高考數(shù)學(xué)大二輪刷題首選卷文數(shù)文檔：第三部分 高考仿真模擬卷四 Word版含解析

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1、 2020高考仿真模擬卷(四) 一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的． 1．已知集合M＝{y|y＝x2－1，x∈R}，N＝{x|y＝}，則M∩N＝(　　) A．[－，] B．[－1，] C．? D．(－1，] 答案　B 解析　因?yàn)榧螹＝{y|y＝x2－1，x∈R}＝{y|y≥－1}，N＝{x|y＝}＝{x|－≤x≤}，則M∩N＝[－1，]． 2．設(shè)命題p：?x∈Q,2x－ln x<2，則綈p為(　　) A．?x∈Q,2x－ln x≥2 B．?x∈Q,2x－ln x<2 C．?x∈Q,2x－l

2、n x≥2 D．?x∈Q,2x－ln x＝2 答案　C 解析　綈p為?x∈Q,2x－ln x≥2. 3．若函數(shù)f(x)是冪函數(shù)，且滿足＝3，則f＝(　　) A. B．3 C．－ D．－3 答案　A 解析　設(shè)f(x)＝xα(α為常數(shù))， ∵滿足＝3，∴＝3，∴α＝log23. ∴f(x)＝xlog23，則f＝2－log23＝. 4．已知下列四個(gè)命題： ①存在a∈R，使得z＝(1－i)(a＋i)為純虛數(shù)；②對(duì)于任意的z∈C，均有z＋∈R，z·∈R；③對(duì)于復(fù)數(shù)z1，z2，若z1－z2>0，則z1>z2；④對(duì)于復(fù)數(shù)z，若|z|＝1，則z＋∈R. 其中正確命題的個(gè)數(shù)為(　　

3、) A．1 B．2 C．3 D．4 答案　C 解析?、賨＝(1－i)(a＋i)＝a＋1＋(1－a)i，若z為純虛數(shù)，則a＋1＝0，1－a≠0，得a＝－1，故①正確；②設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，則＝a－bi，那么z＋＝2a∈R，z·＝a2＋b2∈R，故②正確；③令z1＝3＋i，z2＝－2＋i，滿足z1－z2>0，但不滿足z1>z2，故③不正確；④設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，其中a，b不同時(shí)為0，由|z|＝1，得a2＋b2＝1，則z＋＝a＋bi＋＝a＋bi＋＝2a∈R，故④正確． 5．關(guān)于直線a，b及平面α，β，下列命題中正確的是(　　) A．若a∥α，α∩β＝b，則a∥b

4、 B．若α⊥β，m∥α，則m⊥β C．若a⊥α，α∥β，則α⊥β D．若a∥α，b⊥a，則b⊥α 答案　C 解析　A錯(cuò)誤，因?yàn)閍不一定在平面β內(nèi)，所以a，b有可能是異面直線；B錯(cuò)誤，若α⊥β，m∥α，則m與β可能平行，可能相交，也可能m在β內(nèi)；由直線與平面垂直的判斷定理能得到C正確；D錯(cuò)誤，直線與平面垂直，需直線與平面中的兩條相交直線垂直． 6．已知各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足a6,3a4，－a5成等差數(shù)列，則＝(　　) A．3 B．9 C．10 D．13 答案　C 解析　因?yàn)閍6,3a4，－a5成等差數(shù)列，所以6a4＝a6－a5，設(shè)等比數(shù)列{a

5、n}的公比為q，則6a4＝a4q2－a4q，解得q＝3或q＝－2(舍去)，所以＝＝1＋q2＝10. 7．已知橢圓＋＝1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F1(－2,0)，過(guò)點(diǎn)F1作傾斜角為30°的直線與圓x2＋y2＝b2相交的弦長(zhǎng)為b，則橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(　　) A.＋＝1 B.＋＝1 C.＋＝1 D.＋＝1 答案　B 解析　由左焦點(diǎn)為F1(－2,0)，可得c＝2，即a2－b2＝4，過(guò)點(diǎn)F1作傾斜角為30°的直線的方程為y＝(x＋2)，圓心(0,0)到直線的距離d＝＝1， 由直線與圓x2＋y2＝b2相交的弦長(zhǎng)為b， 可得2＝b，解得b＝2，a＝2， 則橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1.

