2016年河南省八市重点高中高考数学三模试卷（文科）（解析版）

2016年河南省八市重点高中高考数学三模试卷（文科）

参考答案与试题解析

一、选择题：本大题共12小题，每小题5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={x|x=3n﹣1，n∈Z}，B={x|y=}，则集合A∩B的元素个数为（ ）

A．2 B．3 C．4 D．5

【考点】交集及其运算．

【分析】求出B中x的范围确定出B，找出A与B的交集即可作出判断．

【解答】解：∵A={x|x=3n﹣1，n∈Z}，B={x|y=}={x|25﹣x²≥0}={x|﹣5≤x≤5}，

∴A∩B={﹣4，﹣1，2，5}，

则集合A∩B的元素个数为4，

故选：C．

2．已知=（x，1），=（﹣1，3），若∥，则x=（ ）

A． B．﹣ C．3 D．﹣3

【考点】平行向量与共线向量．

【分析】直接利用向量共线的充要条件列出方程，求解即可．

【解答】解： =（x，1），=（﹣1，3），若∥，

可得﹣1=3x，解得x=﹣．

故选：B．

3．已知命题p：?α∈R，sin（π﹣α）≠﹣sinα，命题q：?x∈[0，+∞），sinx＞x，则下面结论正确的是（ ）

A．￢p∨q是真命题 B．p∨q是真命题 C．￢p∧q是真命题 D．q是真命题

【考点】复合命题的真假．

【分析】命题p：是假命题，例如取α=0时，sin（π﹣α）=﹣sinα．命题q：?x∈[0，+∞），sinx＞x，是假命题，取x=0时，sinx=x．再利用复合命题真假的判定方法即可判断出结论．

【解答】解：命题p：?α∈R，sin（π﹣α）≠﹣sinα，是假命题，例如取α=0时，sin（π﹣α）=﹣sinα．

命题q：?x∈[0，+∞），sinx＞x，是假命题，令f（x）=x﹣sinx，则f′（x）=1﹣cosx≥0，∴函数f（x）在∈[0，+∞）单调递增，∴f（x）≥f（0）=0，∴x＞0时，sinx＜x．x=0时，sinx=x．

则下面结论正确的是￢p∨q是真命题．

故选：A．

4．定义m⊕n=n^m（m＞0，n＞0），已知数列{a_n}满足a_n=（n∈N^*），若对任意正整数n，都有a_n≥（n₀∈N^*），则的值为（ ）

A．3 B． C．1 D．

【考点】数列的函数特性．

【分析】由题意可得：a_n==， ==f（n），可知：f（n）关于n单调递增，经过假设可得：a₁＞a₂＞a₃＜a₄＜a₅＜…，即可得出．

【解答】解：由题意可得：a_n==，

=×==f（n），则f（n）关于n单调递增，

n=1时，f（1）=＜1；n=2时，f（2）=＜1；n≥3时，f（n）＞1．

∴a₁＞a₂＞a₃＜a₄＜a₅＜…，

∴n₀=3时，满足：对任意正整数n，都有a_n≥（n₀∈N^*），

==1．

故选：C．

5．存在函数f（x）满足对任意的x∈R都有（ ）

A．f（|x|）=x+1 B．f（x²+4x）=|x+2| C．f（2x²+1）=x D．f（cosx）=

【考点】函数解析式的求解及常用方法．

【分析】根据函数解析式，举特殊值，计算函数值，可判断A，C，D均不恒成立，可得B正确．

【解答】解：A项，当x=1时，f（1）=2；当x=﹣1时，f（1）=0，不合题意；

C项，当x=1时，f（3）=1；当x=﹣1时，f（3）=﹣1，不合题意；

D项，当x=0时，f（1）=1；当x=2π时，f（1）=，不合题意；

故选B．

6．如图所示是一个几何体的三视图，则这个几何体的表面积是（ ）

A．3+ B．2+ C．2+ D．3+

【考点】由三视图求面积、体积．

【分析】由三视图知该几何体是一个三棱锥，由三视图求出几何元素的长度、并判断出线面位置关系，由勾股定理和三角形的面积公式求出各个面的面积，并加起来求出几何体的表面积．

