP=PB=√2
2
AB=1，
∴AB=√2，满足AP2+PB2=AB2，
∴AP⊥PB，
∴BP⊥平面PAD，
∵BC // 平面PAD，
∴点E到平面PAD的距离等于点B到平面PAD的距离，
而S△PDF=1
2×PF×AD=1
2
×1
2
×1=1
4
，
∴V P−DEF=1
3S△PDF⋅BP=1
3
×1
4
×1=1
12
，
∴三棱锥P−DEF的体积为1
12
．
某品牌经销商在一广场随机采访男性和女性用户各50名，其中每天玩微信超过6小时的用户列为“微信控”，否则称其为“非微信控”，调查结果如下：
（1）根据以上数据，能否有95%的把握认为“微信控”与“性别”有关？
（2）现从调查的女性用户中按分层抽样的方法选出5人，求所抽取的5人中“微信控”和“非微信控”的人数；
（3）从（2）中抽取的5位女性中，再随机抽取3人赠送礼品，试求抽取3人中恰有2人位“微信控”的概率．
参考公式：k2=n(ad−bc)2
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
，其中n=a+b+c+d．
参考数据：
【答案】
由列联表可得
K2=n(ad−bc)2
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)=100×(26×20−30×24)2
50×50×56×44
=50
77
≈0.649<3.841，
所以没有95%的把握认为“微信控”与“性别”有关；
根据题意知，所抽取的5位女性中，
“微信控”有3人，“非微信控”有2人；
抽取的5位女性中，“微信控”3人分别记为A，B，C；
“非微信控”2人分别记为D，E；
则再从中随机抽取3人构成的所有基本事件为：
ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，BCD，BCE，BDE，CDE，共有10种；抽取3人中恰有2人为“微信控”所含基本事件为：
ABD，ABE，ACD，ACE，BCD，BCE，共有6种，
所求的概率为P=6
10=3
5
．
【考点】
独立性检验
【解析】
（1）由列联表求得观测值，对照临界值得出结论；（2）根据分层抽样原理求出所抽取的对应人数；
（3）利用列举法求出基本事件数，计算所求的概率值．【解答】
由列联表可得
K2=n(ad−bc)2
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)=100×(26×20−30×24)2
50×50×56×44
=50
77
≈0.649<3.841，
所以没有95%的把握认为“微信控”与“性别”有关；
根据题意知，所抽取的5位女性中，
“微信控”有3人，“非微信控”有2人；
抽取的5位女性中，“微信控”3人分别记为A，B，C；
“非微信控”2人分别记为D，E；
则再从中随机抽取3人构成的所有基本事件为：
ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，BCD，BCE，BDE，CDE，共有10种；抽取3人中恰有2人为“微信控”所含基本事件为：
ABD，ABE，ACD，ACE，BCD，BCE，共有6种，
所求的概率为P=6
10=3
5
．
已知椭圆C:x2
a2+y2
b2
=1(a>b>0)的离心率为√2
2
，且过点(1,√2
2
)．
(Ⅰ)求椭圆C的方程；
(Ⅱ)过椭圆C的左焦点的直线l1与椭圆C交于A，B两点，直线l2过坐标原点且直线l1与l2的斜率互为相反数，直线l2与椭圆交于E，F两点且均不与点A，B重合，设直线AE的斜率为k1，直线BF的斜率为k2，证明：k1+k2为定值．
【答案】
（1）由题可得{
c
a =√2
21
a
2+(√2
2)2b 2=1a 2=b 2+c 2 ，解得．
所以椭圆C 的方程为
x 22+y 2=1．
（2）由题知直线l 1斜率存在，
设l 1:y =k(x +1)，A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)．
联立{y =k(x +1)
x 2
+2y 2=2 ， 消去y 得(1+2k 2)x 2+4k 2x +2k 2−2=0， 由题易知△>0恒成立，
由韦达定理得x 1+x 2=−4k 21+2k 2,x 1x 2=2k 2−2
1+2k 2， 因为l 2与l 1斜率相反且过原点，
设l 2:y =−kx ，E(x 3, y 3)，F(−x 3, −y 3)，
联立{y =−kx
x 2
+2y 2=2 ， 消去y 得(1+2k 2)x 2−2=0， 由题易知△>0恒成立，
由韦达定理得−x 32=−2
1+2k 2