6、8．甲、乙、丙、丁四人商量是否參加研學(xué)活動(dòng)．甲說(shuō)：“乙去我就肯定去．”乙說(shuō)：“丙去我就不去．”丙說(shuō)：“無(wú)論丁去不去，我都去．”丁說(shuō)：“甲、乙中只要有一人去，我就去．”以下推論可能正確的是(　　) A．乙、丙兩個(gè)人去了 B．甲一個(gè)人去了 C．甲、丙、丁三個(gè)人去了 D．四個(gè)人都去了 答案　C 解析　因?yàn)橐艺f(shuō)“丙去我就不去”，且丙一定去，所以A，D不可能正確．因?yàn)槎≌f(shuō)“甲、乙中只要有一人去，我就去”，所以B不可能正確．選C. 9．下圖的程序框圖的算法思路源于我國(guó)古代數(shù)學(xué)名著《數(shù)書(shū)九章》中的“中國(guó)剩余定理”．已知正整數(shù)n被3除余2，被7除余4，被8除余5，求n的最小值．執(zhí)行該程序框圖

7、，則輸出的n＝(　　) A．50 B．53 C．59 D．62 答案　B 解析　模擬程序運(yùn)行，變量n值依次為1229,1061,893,725,557,389,221,53，此時(shí)不符合循環(huán)條件，輸出n＝53. 10．(2019·天津高考)已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<π)是奇函數(shù)，且f(x)的最小正周期為π，將y＝f(x)的圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來(lái)的2倍(縱坐標(biāo)不變)，所得圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)為g(x)．若g＝，則f＝(　　) A．－2 B．－ C. D．2 答案　C 解析　∵函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，且|φ|<π，∴φ＝0. 又f

8、(x)的最小正周期為π， ∴＝π，解得ω＝2.∴f(x)＝Asin2x. 由題意可得g(x)＝Asinx，又g＝， 即Asin＝，解得A＝2. 故f(x)＝2sin2x.∴f＝2sin＝.故選C. 11．已知數(shù)列{an}，定義數(shù)列{an＋1－2an}為數(shù)列{an}的“2倍差數(shù)列”，若{an}的“2倍差數(shù)列”的通項(xiàng)公式為an＋1－2an＝2n＋1，且a1＝2，若數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則S33＝(　　) A．238＋1 B．239＋2 C．238＋2 D．239 答案　B 解析　根據(jù)題意，得an＋1－2an＝2n＋1，a1＝2， ∴－＝1， ∴數(shù)列是首項(xiàng)為1，公差

9、d＝1的等差數(shù)列， ∴＝1＋(n－1)＝n，∴an＝n·2n， ∴Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n， ∴2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1， ∴－Sn＝2＋22＋23＋24＋…＋2n－n·2n＋1 ＝－n·2n＋1＝－2＋2n＋1－n·2n＋1 ＝－2＋(1－n)2n＋1， ∴Sn＝(n－1)2n＋1＋2， S33＝(33－1)×233＋1＋2＝239＋2. 12．(2019·全國(guó)卷Ⅲ)設(shè)f(x)是定義域?yàn)镽的偶函數(shù)，且在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，則(　　) A．f>f(2)>f(2) B．f>f(2)>f(2) C．f(2)>f(2)

10、>f D．f(2)>f(2)>f 答案　C 解析　因?yàn)閒(x)是定義域?yàn)镽的偶函數(shù)， 所以f＝f(－log34)＝f(log34)． 又因?yàn)閘og34>1>2>2－>0， 且函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減， 所以f(log34)

11、析　根據(jù)題意，設(shè)高三年級(jí)抽取x人， 則高一抽取(180－x－65)人， 由題意可得2(180－x－65)＝x＋65， 解得x＝55.高一學(xué)生有720人， 則高三年級(jí)學(xué)生人數(shù)為720×＝660. 14．若實(shí)數(shù)x，y滿足且z＝mx＋ny(m>0，n>0)的最大值為4，則＋的最小值為_(kāi)_______． 答案　2 解析　不等式組表示的平面區(qū)域如圖陰影部分所示， 當(dāng)直線z＝mx＋ny(m>0，n>0)過(guò)直線x＝y(tǒng)與直線2x－y＝2的交點(diǎn)(2,2)時(shí)， 目標(biāo)函數(shù)z＝mx＋ny(m>0，n>0)取得最大值4， 即2m＋2n＝4，即m＋n＝2， 而＋＝(m＋n) ＝≥×(2＋2)＝