【解答】解：根据三视图可知几何体是一个三棱锥，直观图如图所示：

且D是AB的中点，PD⊥平面ABC，PD=AD=BD=CD=1，

∴PD⊥CD，PD⊥AB，由勾股定理得，PA=PB=PC=，

由俯视图得，CD⊥AB，则AC=BC=，

∴几何体的表面积S=+

=2+，

故选：B．

7．已知O为直角坐标原点，点A（2，3），点P为平面区域（m＞0）内的一动点，若·的最小值为﹣6，则m=（ ）

A．1 B． C． D．

【考点】简单线性规划；平面向量数量积的运算．

【分析】根据向量数量积的公式求出·=2x+3y，结合·的最小值为﹣6，得到y=﹣x﹣2，作出对应的直线方程，求出交点坐标进行求解即可．

【解答】解：∵ ·=2x+3y，

∴设z=2x+3y，得y=，

∵·的最小值为﹣6，

∴此时y=﹣x﹣2，

作出y=﹣x﹣2则y=﹣x﹣2与x=﹣1相交为B时，

此时B（﹣1，﹣），此时B也在y=m（x﹣2）上，

则﹣3m=﹣，得m=，

故选：C．

8．执行如图所示的程序框图，则输出的k为（ ）

A．3 B．4 C．5 D．6

【考点】程序框图．

【分析】模拟执行程序，依次写出每次循环得到的a，k的值，当a=时，满足条件|a﹣1.42|＜0.01，退出循环，输出k的值为4．

【解答】解：模拟执行程序，可得

a=1，k=1

不满足条件|a﹣1.42|＜0.01，执行循环体，a=，k=2

不满足条件|a﹣1.42|＜0.01，执行循环体，a=，k=3

不满足条件|a﹣1.42|＜0.01，执行循环体，a=，k=4

满足条件|a﹣1.42|＜0.01，退出循环，输出k的值为4．

故选：B．

9．在△ABC中，已知·=8，sinB=cosA·sinC，S_△ABC=3，D为线段AB上的一点，且=m·+n·，则mn的最大值为（ ）

A．1 B． C．2 D．3

【考点】平面向量数量积的运算．

【分析】根据三角形内角和定理，利用三角恒等变换求出C=，再利用边角关系以及向量的数量积求出a、b和c的值；通过建立坐标系，利用平面向量的坐标表示，结合基本不等式，即可求出mn的最大值．

