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浙江专用2020高考数学三轮冲刺抢分练仿真卷一
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这是一份浙江专用2020高考数学三轮冲刺抢分练仿真卷一，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．已知集合A＝{x|x2<1}，集合B＝{x|lg2x<0}，则A∩B等于( )
A．(0,1) B．(－1,0) C．(－1,1) D．(－∞，1)
答案 A
解析 根据题意集合A＝{x|－12．在平面直角坐标系中，经过点P(2eq \r(2)，－eq \r(2))，渐近线方程为y＝±eq \r(2)x的双曲线的标准方程为( )
A.eq \f(x2,4)－eq \f(y2,2)＝1 B.eq \f(x2,7)－eq \f(y2,14)＝1
C.eq \f(x2,3)－eq \f(y2,6)＝1 D.eq \f(y2,14)－eq \f(x2,7)＝1
答案 B
解析 ∵双曲线的渐近线方程为y＝±eq \r(2)x，∴设所求双曲线的标准方程为2x2－y2＝k.又eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(2)，－\r(2)))在双曲线上，则k＝16－2＝14，即双曲线的方程为2x2－y2＝14，
∴双曲线的标准方程为eq \f(x2,7)－eq \f(y2,14)＝1.
3．设变量x，y满足约束条件eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y≤2，,2x－3y≤9，,x≥0，))则目标函数z＝2x＋y的最大值是( )
A．2 B．3 C．5 D．7
答案 C
解析 画出约束条件eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y≤2，,2x－3y≤9，,x≥0))表示的可行域，如图中阴影部分(含边界)所示，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y－2＝0，,2x－3y－9＝0，))可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝3，,y＝－1，))
将z＝2x＋y变形为y＝－2x＋z，
平移直线y＝－2x＋z，
由图可知当直线y＝－2x＋z经过点(3，－1)时，
直线在y轴上的截距最大，即z最大，
z的最大值为z＝2×3－1＝5.
4．若复数z1＝2＋i，z2＝cs α＋isin α(α∈R)，其中i是虚数单位，则|z1－z2|的最大值为
A.eq \r(5)－1 B.eq \f(\r(5)－1,2) C.eq \r(5)＋1 D.eq \f(\r(5)＋1,2)
答案 C
解析 方法一 由题可得z1－z2＝2＋i－cs α－isin α＝2－cs α＋(1－sin α)i(α∈R)，
则|z1－z2|＝eq \r(2－cs α2＋1－sin α2)
＝eq \r(4－4cs α＋cs2α＋1－2sin α＋sin2α)
＝eq \r(6－2sin α－4cs α)＝eq \r(6－\r(22＋42)sinα＋φ)
＝eq \r(6－2\r(5)sinα＋φ)，其中tan φ＝2，当sin(α＋φ)＝－1时，
|z1－z2|有最大值，此时|z1－z2|＝eq \r(6＋2\r(5))＝eq \r(5)＋1.
方法二 ∵z1＝2＋i，z2＝cs α＋isin α(α∈R)，
∴z2在复平面内对应的点在以原点为圆心，以1为半径的圆上，z1＝2＋i对应的点为Z1(2,1)．
如图：
则|z1－z2|的最大值为eq \r(5)＋1.
5．“α≠β”是“cs α≠cs β”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
答案 B
解析 因为α＝β⇒cs α＝cs β，所以cs α≠cs β⇒α≠β (逆否命题)必要性成立，α＝－β⇒cs α＝cs β，充分性不成立，故“α≠β”是“cs α≠cs β”的必要不充分条件．
6．函数f(x)＝eq \f(ln|x|,x)的图象大致为( )
答案 A
解析 函数的定义域为{x|x≠0}，f(x)＝eq \f(ln\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x)),x)，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x))＝eq \f(ln\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－x)),－x)＝－eq \f(ln\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x)),x)＝－f(x)，所以函数f(x)是奇函数，图象关于原点对称，故可排除B；当x>1时，f(x)＝eq \f(ln\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x)),x)＝eq \f(ln x,x)>0，故可排除C；当x>0时，f(x)＝eq \f(ln\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x)),x)＝eq \f(ln x,x) ，f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，显然当10，函数f(x)单调递增，当x>e时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，可排除D，故选A.
7．本次模拟考试结束后，班级要排一张语文、数学、英语、物理、化学、生物六科试卷讲评顺序表，若化学排在生物前面，数学与物理不相邻且都不排在最后，则不同的排表方法共有( )
A．72种 B．144种 C．288种 D．360种
答案 B
解析 第一步排语文、英语、化学、生物4科，且化学排在生物前面，有eq \f(A\\al(4,4),2)＝12(种)排法；第二步将数学和物理插入前4科除最后位置外的4个空档中的2个，有Aeq \\al(2,4)＝12(种)排法，所以不同的排表方法共有12×12＝144(种)．
8．已知随机变量X的分布列如下表：
其中a，b，c>0.若X的方差D(X)≤eq \f(1,3)对所有a∈(0,1－b)都成立，则( )
A．b≤eq \f(1,3) B．b≤eq \f(2,3) C．b≥eq \f(1,3) D．b≥eq \f(2,3)
答案 D
解析 由X的分布列可得X的期望为E(X)＝－a＋c，
a＋b＋c＝1，
所以X的方差D(X)＝(－1＋a－c)2a＋(a－c)2b＋(1＋a－c)2c＝(a－c)2(a＋b＋c)－2(a－c)2＋a＋c＝－(a－c)2＋a＋c＝－(2a－1＋b)2＋1－b＝－4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1－b,2)))2＋1－b，因为a∈(0,1－b)，所以当且仅当a＝eq \f(1－b,2)时，D(X)取最大值1－b，又D(X)≤eq \f(1,3)对所有a∈(0,1－b)都成立，所以只需1－b≤eq \f(1,3)，解得b≥eq \f(2,3).