12、2， 當(dāng)且僅當(dāng)m＝n＝1時(shí)取等號(hào)，故＋的最小值為2. 15．設(shè)F1，F(xiàn)2分別是雙曲線－＝1(a>0，b>0)的左、右焦點(diǎn)，點(diǎn)P在雙曲線上，若·＝0，△PF1F2的面積為9，且a＋b＝7，則該雙曲線的離心率為_(kāi)_______． 答案　 解析　設(shè)||＝m，||＝n， ∵·＝0，△PF1F2的面積為9， ∴mn＝9，即mn＝18， ∵在Rt△PF1F2中，根據(jù)勾股定理，得m2＋n2＝4c2， ∴(m－n)2＝m2＋n2－2mn＝4c2－36， 結(jié)合雙曲線的定義，得(m－n)2＝4a2， ∴4c2－36＝4a2，化簡(jiǎn)整理，得c2－a2＝9，即b2＝9， 可得b＝3.結(jié)合a＋b＝7

13、得a＝4，∴c＝＝5， ∴該雙曲線的離心率為e＝＝. 16．已知函數(shù)f(x)＝(2－a)(x－1)－2ln x．若函數(shù)f(x)在上無(wú)零點(diǎn)，則a的最小值為_(kāi)_______． 答案　2－4ln 2 解析　因?yàn)閒(x)<0在區(qū)間上恒成立不可能，故要使函數(shù)f(x)在上無(wú)零點(diǎn)，只要對(duì)任意的x∈，f(x)>0恒成立， 即對(duì)任意的x∈，a>2－恒成立． 令l(x)＝2－，x∈， 則l′(x)＝， 再令m(x)＝2ln x＋－2，x∈， 則m′(x)＝－＋＝<0， 故m(x)在上為減函數(shù)，于是m(x)>m＝2－2ln 2>0， 從而l′(x)>0，于是l(x)在上為增函數(shù)，所以l(x)<

14、l＝2－4ln 2， 故要使a>2－恒成立，只要a∈[2－4ln 2，＋∞)， 綜上，若函數(shù)f(x)在上無(wú)零點(diǎn)，則a的最小值為2－4ln 2. 三、解答題：共70分．解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟．第17～21題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答．第22、23題為選考題，考生根據(jù)要求作答． (一)必考題：共60分． 17．(2019·陜西咸陽(yáng)模擬二)(本小題滿分12分)交強(qiáng)險(xiǎn)是車主須為機(jī)動(dòng)車購(gòu)買的險(xiǎn)種．若普通7座以下私家車投保交強(qiáng)險(xiǎn)第一年的費(fèi)用(基本保費(fèi))是a元，在下一年續(xù)保時(shí)，實(shí)行費(fèi)率浮動(dòng)制，其保費(fèi)與上一年度車輛發(fā)生道路交通事故情況相聯(lián)系，具體浮動(dòng)情況如下表： 類型 浮動(dòng)

15、因素 浮動(dòng)比率 A1 上一年度未發(fā)生有責(zé)任的道路交通事故 下浮10% A2 上兩年度未發(fā)生有責(zé)任的道路交通事故 下浮20% A3 上三年度未發(fā)生有責(zé)任的道路交通事故 下浮30% A4 上一年度發(fā)生一次有責(zé)任不涉及死亡的道路交通事故 0% A5 上一年度發(fā)生兩次及以上有責(zé)任不涉及死亡的道路交通事故 上浮10% A6 上三年度發(fā)生有責(zé)任涉及死亡的道路交通事故 上浮30% 據(jù)統(tǒng)計(jì)，某地使用某一品牌7座以下的車大約有5000輛，隨機(jī)抽取了100輛車齡滿三年的該品牌同型號(hào)私家車的下一年續(xù)保情況，統(tǒng)計(jì)得到如下表格： 類型 A1 A2 A3 A4 A5

16、A6 數(shù)量 50 10 10 m 3 2 將這100輛該品牌汽車的投保類型的頻率視為概率，按照我國(guó)《機(jī)動(dòng)車交通事故責(zé)任保險(xiǎn)條例》汽車交強(qiáng)險(xiǎn)價(jià)格為a＝950元． (1)求m的值，并估計(jì)該地本年度使用這一品牌7座以下汽車交強(qiáng)險(xiǎn)費(fèi)大于950元的輛數(shù)； (2)試估計(jì)該地使用該品牌汽車的一續(xù)保人本年度的保費(fèi)不超過(guò)950元的概率． 解　(1)m＝100－50－10－10－3－2＝25，3分 估計(jì)該地本年度使用這一品牌7座以下汽車交強(qiáng)險(xiǎn)費(fèi)大于950元的輛數(shù)為5000×＝250.6分 (2)解法一：保費(fèi)不超過(guò)950元的類型有A1，A2，A3，A4，所求概率為＝0.95.12分 解法