【解答】解：△ABC中，sinB=cosA·sinC=sin（A+C），

∴cosAsinC=sinAcosC+cosAsinC，

∴sinAcosC=0，

∵A，C∈（0，π），∴C=；

∵·=8，∴ca·cosB=8，∴a²=8，解得a=2；

又∵S_△ABC=3，∴ ab=3，且a=2，∴b=；

∴c==；

建立坐标系如图所示：

∴点B（2，0），A（，0），

∴直线AB的方程是+=1，

∵=m·+n·=m（0，1）+n（1，0）=（n，m），点D（n，m）为线段AB上的一点，

∴+=1，

化简得4m+3n=6；

4m+3n≥2，当且仅当4m=3n=3时“=”成立；

∴12mn≤==18，

即mn≤．

故选：B．

10．已知双曲线﹣=1（a＞0，b＞0），A（0，﹣b），B（0，b），P为双曲线上的一点，且|AB|=|BP|，则双曲线离心率的取值范围是（ ）

A．[，+∞） B．（1，] C．[，+∞） D．[，+∞）

【考点】双曲线的简单性质．

【分析】设P（m，n），即有﹣=1，运用两点的距离公式，可得2b=，转化为n的函数，由配方可得最小值，由离心率公式，解不等式可得e的范围．

【解答】解：设P（m，n），即有﹣=1，

由|AB|=|BP|，可得2b=，

即有4b²=a²（1+）+（n﹣b）²，

即为3b²﹣a²=n²﹣2bn=（n﹣）²﹣，

即有3b²﹣a²≥﹣，

即为（3c²﹣4a²）c²+（c²﹣a²）²≥0，

化简可得4c⁴﹣6a²c²+a⁴≥0，

由e=可得4e⁴﹣6e²+1≥0，（e＞1），

解得e²≥，即为e≥．

故选：D．

11．定义在R上的函数f（x）满足f（x）+f′（x）＜e，f（0）=e+2（其中e为自然对数的底数），则不等式e^xf（x）＞e^x+1+2的解集为（ ）

A．（﹣∞，0） B．（﹣∞，e+2） C．（﹣∞，0）∪（e+2，+∞） D．（0，+∞）

【考点】导数的运算．

【分析】构造函数g（x）=e^xf（x）﹣e^x+1﹣2（x∈R），研究g（x）的单调性，结合原函数的性质和函数值，即可求解．

【解答】解：设g（x）=e^xf（x）﹣e^x+1﹣2（x∈R），

则g′（x）=e^xf（x）+e^xf′（x）﹣e^x+1=e^x[f（x）+f′（x）﹣e]，

∵f（x）+f′（x）＜e，

∴f（x）+f′（x）﹣e＜0，

∴g′（x）＜0，

∴y=g（x）在定义域上单调递减，

∵f（0）=e+2，

∴g（0）=e⁰f（0）﹣e﹣2=e+2﹣e﹣2＞0，

∴g（x）＞g（0），

∴x＜0，

∴不等式的解集为（﹣∞，0）

故选：A．

12．公差不为0的等差数列{a_n}的部分项a_n1，a，a，…构成等比数列{a}，且n₂=2，n₃=6，n₄=22，则下列项中是数列{a}中的项是（ ）

A．a₄₆ B．a₈₉ C．a₃₄₂ D．a₃₈₇

【考点】等差数列的通项公式．

【分析】由题意a₂，a₆，a₂₂成等比数列，求出等比数列的公比q，从而写出等比数列{a kn}的通项公式，再验证选项是否正确即可．

【解答】解：等差数列{a_n}中，a₂，a₆，a₂₂构成等比数列，

∴（a₁+5d）²=（a₁+d）（a₁+21d），且d≠0，

解得d=3a₁，

∴等比数列的公比为q===4；

又等差数列{a_n}的通项公式为

a_n=a₁+（n﹣1）×3a₁=3a₁n﹣2a₁=（3n﹣2）a₁，

∴等比数列{a kn}的通项公式为akn=a1×4n﹣1，

且a₄₆=a₁+45d=136a₁，

a₈₉=a₁+88d=265a₁，

a₃₄₂=a₁+341d=1024a₁=a₁·4⁵，

a₃₈₇=a₁+386d=1159a₁，

∴a₃₄₂是数列{a}中的项．

故选：C．

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

13．若复数z满足z²=﹣i（i为虚数单位），则z的模为 ．

【考点】复数求模．

【分析】根据复数模的定义，直接求模即可．

【解答】解：∵z²=﹣i，

∴|z|²=|﹣i|==，

∴z的模为|z|=．

故答案为：．

14．已知A（0，1），B（﹣，0），C（﹣，2），则△ABC外接圆的圆心到直线y=﹣x的距离为 ．

【考点】点到直线的距离公式．

【分析】由三角形的三个顶点坐标求出外接圆的圆心，再由点到直线的距离公式求得答案．

【解答】解：∵A（0，1），B（﹣，0），C（﹣，2），

∴AB的中点坐标为（），

又，

∴AB的垂直平分线的斜率为k=，则AB的垂直平分线方程为，

又BC的垂直平分线方程为y=1，代入上式得：△ABC外接圆的圆心C（），

则C到直线y=﹣x的距离为d=．

故答案为：．

15．棱长为的正方体ABCD﹣A₁B₁C₁D₁内切球O，以A为顶点，以平面B₁CD₁，被球O所截的圆面为底面的圆锥的侧面积为 π ．

【考点】球内接多面体．

【分析】作出图形，求出截面圆的半径为，AF==，利用圆锥的侧面积公式求出以A为顶点，以平面B₁CD₁，被球O所截的圆面为底面的圆锥的侧面积．

【解答】解：如图所示，△B₁CD₁，与球的切点为E，F，G，则EF=1，

截面圆的半径为，AF==，

∴以A为顶点，以平面B₁CD₁，被球O所截的圆面为底面的圆锥的侧面积为=π．

故答案为：π．

16．存在正数m，使得方程sinx﹣cosx=m的正根从小到大排成一个等差数列．若点A（1，m）在直线ax+by﹣2=0（a＞0，b＞0）上，则+的最小值为 ．

【考点】基本不等式在最值问题中的应用．

【分析】运用两角差的正弦公式，化简可得y=2sin（x﹣），可得0＜m≤2，讨论m的范围，结合三角函数的图象和等差数列的定义，可得m=2，将A代入直线方程，可得a+2b=2，再由乘1法和基本不等式即可得到所求最小值．