9．如图所示，用一边长为eq \r(2)的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将体积为eq \f(4π,3)的鸡蛋(视为球体)放入其中，蛋巢形状保持不变，则鸡蛋(球体)离蛋巢底面的最短距离为( )
A.eq \f(\r(2)－1,2) B.eq \f(\r(2)＋1,2) C.eq \f(\r(6)－1,2) D.eq \f(\r(3)－1,2)
答案 D
解析 因为蛋巢的底面是边长为1的正方形，所以过四个顶点截鸡蛋所得的截面圆的直径为1，又因为鸡蛋的体积为eq \f(4π,3)，所以球的半径为1，所以球心到截面的距离d＝eq \r(1－\f(1,4))＝eq \f(\r(3),2)，而截面到球体最低点的距离为1－eq \f(\r(3),2)，而蛋巢的高度为eq \f(1,2)，故球体到蛋巢底面的最短距离为eq \f(1,2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(\r(3),2)))＝eq \f(\r(3)－1,2).
10．设α，β是方程x2－x－1＝0的两个不等实数根，记an＝αn＋βn(n∈N*)．
下列两个命题( )
①数列{an}的任意一项都是正整数；
②数列{an}存在某一项是5的倍数．
A．①正确，②错误 B．①错误，②正确
C．①②都正确 D．①②都错误
答案 A
解析 因为α，β是方程x2－x－1＝0的两个不等实数根，所以α＋β＝1，αβ＝－1，
因为an＝αn＋βn，
所以an＋1＝αn＋1＋βn＋1＝(αn＋βn)α＋(αn＋βn)β－βnα－αnβ＝(αn＋βn)(α＋β)－αβ(αn－1＋βn－1)＝(αn＋βn)＋(αn－1＋βn－1)＝an＋an－1，即当n≥3时，数列{an}中的任一项都等于其前两项之和，又a1＝α＋β＝1，a2＝α2＋β2＝(α＋β)2－2αβ＝3，所以a3＝a2＋a1＝4，a4＝a3＋a2＝7，a5＝a4＋a3＝11，以此类推，即可知数列{an}的任意一项都是正整数，故①正确，若数列{an}存在某一项是5的倍数，则此项个位数字应当为0或5.由a1＝1，a2＝3，依次计算知，数列{an}中不存在个位数字为0或5的项，②错误．
二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分)
11．《九章算术》中记载了“今有共买豕，人出一百，盈一百；人出九十，适足．问人数、豕价各几何？”．其意思是“若干个人合买一头猪，若每人出100，则会剩下100；若每人出90，则不多也不少．问人数、猪价各多少？”．设x，y分别为人数、猪价，则x＝________，y＝________.
答案 10 900
解析 由题意可列方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＋100＝100x，,y＝90x，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝10，,y＝900.))
12．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积是________cm2，体积是________cm3.
答案 20＋4eq \r(5) 8
解析 由题意得，该几何体为三棱柱，故其表面积S＝2×eq \f(1,2)×4×2＋22＋4×2＋2×2eq \r(5)＝20＋4eq \r(5)，
体积V＝eq \f(1,2)×4×2×2＝8.
13．已知多项式(x＋2)m(x＋1)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋am＋nxm＋n满足a0＝4，a1＝16，则m＋n＝________，a0＋a1＋a2＋…＋am＋n＝________.
答案 5 72
解析 令x＝0，得a0＝2m＝4，又由二项展开式的通项公式得Ceq \\al(m－1,m)·2m－1·Ceq \\al(n,n)·1n＋Ceq \\al(m,m)·2m·Ceq \\al(n－1,n)·1n－1＝16，所以m＝2，n＝3，则m＋n＝5；令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋am＋n＝32×23＝72.
14．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，S为△ABC的面积，若c＝2acs B，S＝eq \f(1,2)a2－eq \f(1,4)c2，则△ABC的形状为________，C的大小为________．
答案 等腰三角形 eq \f(π,4)
解析 在△ABC中，由c＝2acs B及正弦定理得sin C＝2sin Acs B，则sin(A＋B)＝2sin Acs B，化简得sin(A－B)＝0，那么A＝B，从而有a＝b，所以△ABC为等腰三角形；由S＝eq \f(1,2)a2－eq \f(1,4)c2及余弦定理得eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)a2－eq \f(1,4)(a2＋b2－2abcs C)，化简得a2sin C＝a2cs C，又a>0，所以sin C＝cs C，则tan C＝1，又C是△ABC的内角，故C＝eq \f(π,4).