， 则k 1+k 2=y 1−y 3x 1
−x 3
+y 2+y
3
x 2
+x 3
=
k(x 1+1)+kx 3
x 1−x 3
+
k(x 2+1)−kx 3
x 2+x 3
=k ⋅
(x 1+x 3+1)(x 2+x 3)+(x 2−x 3+1)(x 1−x 3)
(x 1−x 3)(x 2+x 3)
=k ⋅2x 1x 2+2x 3
2+x 1+x 21323=k ⋅2(2k 2−2)1+2k 2+2×21+2k 2+−4k 2
1+2k 21323=0 所以k 1+k 2为定值（0）
【考点】 椭圆的离心率 【解析】
(Ⅰ)根据题意，由椭圆的几何性质可得{
c
a =√2
21a
+(√2
2)2
b =1a 2=b 2+
c 2
，解可得a 、b 、c 的值，代入椭
圆的方程即可得答案；
(Ⅱ)根据题意，设l 1:y =k(x +1)，A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，联立直线l 1与椭圆的方程，可得(1+2k 2)x 2+4k 2x +2k 2−2=0，设l 2:y =−kx ，E(x 3, y 3)，F(−x 3, −y 3)，联立直线l 2与椭圆的方程，可得(1+2k 2)x 2−2=0，结合2个方程，由根与系数的关系用k 表示k 1+k 2，即可得答案． 【解答】
（1）由题可得{
c
a =√2
21
a
2+(√2
2)2b 2=1a 2=b 2+c 2 ，解得．
所以椭圆C 的方程为
x 22+y 2=1．
（2）由题知直线l 1斜率存在，
设l 1:y =k(x +1)，A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)．
联立{y =k(x +1)
x 2
+2y 2=2 ， 消去y 得(1+2k 2)x 2+4k 2x +2k 2−2=0， 由题易知△>0恒成立， 由韦达定理得x 1+x 2=−
4k 21+2k
2,x 1x 2=
2k 2−21+2k 2
，
因为l 2与l 1斜率相反且过原点，
设l 2:y =−kx ，E(x 3, y 3)，F(−x 3, −y 3)，
联立{y =−kx
x 2
+2y 2=2 ， 消去y 得(1+2k 2)x 2−2=0， 由题易知△>0恒成立，
由韦达定理得−x 3
2
=−2
1+2k 2， 则k 1+k 2=y 1−y 3x 1
−x 3
+y 2+y
3
x 2
+x 3
=
k(x 1+1)+kx 3
x 1−x 3
+
k(x 2+1)−kx 3
x 2+x 3
=k ⋅
(x 1+x 3+1)(x 2+x 3)+(x 2−x 3+1)(x 1−x 3)
(x 1−x 3)(x 2+x 3)
=k ⋅2x 1x 2+2x 3
2+x 1+x 21323=k ⋅2(2k 2−2)1+2k 2+2×21+2k 2+−4k 2
1+2k 21323=0 所以k 1+k 2为定值（0）
已知函数f(x)=x −alnx ，g(x)=−1+a x
．
（1）若a =1，求函数f(x)的极值；
（2）设函数ℎ(x)=f(x)−g(x)，求函数ℎ(x)的单调区间．【答案】
由题意可知f(x)的定义域为(0, +∞)，
当a=1时，f(x)=x−lnx，f′(x)=1−1
x =x−1
x
，
由表可知，f(x)在x=1处取到极小值为1，无极大值．
∵ℎ(x)=x−alnx+1+a
x ∴ℎ′(x)=1−a
x
−1+a
x2
=(x+1)[x−(1+a)]
x2
①当a+1>0即a>−1时，令ℎ′(x)<0得0<x<a+1
令ℎ′(x)>0得x>a+1
②当a+1≤0即a≤−1时，ℎ′(x)>0在x∈(0, +∞)上恒成立，
综上，当a>−1时，ℎ(x)的递减区间为(0, a+1)，递增区间为(a+1, +∞)；
当a≤−1时，ℎ(x)的递增区间为(0, +∞)，无递减区间．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的极值
【解析】
（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式求出函数的单调区间，从而求出函数的极值即可；
（2）求出ℎ(x)的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，从而进一步确定a的范围即可．
【解答】
由题意可知f(x)的定义域为(0, +∞)，
当a=1时，f(x)=x−lnx，f′(x)=1−1
x =x−1
x
，
由表可知，f(x)在x=1处取到极小值为1，无极大值．
∵ℎ(x)=x−alnx+1+a
x ∴ℎ′(x)=1−a