【解答】解：由sinx﹣cosx=2（sinx﹣cosx）=2sin（x﹣），

存在正数m，使得方程sinx﹣cosx=m的正根从小到大排成一个等差数列，

即有0＜m≤2．

若0＜m＜2，由y=2sin（x﹣）的图象可得：直线y=m与函数y=2sin（x﹣）的图象的交点的横坐标不成等差数列，

若m=2，即有x﹣=2kπ+，即为x=2kπ+，k∈Z，

可得所有正根从小到大排成一个等差数列，公差为2π，

则m=2，

由点A（1，2）在直线ax+by﹣2=0上，

可得a+2b=2，a，b＞0，

即b+a=1，

则+=（+）（b+a）=2+++

≥+2=+2=．

当且仅当a=b=时，取得最小值．

故答案为：．

三、解答题：解答应写出文字说明．证明过程或演算步骤．

17．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且·cosA﹣sin（C﹣A）·sinA+cos（B+C）=，c=2．

（Ⅰ）求sinC；

（Ⅱ）求△ABC面积的最大值．

【考点】余弦定理．

【分析】（Ⅰ）由三角函数恒等变换的应用，三角形内角和定理化简已知等式可得cosC=，利用同角三角函数基本关系式可求sinC的值．

（Ⅱ）由已知及余弦定理、基本不等式可得8=a²+b²﹣ab≥ab，解得ab≤6，利用三角形面积公式即可得解．

【解答】（本题满分为12分）

解：（Ⅰ）在△ABC中，由·cosA﹣sin（C﹣A）·sinA+cos（B+C）=，得

cos（C﹣A）cosA﹣sin（C﹣A）·sinA=cosC=．…

即sinC=．…

（Ⅱ）由余弦定理c²=a²+b²﹣2abcosC，得8=a²+b²﹣ab≥ab．…

当且仅当a=b时取等，即ab≤6，

所以S_△ABC=absinC=ab≤2．

所以△ABC面积的最大值为2．…

18．某校在高三抽取了500名学生，记录了他们选修A、B、C三门课的选修情况，如表：

科目 学生人数	A	B	C
120	是	否	是
60	否	否	是
70	是	是	否
50	是	是	是
150	否	是	是
50	是	否	否

（Ⅰ）试估计该校高三学生在A、B、C三门选修课中同时选修2门课的概率．

（Ⅱ）若该高三某学生已选修A，则该学生同时选修B、C中哪门的可能性大？

【考点】古典概型及其概率计算公式．

【分析】（Ⅰ）由频率估计概率得到答案，

（Ⅱ），分别求出学生同时选修B、C的概率，比较即可．

【解答】解：（I）由频率估计概率得P==0.68．

（Ⅱ）若某学生已选修A，则该学生同时选修B的概率估计为．

选修C的概率估计为，

即这位学生已选修A，估计该学生同时选修C的可能性大．

19．多面体ABCDEF中，四边形ABCD、四边形BDEF均为正方形，且平面BDEF⊥平面ABCD，点G，H分别为BF，AD的中点．

（Ⅰ）求证：GH∥平面AEF；

（Ⅱ）求直线EA与平面ACF所成角的正弦值．

【考点】直线与平面所成的角；直线与平面平行的判定．

【分析】（I）设AE中点M，以D为原点建立空间坐标系，求出和的坐标，得出，从而得出HG∥MF，故而HG∥平面AEF；

（II）求出和平面ACF的法向量的坐标，设所求线面角为θ，则sinθ=|cos＜＞|，利用同角三角函数的关系得出tanθ．

【解答】证明：（I）以D为原点，以DA，DC，DE为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示：

设AB=2，AE的中点为M，则M（1，0，），H（1，0，0），F（2，2，2），G（2，2，）．

=（1，2，），=（1，2，）．

∴，

∴HG∥MF，又HG?平面AEF，MF?平面AEF，

∴GH∥平面AEF．

（II）A（2，0，0），F（2，2，2），C（0，2，0），E（0，0，2）．

∴=（﹣2，0，2），=（0，2，2），=（﹣2，2，0），

设平面ACF的法向量为=（x，y，z），则．

∴，令z=1得=（﹣，﹣，1）．

∴=4，||=，||=2．

∴cos＜＞==．

设直线EA与平面ACF所成角为θ，则sinθ=，

即直线EA与平面ACF所成角的正弦值为．

20．已知椭圆C： =1（a＞b＞0）的焦距为2，且椭圆C过点A（1，），

（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）若O是坐标原点，不经过原点的直线l：y=kx+m与椭圆交于两不同点P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），且y₁y₂=k²x₁x₂，求直线l的斜率k；