15．已知x>0，y>－1，且x＋y＝1，则eq \f(x2＋3,x)＋eq \f(y2,y＋1)的最小值为________．
答案 2＋eq \r(3)
解析 eq \f(x2＋3,x)＋eq \f(y2,y＋1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,x)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－1＋\f(1,y＋1)))，
结合x＋y＝1可知原式＝eq \f(3,x)＋eq \f(1,y＋1)，
且eq \f(3,x)＋eq \f(1,y＋1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,x)＋\f(1,y＋1)))×eq \f(x＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋1)),2)
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(4＋\f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋1)),x)＋\f(x,y＋1)))
≥eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(4＋2\r(\f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋1)),x)×\f(x,y＋1))))＝2＋eq \r(3)，
当且仅当x＝3－eq \r(3)，y＝－2＋eq \r(3)时等号成立．
即eq \f(x2＋3,x)＋eq \f(y2,y＋1)的最小值为2＋eq \r(3).
16．已知F1，F2为椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左、右焦点，点P在椭圆C上移动时，△PF1F2的内心I的轨迹方程为____________________________．
答案 x2＋3y2＝1(y≠0)
解析 由题意得F1(－1,0)，F2(1,0)，设点P(x，y)，I(m，n)，－217．如图，在△ABC中，已知AB＝AC＝1，∠A＝120°，E，F分别是边AB，AC上的点，且eq \(AE,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AF,\s\up6(→))＝μeq \(AC,\s\up6(→))，其中λ，μ∈(0,1)，且λ＋4μ＝1，若线段EF，BC的中点分别为M，N，则|eq \(MN,\s\up6(→))|的最小值为________．
答案 eq \f(\r(7),7)
解析 连接AM，AN(图略)，在等腰三角形ABC中，AB＝AC＝1，∠A＝120°，所以eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝|eq \(AB,\s\up6(→))|·|eq \(AC,\s\up6(→))|·cs 120°＝－eq \f(1,2)，因为AM是△AEF的中线，所以eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AE,\s\up6(→))＋eq \(AF,\s\up6(→)))＝eq \f(1,2)(λeq \(AB,\s\up6(→))＋μeq \(AC,\s\up6(→)))，同理可得eq \(AN,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→))＋\(AC,\s\up6(→))))，由此可得eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \(AN,\s\up6(→))－eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(1－λ)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－μ))eq \(AC,\s\up6(→))，两边平方并化简得eq \(MN,\s\up6(→))2＝eq \f(1,4)(1－λ)2－eq \f(1,4)(1－λ)(1－μ)＋eq \f(1,4)(1－μ)2，由于λ＋4μ＝1，可得1－λ＝4μ，代入上式并化简得eq \(MN,\s\up6(→))2＝eq \f(21,4)μ2－eq \f(3,2)μ＋eq \f(1,4)＝eq \f(21,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(μ－\f(1,7)))2＋eq \f(1,7)，由于λ，μ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1))，所以当μ＝eq \f(1,7)时，eq \(MN,\s\up6(→))2取得最小值eq \f(1,7)，所以|eq \(MN,\s\up6(→))|的最小值为eq \f(\r(7),7).
三、解答题(本大题共5小题，共74分．)
18．(14分)已知f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，0<ω<4，|φ|<\f(π,2)))过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，且当x＝eq \f(π,6)时，函数f(x)取得最大值1.
(1)将函数f(x)的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度得到函数g(x)，求函数g(x)的表达式；
(2)在(1)的条件下，函数h(x)＝f(x)＋g(x)＋2cs2x－1，求h(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的值域．
解 (1)由题意得A＝1，由函数过eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))得sin φ＝eq \f(1,2)，∵|φ|∴φ＝eq \f(π,6).
又f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝1，∴eq \f(π,6)ω＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，∵0<ω<4，
∴ω＝2，
∴f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，
∴g(x)＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))).
(2)h(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＋cs 2x
＝eq \r(3)sin 2x＋cs 2x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，eq \f(π,6)≤2x＋eq \f(π,6)≤eq \f(7π,6)，
－eq \f(1,2)≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))≤1，
－1≤2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))≤2，所以h(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的值域为[－1,2]．
19．(15分)如图，四棱锥P－ABCD的底面是梯形，BC∥AD，AB＝BC＝CD＝1，AD＝2，PB＝eq \f(\r(13),2)，PA＝PC＝eq \r(3).
(1)证明：AC⊥BP；
(2)求直线AD与平面APC所成角的正弦值．
(1)证明 取AC的中点F，连接PF，BF，
由PA＝PC得PF⊥AC，由AB＝BC，得BF⊥AC，
又PF∩BF＝F，∴AC⊥平面PBF，
又BP⊂平面PBF，∴AC⊥BP.