x
−1+a
x2
=(x+1)[x−(1+a)]
x2
①当a+1>0即a>−1时，令ℎ′(x)<0得0<x<a+1
令ℎ′(x)>0得x>a+1
②当a+1≤0即a≤−1时，ℎ′(x)>0在x∈(0, +∞)上恒成立，
综上，当a>−1时，ℎ(x)的递减区间为(0, a+1)，递增区间为(a+1, +∞)；
当a≤−1时，ℎ(x)的递增区间为(0, +∞)，无递减区间．
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，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直
线l 的极坐标方程为√3ρcosθ+ρsinθ−√3=0，C 的极坐标方程为ρ=4sin(θ−π
6)． (I)求直线l 和C 的普通方程；
(II)直线l 与C 有两个公共点A 、B ，定点P(2, −√3)，求||PA|−|PB||的值． 【答案】
（I ）直线l 的极坐标方程为√3ρcosθ+ρsinθ−√3=0， 所以：直线l 的普通方程为：√3x +y −√3=0， 因为圆C 的极坐标方程为为ρ=4sin(θ−π
6)， 所以圆C 的普通方程：x 2+y 2+2x −2√3y =0． (II)直线l:√3x +y −√3=0的参数方程为： {x =2−1
2t
y =−√
3+√32
t
（t 为参数），
代入圆C 2的普通方程x 2+y 2+2x −2√3y =0：
消去x 、y 整理得： t 2−9t +17=0，
t 1+t 2=9，t 1t 2=17，
则：||PA|−|PB||=√(t 1+t 2)2−4t 1t 2， =√81−4×17=√13． 【考点】
圆的极坐标方程
参数方程与普通方程的互化 【解析】
(Ⅰ)利用转换关系，把参数方程和极坐标方程与直角坐标方程进行转化．
(Ⅱ)利用直线和曲线的位置关系，建立一元二次方程，利用根和系数的关系求出结果． 【解答】
（I ）直线l 的极坐标方程为√3ρcosθ+ρsinθ−√3=0， 所以：直线l 的普通方程为：√3x +y −√3=0， 因为圆C 的极坐标方程为为ρ=4sin(θ−π
6)， 所以圆C 的普通方程：x 2+y 2+2x −2√3y =0． (II)直线l:√3x +y −√3=0的参数方程为： {x =2−1
2t
y =−√
3+√32
t
（t 为参数），
代入圆C 2的普通方程x 2+y 2+2x −2√3y =0：
消去x 、y 整理得： t 2−9t +17=0，
t 1+t 2=9，t 1t 2=17，
则：||PA|−|PB||=√(t 1+t 2)2−4t 1t 2， =√81−4×17=√13． [选修4-5：不等式选讲]
设函数f(x)=|x −1|，g(x)=2|x +a|．
(I)当a =1时，求不等式f(x)−g(x)>1的解集；
(II)若关于x 的不等式2f(x)+g(x)≤(a +1)2有解，求a 的取值范围． 【答案】
（1）当a =1时，f(x)−g(x)>1，即|x −1|−2|x +1|>1，
即{
x ≤−1−x +1+2(x +1)>1 或{−1<x ≤1−x +1−2(x +1)>1 或{x >1
x −1−2(x +1)>1 ， 所以−2<x ≤−1或−1<x <−2
3， 所以原不等式的解集为(−2, −23)；
（2）2f(x)+g(x)=2|x −1|+2|x +a|=|2x −2|+|2x +2a|≥|2x −2−2x −2a|=|2a +2|，
因为不等式2f(x)+g(x)≤(a +1)2有解， 所以|2a +2|≤(a +1)2，即|a +1|≥2，
所以a 的取值范围是(−∞, −3]∪[1, +∞)∪{−1}． 【考点】
其他不等式的解法 【解析】
(Ⅰ)代入a 的值，通过讨论x 的范围，求出不等式组的解集即可； (Ⅱ)求出2f(x)+g(x)的表达式，得到关于a 的不等式，解出即可． 【解答】
（1）当a =1时，f(x)−g(x)>1，即|x −1|−2|x +1|>1，
即{
x ≤−1−x +1+2(x +1)>1 或{−1<x ≤1−x +1−2(x +1)>1 或{x >1
x −1−2(x +1)>1 ， 所以−2<x ≤−1或−1<x <−23， 所以原不等式的解集为(−2, −23)；
（2）2f(x)+g(x)=2|x −1|+2|x +a|=|2x −2|+|2x +2a|≥|2x −2−2x −2a|=|2a +2|，
因为不等式2f(x)+g(x)≤(a +1)2有解， 所以|2a +2|≤(a +1)2，即|a +1|≥2，
所以a 的取值范围是(−∞, −3]∪[1, +∞)∪{−1}．。