（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求△OPQ面积的最大值．

【考点】直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的标准方程．

【分析】（Ⅰ）由椭圆的焦距为2，且椭圆C过点A（1，），列出方程求出a，b，由此能求出椭圆C的方程．

（Ⅱ）由，得：（1+4k²）x²+8kmx+4（m²﹣1）=0，由此利用根的判别式、韦达定理，结合已知条件能求出直线l的斜率．

（Ⅲ）把直线方程与椭圆方程联立，得：2x²+8mx+4m²﹣4=0，由此利用根的判别式、韦达定理、点到直线距离公式、弦长公式能求出△OPQ面积的最大值．

【解答】解：（Ⅰ）∵椭圆C： =1（a＞b＞0）的焦距为2，且椭圆C过点A（1，），

∴由题意得，可设椭圆方程为，

则，得b²=1，

所以椭圆C的方程为． …

（Ⅱ）由消去y得：（1+4k²）x²+8kmx+4（m²﹣1）=0，

△=64k²m²﹣16（1+4k²）（m²﹣1）=16（4k²﹣m²+1）＞0，

，

故．

又∵，∴，∴．

∵m≠0，∴，解得k=，

∴直线l的斜率为或﹣．…

（Ⅲ）由（Ⅱ）可知直线l的方程为，

由对称性，不妨把直线方程与椭圆方程联立，

消去y得：2x²+8mx+4m²﹣4=0，

△=64m²﹣4（4m²﹣4）＞0，

∵P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），∴x₁+x₂=﹣4m，，

设d为点O到直线l的距离，则d==，

∴．

当且仅当m²=1时，等号成立．

∴△OPQ面积的最大值为1． …

21．已知函数f（x）=lnx+m（x﹣1）²，（m∈R）

（Ⅰ）讨论函数f（x）极值点的个数；

（Ⅱ）若对任意的x∈[1，+∞），f（x）≥0恒成立，求m的取值范围．

【考点】利用导数研究函数的极值；函数恒成立问题．

【分析】（Ⅰ）求出f（x）的导数，通过讨论m的范围，结合二次函数的性质判断函数f（x）的单调区间，从而判断其极值的个数；

（Ⅱ）通过讨论m的范围，结合函数的单调性求出m的具体范围即可．

【解答】解：（I）由已知得函数f（x）的定义域为（0，+∞），

，

令g（x）=2mx²﹣2mx+1，（x＞0），

当m=0时，g（x）=1，此时f′（x）＞0，

函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，无极值点；

当m＞0时，△=4m²﹣8m=4m（m﹣2），

①当0＜m≤2时，△≤0，g（x）≥0，

此时f′（x）≥0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，无极值点；

②当m＞2时，△＞0，

令方程2mx²﹣2mx+1=0的两个实数根为x₁，x₂（x₁＜x₂），

且，

可得，因此

当x∈（0，x₁）时，g（x）＞0，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；

当x∈（x₁，x₂）时，g（x）＜0，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；

当x∈（x₂，+∞）时，g（x）＞0，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增．

所以函数f（x）在（0，+∞）上有两个极值点，

当m＜0时，△＞0，

x₁+x₂=1，x₁·x₂=＜0，可得x₁＜0，x₂＞1，

因此，当x∈（0，x₂）时，g（x）＞0，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；

当x∈（x₂，+∞）时，g（x）＜0，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减．

所以函数f（x）在（0，+∞）上有一个极值点．

综上所述，当m＜0时，函数f（x）在（0，+∞）上有一个极值点；

当0≤m≤2时，函数f（x）在（0，+∞）上无极值点；

当m＞2时，函数f（x）在（0，+∞）上有两个极值点．

（Ⅱ）当m≥0时，

当x≥1时，lnx≥0，m（x﹣1）²≥0，即f（x）≥0，符合题意；

当m＜0时，由（I）知，x₂＞1，函数f（x）在（1，x₂）上单调递增，在（x₂，+∞）上单调递减；

令h（x）=x﹣1﹣lnx，得，

所以函数h（x）在[1，+∞）上单调递增，又h（1）=0，

得h（x）≥0，即lnx≤x﹣1，所以f（x）≤x﹣1+m（x﹣1）²，

当时，x﹣1+m（x﹣1）²＜0，即f（x）＜0，不符合题意；

综上所述，m的取值范围为[0，+∞）．

[选修4-1：几何证明选讲]