(2)解 延长BF交AD于点E，过点P作PO垂直于平面ABCD于点O，由(1)易知点O在BE上，
在△PBF中，PB＝eq \f(\r(13),2)，BF＝eq \f(1,2)，PF＝eq \f(3,2)，
由余弦定理得cs∠PFB＝eq \f(PF2＋BF2－PB2,2PF·BF)＝－eq \f(1,2)，
即∠PFB＝120°，则∠PFO＝60°，
∴PO＝PF·sin 60°＝eq \f(3\r(3),4)，
由VP－ACD＝VD－APC得eq \f(1,3)·PO·S△ACD＝eq \f(1,3)·h·S△APC，其中h为点D到平面APC的距离，解得h＝eq \f(\r(3),2)，
设直线AD与平面APC所成角为θ，
则sin θ＝eq \f(h,AD)＝eq \f(\r(3),4).
20．(15分)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＝eq \r(Sn)＋eq \r(Sn－1)(n∈N*，且n≥2)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明：当n≥2时，eq \f(1,a1)＋eq \f(1,2a2)＋eq \f(1,3a3)＋…＋eq \f(1,nan)(1)解 由an＝eq \r(Sn)＋eq \r(Sn－1)，得Sn－Sn－1＝eq \r(Sn)＋eq \r(Sn－1)，即eq \r(Sn)－eq \r(Sn－1)＝1(n≥2)，
所以数列{eq \r(Sn)}是以eq \r(S1)＝eq \r(a1)＝1为首项，以1为公差的等差数列，
所以eq \r(Sn)＝1＋(n－1)×1＝n，即Sn＝n2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，
当n＝1时，a1＝S1＝1，也满足上式，所以an＝2n－1.
(2)证明 当n≥2时，eq \f(1,nan)＝eq \f(1,n2n－1)＝eq \f(1,2)·eq \f(1,nn－1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))，
所以eq \f(1,a1)＋eq \f(1,2a2)＋eq \f(1,3a3)＋…＋eq \f(1,nan)<1＋
eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n－1)－\f(1,n)))＝eq \f(3,2)－eq \f(1,2n)故当n≥2时，eq \f(1,a1)＋eq \f(1,2a2)＋eq \f(1,3a3)＋…＋eq \f(1,nan)21.(15分)已知直线l：y＝kx＋m与椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)恰有一个公共点P，l与圆x2＋y2＝a2相交于A，B两点．
(1)求k与m的关系式；
(2)点Q与点P关于坐标原点O对称．若当k＝－eq \f(1,2)时，△QAB的面积取到最大值a2，求椭圆的离心率．
解 (1)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，))得(a2k2＋b2)x2＋2a2kmx＋
a2(m2－b2)＝0，
则Δ＝(2a2km)2－4(a2k2＋b2)a2(m2－b2)＝0，
化简整理，得m2＝a2k2＋b2.
(2)因为点Q与点P关于坐标原点O对称，故△QAB的面积是△OAB的面积的两倍．
所以当k＝－eq \f(1,2)时，△OAB的面积取到最大值eq \f(a2,2)，此时OA⊥OB，
从而原点O到直线l的距离d＝eq \f(a,\r(2))，
又d＝eq \f(|m|,\r(k2＋1))，故eq \f(m2,k2＋1)＝eq \f(a2,2).
再由(1)，得eq \f(a2k2＋b2,k2＋1)＝eq \f(a2,2)，则k2＝1－eq \f(2b2,a2).
又k＝－eq \f(1,2)，故k2＝1－eq \f(2b2,a2)＝eq \f(1,4)，即eq \f(b2,a2)＝eq \f(3,8)，
从而e2＝eq \f(c2,a2)＝1－eq \f(b2,a2)＝eq \f(5,8)，即e＝eq \f(\r(10),4).
22．(15分)已知f(x)＝2ln(x＋2)－(x＋1)2，g(x)＝k(x＋1)，k∈R.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)当k＝2时，求证：对于任意x>－1，f(x)(3)若存在x0>－1，使得当x∈(－1，x0)时，恒有f(x)>g(x)成立，试求k的取值范围．
(1)解 函数f(x)的定义域为(－2，＋∞)．
f′(x)＝eq \f(2,x＋2)－2(x＋1)
＝eq \f(－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋3x＋1)),x＋2)(x>－2)，
当f′(x)>0时，x2＋3x＋1<0.
解得－2当f′(x)<0时，解得x>eq \f(－3＋\r(5),2).
所以f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，\f(－3＋\r(5),2)))，
单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－3＋\r(5),2)，＋∞)).
(2)证明 设h(x)＝f(x)－g(x)
＝2ln(x＋2)－(x＋1)2－k(x＋1)(x>－1)，
当k＝2时，
h′(x)＝eq \f(－2x2＋3x＋1,x＋2)－2＝eq \f(－2x＋3x＋1,x＋2)，
∴当x>－1时，h′(x)<0恒成立，h(x)单调递减．
又h(－1)＝0，
∴当x∈(－1，＋∞)时，h(x)即f(x)－g(x)<0.
∴对于任意x>－1，f(x)(3)解 因为h′(x)＝eq \f(－2x2＋3x＋1,x＋2)－k
＝－eq \f(2x2＋k＋6x＋2k＋2,x＋2).
方法一 由(2)知，当k＝2时，f(x)即对于任意x>－1,2ln(x＋2)－(x＋1)2<2(x＋1)，
不存在满足条件的x0；
当k>2时，对于任意x>－1，x＋1>0，
此时2(x＋1)∴2ln(x＋2)－(x＋1)2<2(x＋1)即f(x)当k<2时，令t(x)＝－2x2－(k＋6)x－(2k＋2)，
可知t(x)与h′(x)符号相同，
当x∈(x0，＋∞)时，t(x)<0，h′(x)<0，
h(x)单调递减．
∴当x∈(－1，x0)时，h(x)>h(－1)＝0，
即f(x)－g(x)>0恒成立．
综上，k的取值范围为(－∞，2)．
方法二 存在x0>－1，使得当x∈(－1，x0)时，恒有f(x)>g(x)成立，即h(x)>0恒成立，即h(x)>h(－1)恒成立，即当x∈(－1，x0)时，h′(x)>0恒成立．
令t(x)＝－2x2－(k＋6)x－(2k＋2)．
则t(－1)>0，即可解得k<2，
∴k的取值范围是(－∞，2)．X
－1
0
1
P
a
b
c
1．已知集合A＝{x|x2<1}，集合B＝{x|lg2x<0}，则A∩B等于( )
A．(0,1) B．(－1,0) C．(－1,1) D．(－∞，1)
答案 A
解析 根据题意集合A＝{x|－1
A.eq \f(x2,4)－eq \f(y2,2)＝1 B.eq \f(x2,7)－eq \f(y2,14)＝1
C.eq \f(x2,3)－eq \f(y2,6)＝1 D.eq \f(y2,14)－eq \f(x2,7)＝1
答案 B
解析 ∵双曲线的渐近线方程为y＝±eq \r(2)x，∴设所求双曲线的标准方程为2x2－y2＝k.又eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(2)，－\r(2)))在双曲线上，则k＝16－2＝14，即双曲线的方程为2x2－y2＝14，
∴双曲线的标准方程为eq \f(x2,7)－eq \f(y2,14)＝1.
3．设变量x，y满足约束条件eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y≤2，,2x－3y≤9，,x≥0，))则目标函数z＝2x＋y的最大值是( )
A．2 B．3 C．5 D．7
答案 C
解析 画出约束条件eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y≤2，,2x－3y≤9，,x≥0))表示的可行域，如图中阴影部分(含边界)所示，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y－2＝0，,2x－3y－9＝0，))可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝3，,y＝－1，))
将z＝2x＋y变形为y＝－2x＋z，
平移直线y＝－2x＋z，
由图可知当直线y＝－2x＋z经过点(3，－1)时，
直线在y轴上的截距最大，即z最大，
z的最大值为z＝2×3－1＝5.
4．若复数z1＝2＋i，z2＝cs α＋isin α(α∈R)，其中i是虚数单位，则|z1－z2|的最大值为
A.eq \r(5)－1 B.eq \f(\r(5)－1,2) C.eq \r(5)＋1 D.eq \f(\r(5)＋1,2)
答案 C
解析 方法一 由题可得z1－z2＝2＋i－cs α－isin α＝2－cs α＋(1－sin α)i(α∈R)，
则|z1－z2|＝eq \r(2－cs α2＋1－sin α2)
＝eq \r(4－4cs α＋cs2α＋1－2sin α＋sin2α)
＝eq \r(6－2sin α－4cs α)＝eq \r(6－\r(22＋42)sinα＋φ)
＝eq \r(6－2\r(5)sinα＋φ)，其中tan φ＝2，当sin(α＋φ)＝－1时，
|z1－z2|有最大值，此时|z1－z2|＝eq \r(6＋2\r(5))＝eq \r(5)＋1.
方法二 ∵z1＝2＋i，z2＝cs α＋isin α(α∈R)，
∴z2在复平面内对应的点在以原点为圆心，以1为半径的圆上，z1＝2＋i对应的点为Z1(2,1)．
如图：
则|z1－z2|的最大值为eq \r(5)＋1.