22．如图，PA为半径为1的⊙O的切线，A为切点，圆心O在割线CD上，割线PD与⊙O相交于C，AB⊥CD于E，PA=．

（1）求证：AP·ED=PD·AE；

（2）若AP∥BD，求△ABD的面积．

【考点】与圆有关的比例线段．

【分析】（1）连接AC，先证明，利用切割线定理得到=．Rt△ACD中，AB⊥CD，由射影定理得AE²=CE·ED，即可证明AP·ED=PD·AE；

（2）求出AB，证明△ABD是等边三角形，即可求△ABD的面积．

【解答】证明：（1）连接AC，

∵PA为⊙O的切线，

∴∠PAC=∠ADC，

∵CD为⊙O的直径，AB⊥CD，

∴∠BDC=∠ADC．

∵∠BDC=∠CAB，

∴∠PAC=∠CAB，

∴=，

∴，

∵PA为⊙O的切线，

∴AP²=PC·PD，

∴=．

Rt△ACD中，AB⊥CD，由射影定理得AE²=CE·ED，

∴=，

∴，

∴AP·ED=PD·AE；

解：（2）∵AP∥BD，

∴∠P=∠BDC．

Rt△APE中，∠PAC=∠CAB=∠P=30°，

∴AP=PC．

∵AP²=PC·PD，

∴AP²=PC（PC+2），

∴PC=AC=1，

∴AE=，AB=

∵∠ADB=60°，

∴△ABD是等边三角形，

∴S_△ABD=．

[选修4-4：坐标系与参数方程]

23．在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．曲线C₁的参数方程为（α为参数），曲线C₂的极坐标方程为ρ²（sin²θ+4cos²θ）=4．

（1）求曲线C₁与曲线C₂的普通方程；

（2）若A为曲线C₁上任意一点，B为曲线C₂上任意一点，求|AB|的最小值．

【考点】参数方程化成普通方程．

【分析】（1）曲线C₁的参数方程为（α为参数），利用cos²α+sin²α=1可得普通方程．曲线C₂的极坐标方程为ρ²（sin²θ+4cos²θ）=4，利用y=ρsinθ，x=ρcosθ即可化为直角坐标方程．

（2）设B（cosβ，2sinβ），则|BC₁|==，利用三角函数的单调性与值域、二次函数的单调性即可得出．

【解答】解：（1）曲线C₁的参数方程为（α为参数），

利用cos²α+sin²α=1可得：x²+（y﹣1）²=．圆心C（0，1）．

曲线C₂的极坐标方程为ρ²（sin²θ+4cos²θ）=4，

可得直角标准方程：y²+4x²=4，即+y²=4．

（2）设B（cosβ，2sinβ），

则|BC₁|==≥，当sin时取等号．

∴|AB|的最小值=﹣．

[选修4-5：不等式选讲]

24．已知函数f（x）=2|x+a|﹣|x﹣1|（a＞0）．

（1）若函数f（x）与x轴围成的三角形面积的最小值为4，求实数a的取值范围；

（2）对任意的x∈R都有f（x）+2≥0，求实数a的取值范围．

【考点】绝对值不等式的解法；绝对值三角不等式．

【分析】（1）求出f（x）分段函数的形式，求出A，B，C的坐标，从而表示出三角形的面积，求出a的范围即可；（2）求出f（x）的最小值，从而得到关于a的不等式，解出即可．

【解答】解：（1）f（x）=，

如图示：

函数f（x）与x轴围成的△ABC，求得：

A（﹣2a﹣1，0），B（，0），C（﹣a，﹣a﹣1），

∴S_△ABC= [=（a+1）²≥4（a＞0），

解得：a≥﹣1；

（2）由（1）得：f（x）_min=f（﹣a）=﹣a﹣1，

对任意x∈R，都有f（x）+2≥0，即（﹣a﹣1）+2≥0，

解得：0＜a≤1．

2016年10月6日