5．“α≠β”是“cs α≠cs β”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
答案 B
解析 因为α＝β⇒cs α＝cs β，所以cs α≠cs β⇒α≠β (逆否命题)必要性成立，α＝－β⇒cs α＝cs β，充分性不成立，故“α≠β”是“cs α≠cs β”的必要不充分条件．
6．函数f(x)＝eq \f(ln|x|,x)的图象大致为( )
答案 A
解析 函数的定义域为{x|x≠0}，f(x)＝eq \f(ln\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x)),x)，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x))＝eq \f(ln\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－x)),－x)＝－eq \f(ln\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x)),x)＝－f(x)，所以函数f(x)是奇函数，图象关于原点对称，故可排除B；当x>1时，f(x)＝eq \f(ln\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x)),x)＝eq \f(ln x,x)>0，故可排除C；当x>0时，f(x)＝eq \f(ln\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x)),x)＝eq \f(ln x,x) ，f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，显然当1
7．本次模拟考试结束后，班级要排一张语文、数学、英语、物理、化学、生物六科试卷讲评顺序表，若化学排在生物前面，数学与物理不相邻且都不排在最后，则不同的排表方法共有( )
A．72种 B．144种 C．288种 D．360种
答案 B
解析 第一步排语文、英语、化学、生物4科，且化学排在生物前面，有eq \f(A\\al(4,4),2)＝12(种)排法；第二步将数学和物理插入前4科除最后位置外的4个空档中的2个，有Aeq \\al(2,4)＝12(种)排法，所以不同的排表方法共有12×12＝144(种)．
8．已知随机变量X的分布列如下表：
其中a，b，c>0.若X的方差D(X)≤eq \f(1,3)对所有a∈(0,1－b)都成立，则( )
A．b≤eq \f(1,3) B．b≤eq \f(2,3) C．b≥eq \f(1,3) D．b≥eq \f(2,3)
答案 D
解析 由X的分布列可得X的期望为E(X)＝－a＋c，
a＋b＋c＝1，
所以X的方差D(X)＝(－1＋a－c)2a＋(a－c)2b＋(1＋a－c)2c＝(a－c)2(a＋b＋c)－2(a－c)2＋a＋c＝－(a－c)2＋a＋c＝－(2a－1＋b)2＋1－b＝－4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1－b,2)))2＋1－b，因为a∈(0,1－b)，所以当且仅当a＝eq \f(1－b,2)时，D(X)取最大值1－b，又D(X)≤eq \f(1,3)对所有a∈(0,1－b)都成立，所以只需1－b≤eq \f(1,3)，解得b≥eq \f(2,3).
9．如图所示，用一边长为eq \r(2)的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将体积为eq \f(4π,3)的鸡蛋(视为球体)放入其中，蛋巢形状保持不变，则鸡蛋(球体)离蛋巢底面的最短距离为( )
A.eq \f(\r(2)－1,2) B.eq \f(\r(2)＋1,2) C.eq \f(\r(6)－1,2) D.eq \f(\r(3)－1,2)
答案 D
解析 因为蛋巢的底面是边长为1的正方形，所以过四个顶点截鸡蛋所得的截面圆的直径为1，又因为鸡蛋的体积为eq \f(4π,3)，所以球的半径为1，所以球心到截面的距离d＝eq \r(1－\f(1,4))＝eq \f(\r(3),2)，而截面到球体最低点的距离为1－eq \f(\r(3),2)，而蛋巢的高度为eq \f(1,2)，故球体到蛋巢底面的最短距离为eq \f(1,2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(\r(3),2)))＝eq \f(\r(3)－1,2).
10．设α，β是方程x2－x－1＝0的两个不等实数根，记an＝αn＋βn(n∈N*)．
下列两个命题( )
①数列{an}的任意一项都是正整数；
②数列{an}存在某一项是5的倍数．
A．①正确，②错误 B．①错误，②正确
C．①②都正确 D．①②都错误
答案 A
解析 因为α，β是方程x2－x－1＝0的两个不等实数根，所以α＋β＝1，αβ＝－1，
因为an＝αn＋βn，
所以an＋1＝αn＋1＋βn＋1＝(αn＋βn)α＋(αn＋βn)β－βnα－αnβ＝(αn＋βn)(α＋β)－αβ(αn－1＋βn－1)＝(αn＋βn)＋(αn－1＋βn－1)＝an＋an－1，即当n≥3时，数列{an}中的任一项都等于其前两项之和，又a1＝α＋β＝1，a2＝α2＋β2＝(α＋β)2－2αβ＝3，所以a3＝a2＋a1＝4，a4＝a3＋a2＝7，a5＝a4＋a3＝11，以此类推，即可知数列{an}的任意一项都是正整数，故①正确，若数列{an}存在某一项是5的倍数，则此项个位数字应当为0或5.由a1＝1，a2＝3，依次计算知，数列{an}中不存在个位数字为0或5的项，②错误．
二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分)
11．《九章算术》中记载了“今有共买豕，人出一百，盈一百；人出九十，适足．问人数、豕价各几何？”．其意思是“若干个人合买一头猪，若每人出100，则会剩下100；若每人出90，则不多也不少．问人数、猪价各多少？”．设x，y分别为人数、猪价，则x＝________，y＝________.
答案 10 900
解析 由题意可列方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＋100＝100x，,y＝90x，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝10，,y＝900.))
12．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积是________cm2，体积是________cm3.
答案 20＋4eq \r(5) 8
解析 由题意得，该几何体为三棱柱，故其表面积S＝2×eq \f(1,2)×4×2＋22＋4×2＋2×2eq \r(5)＝20＋4eq \r(5)，
体积V＝eq \f(1,2)×4×2×2＝8.
13．已知多项式(x＋2)m(x＋1)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋am＋nxm＋n满足a0＝4，a1＝16，则m＋n＝________，a0＋a1＋a2＋…＋am＋n＝________.
答案 5 72
解析 令x＝0，得a0＝2m＝4，又由二项展开式的通项公式得Ceq \\al(m－1,m)·2m－1·Ceq \\al(n,n)·1n＋Ceq \\al(m,m)·2m·Ceq \\al(n－1,n)·1n－1＝16，所以m＝2，n＝3，则m＋n＝5；令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋am＋n＝32×23＝72.
14．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，S为△ABC的面积，若c＝2acs B，S＝eq \f(1,2)a2－eq \f(1,4)c2，则△ABC的形状为________，C的大小为________．
答案 等腰三角形 eq \f(π,4)
解析 在△ABC中，由c＝2acs B及正弦定理得sin C＝2sin Acs B，则sin(A＋B)＝2sin Acs B，化简得sin(A－B)＝0，那么A＝B，从而有a＝b，所以△ABC为等腰三角形；由S＝eq \f(1,2)a2－eq \f(1,4)c2及余弦定理得eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)a2－eq \f(1,4)(a2＋b2－2abcs C)，化简得a2sin C＝a2cs C，又a>0，所以sin C＝cs C，则tan C＝1，又C是△ABC的内角，故C＝eq \f(π,4).
15．已知x>0，y>－1，且x＋y＝1，则eq \f(x2＋3,x)＋eq \f(y2,y＋1)的最小值为________．
答案 2＋eq \r(3)
解析 eq \f(x2＋3,x)＋eq \f(y2,y＋1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,x)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－1＋\f(1,y＋1)))，
结合x＋y＝1可知原式＝eq \f(3,x)＋eq \f(1,y＋1)，
且eq \f(3,x)＋eq \f(1,y＋1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,x)＋\f(1,y＋1)))×eq \f(x＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋1)),2)
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(4＋\f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋1)),x)＋\f(x,y＋1)))
≥eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(4＋2\r(\f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋1)),x)×\f(x,y＋1))))＝2＋eq \r(3)，
当且仅当x＝3－eq \r(3)，y＝－2＋eq \r(3)时等号成立．
即eq \f(x2＋3,x)＋eq \f(y2,y＋1)的最小值为2＋eq \r(3).
16．已知F1，F2为椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左、右焦点，点P在椭圆C上移动时，△PF1F2的内心I的轨迹方程为____________________________．
答案 x2＋3y2＝1(y≠0)
解析 由题意得F1(－1,0)，F2(1,0)，设点P(x，y)，I(m，n)，－2
答案 eq \f(\r(7),7)
解析 连接AM，AN(图略)，在等腰三角形ABC中，AB＝AC＝1，∠A＝120°，所以eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝|eq \(AB,\s\up6(→))|·|eq \(AC,\s\up6(→))|·cs 120°＝－eq \f(1,2)，因为AM是△AEF的中线，所以eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AE,\s\up6(→))＋eq \(AF,\s\up6(→)))＝eq \f(1,2)(λeq \(AB,\s\up6(→))＋μeq \(AC,\s\up6(→)))，同理可得eq \(AN,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→))＋\(AC,\s\up6(→))))，由此可得eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \(AN,\s\up6(→))－eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(1－λ)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－μ))eq \(AC,\s\up6(→))，两边平方并化简得eq \(MN,\s\up6(→))2＝eq \f(1,4)(1－λ)2－eq \f(1,4)(1－λ)(1－μ)＋eq \f(1,4)(1－μ)2，由于λ＋4μ＝1，可得1－λ＝4μ，代入上式并化简得eq \(MN,\s\up6(→))2＝eq \f(21,4)μ2－eq \f(3,2)μ＋eq \f(1,4)＝eq \f(21,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(μ－\f(1,7)))2＋eq \f(1,7)，由于λ，μ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1))，所以当μ＝eq \f(1,7)时，eq \(MN,\s\up6(→))2取得最小值eq \f(1,7)，所以|eq \(MN,\s\up6(→))|的最小值为eq \f(\r(7),7).
三、解答题(本大题共5小题，共74分．)
18．(14分)已知f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，0<ω<4，|φ|<\f(π,2)))过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，且当x＝eq \f(π,6)时，函数f(x)取得最大值1.
(1)将函数f(x)的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度得到函数g(x)，求函数g(x)的表达式；
(2)在(1)的条件下，函数h(x)＝f(x)＋g(x)＋2cs2x－1，求h(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的值域．
解 (1)由题意得A＝1，由函数过eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))得sin φ＝eq \f(1,2)，∵|φ|
又f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝1，∴eq \f(π,6)ω＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，∵0<ω<4，
∴ω＝2，
∴f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，
∴g(x)＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))).
(2)h(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＋cs 2x
＝eq \r(3)sin 2x＋cs 2x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，eq \f(π,6)≤2x＋eq \f(π,6)≤eq \f(7π,6)，
－eq \f(1,2)≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))≤1，
－1≤2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))≤2，所以h(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的值域为[－1,2]．
19．(15分)如图，四棱锥P－ABCD的底面是梯形，BC∥AD，AB＝BC＝CD＝1，AD＝2，PB＝eq \f(\r(13),2)，PA＝PC＝eq \r(3).
(1)证明：AC⊥BP；
(2)求直线AD与平面APC所成角的正弦值．
(1)证明 取AC的中点F，连接PF，BF，
由PA＝PC得PF⊥AC，由AB＝BC，得BF⊥AC，
又PF∩BF＝F，∴AC⊥平面PBF，
又BP⊂平面PBF，∴AC⊥BP.
(2)解 延长BF交AD于点E，过点P作PO垂直于平面ABCD于点O，由(1)易知点O在BE上，
在△PBF中，PB＝eq \f(\r(13),2)，BF＝eq \f(1,2)，PF＝eq \f(3,2)，
由余弦定理得cs∠PFB＝eq \f(PF2＋BF2－PB2,2PF·BF)＝－eq \f(1,2)，
即∠PFB＝120°，则∠PFO＝60°，
∴PO＝PF·sin 60°＝eq \f(3\r(3),4)，
由VP－ACD＝VD－APC得eq \f(1,3)·PO·S△ACD＝eq \f(1,3)·h·S△APC，其中h为点D到平面APC的距离，解得h＝eq \f(\r(3),2)，
设直线AD与平面APC所成角为θ，
则sin θ＝eq \f(h,AD)＝eq \f(\r(3),4).
20．(15分)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＝eq \r(Sn)＋eq \r(Sn－1)(n∈N*，且n≥2)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明：当n≥2时，eq \f(1,a1)＋eq \f(1,2a2)＋eq \f(1,3a3)＋…＋eq \f(1,nan)
所以数列{eq \r(Sn)}是以eq \r(S1)＝eq \r(a1)＝1为首项，以1为公差的等差数列，
所以eq \r(Sn)＝1＋(n－1)×1＝n，即Sn＝n2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，
当n＝1时，a1＝S1＝1，也满足上式，所以an＝2n－1.
(2)证明 当n≥2时，eq \f(1,nan)＝eq \f(1,n2n－1)
所以eq \f(1,a1)＋eq \f(1,2a2)＋eq \f(1,3a3)＋…＋eq \f(1,nan)<1＋
eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n－1)－\f(1,n)))＝eq \f(3,2)－eq \f(1,2n)
(1)求k与m的关系式；
(2)点Q与点P关于坐标原点O对称．若当k＝－eq \f(1,2)时，△QAB的面积取到最大值a2，求椭圆的离心率．
解 (1)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，))得(a2k2＋b2)x2＋2a2kmx＋
a2(m2－b2)＝0，
则Δ＝(2a2km)2－4(a2k2＋b2)a2(m2－b2)＝0，
化简整理，得m2＝a2k2＋b2.
(2)因为点Q与点P关于坐标原点O对称，故△QAB的面积是△OAB的面积的两倍．
所以当k＝－eq \f(1,2)时，△OAB的面积取到最大值eq \f(a2,2)，此时OA⊥OB，
从而原点O到直线l的距离d＝eq \f(a,\r(2))，
又d＝eq \f(|m|,\r(k2＋1))，故eq \f(m2,k2＋1)＝eq \f(a2,2).
再由(1)，得eq \f(a2k2＋b2,k2＋1)＝eq \f(a2,2)，则k2＝1－eq \f(2b2,a2).
又k＝－eq \f(1,2)，故k2＝1－eq \f(2b2,a2)＝eq \f(1,4)，即eq \f(b2,a2)＝eq \f(3,8)，
从而e2＝eq \f(c2,a2)＝1－eq \f(b2,a2)＝eq \f(5,8)，即e＝eq \f(\r(10),4).
22．(15分)已知f(x)＝2ln(x＋2)－(x＋1)2，g(x)＝k(x＋1)，k∈R.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)当k＝2时，求证：对于任意x>－1，f(x)
(1)解 函数f(x)的定义域为(－2，＋∞)．
f′(x)＝eq \f(2,x＋2)－2(x＋1)
＝eq \f(－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋3x＋1)),x＋2)(x>－2)，
当f′(x)>0时，x2＋3x＋1<0.
解得－2
所以f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，\f(－3＋\r(5),2)))，
单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－3＋\r(5),2)，＋∞)).
(2)证明 设h(x)＝f(x)－g(x)
＝2ln(x＋2)－(x＋1)2－k(x＋1)(x>－1)，
当k＝2时，
h′(x)＝eq \f(－2x2＋3x＋1,x＋2)－2＝eq \f(－2x＋3x＋1,x＋2)，
∴当x>－1时，h′(x)<0恒成立，h(x)单调递减．
又h(－1)＝0，
∴当x∈(－1，＋∞)时，h(x)
∴对于任意x>－1，f(x)
＝－eq \f(2x2＋k＋6x＋2k＋2,x＋2).
方法一 由(2)知，当k＝2时，f(x)
不存在满足条件的x0；
当k>2时，对于任意x>－1，x＋1>0，
此时2(x＋1)
可知t(x)与h′(x)符号相同，
当x∈(x0，＋∞)时，t(x)<0，h′(x)<0，
h(x)单调递减．
∴当x∈(－1，x0)时，h(x)>h(－1)＝0，
即f(x)－g(x)>0恒成立．
综上，k的取值范围为(－∞，2)．
方法二 存在x0>－1，使得当x∈(－1，x0)时，恒有f(x)>g(x)成立，即h(x)>0恒成立，即h(x)>h(－1)恒成立，即当x∈(－1，x0)时，h′(x)>0恒成立．
令t(x)＝－2x2－(k＋6)x－(2k＋2)．
则t(－1)>0，即可解得k<2，
∴k的取值范围是(－∞，2)．X
－1
0
1
P
a
b
c
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