17、二：保費(fèi)超過(guò)950元的類型有A5，A6，概率為＝0.05，因此保費(fèi)不超過(guò)950元的概率為1－0.05＝0.95.12分 18．(本小題滿分12分)已知向量a＝(cosx，－1)，b＝，函數(shù)f(x)＝(a＋b)·a－2. (1)求函數(shù)f(x)的最小正周期及單調(diào)遞增區(qū)間； (2)在△ABC中，三內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知函數(shù)f(x)的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)，b，a，c成等差數(shù)列，且·＝9，求a的值． 解　f(x)＝(a＋b)·a－2＝|a|2＋a·b－2＝cos2x＋sin2x＝ sin.2分 (1)最小正周期T＝＝π，由2kπ－≤2x＋≤2kπ＋(k∈Z)，得kπ－≤x≤kπ＋(

18、k∈Z).4分 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(k∈Z).5分 (2)由f(A)＝sin＝可得，2A＋＝＋2kπ或＋2kπ(k∈Z)，所以A＝，7分 又因?yàn)閎，a，c成等差數(shù)列，所以2a＝b＋c，而·＝bccosA＝bc＝9，所以bc＝18，9分 所以cosA＝＝－1＝－1＝－1， 所以a＝3.12分 19．(2019·昆明模擬)(本小題滿分12分) 如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥平面BCC1B1，∠BCC1＝，AB＝BB1＝2，BC＝1，D為CC1的中點(diǎn)． (1)求證：DB1⊥平面ABD； (2)求點(diǎn)A1到平面ADB1的距離． 解　(1)證明：在平面四邊

19、形BCC1B1中， 因?yàn)锽C＝CD＝DC1＝1，∠BCD＝，所以BD＝1， 又易知B1D＝，BB1＝2，所以∠BDB1＝90°， 所以B1D⊥BD， 因?yàn)锳B⊥平面BB1C1C，所以AB⊥DB1，3分 所以B1D與平面ABD內(nèi)兩相交直線AB和BD同時(shí)垂直， 所以DB1⊥平面ABD.5分 (2)對(duì)于四面體A1－ADB1，A1到直線DB1的距離，即A1到平面BB1C1C的距離，A1到B1D的距離為2，設(shè)A1到平面AB1D的距離為h， 因?yàn)椤鰽DB1為直角三角形， 所以S△ADB1＝AD·DB1＝××＝， 所以VA1－ADB1＝××h＝h，7分 因?yàn)镾△AA1B1＝×2×2＝2

20、， D到平面AA1B1的距離為， 所以VD－AA1B1＝×2×＝，9分 因?yàn)閂A1－ADB1＝VD－AA1B1，所以＝， 解得h＝. 所以點(diǎn)A1到平面ADB1的距離為.12分 20．(2019·湖南師大附中模擬三)(本小題滿分12分)已知點(diǎn)F(1,0)，直線l：x＝－1，P為平面上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作直線l的垂線，垂足為Q，且·＝·. (1)求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程； (2)設(shè)直線y＝kx＋b與軌跡C交于兩點(diǎn)，A(x1，y1)、B(x2，y2)，且|y1－y2|＝a(a＞0，且a為常數(shù))，過(guò)弦AB的中點(diǎn)M作平行于x軸的直線交軌跡C于點(diǎn)D，連接AD，BD.試判斷△ABD的面積是否為定值

21、．若是，求出該定值；若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由． 解　(1)設(shè)P(x，y)，則Q(－1，y)， ∵·＝·， ∴(x＋1,0)·(2，－y)＝(x－1，y)·(－2，y)， 即2(x＋1)＝－2(x－1)＋y2，即y2＝4x，所以動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程為y2＝4x.4分 (2)聯(lián)立得ky2－4y＋4b＝0， 依題意，知k≠0，且y1＋y2＝，y1y2＝， 由|y1－y2|＝a，得(y1＋y2)2－4y1y2＝a2， 即－＝a2，整理，得16－16kb＝a2k2， 所以a2k2＝16(1－kb)，?、?分 因?yàn)锳B的中點(diǎn)M的坐標(biāo)為， 所以點(diǎn)D， 則S△ABD＝|DM|·|y1－y2|

22、＝a，9分 由方程ky2－4y＋4b＝0的判別式Δ＝16－16kb＞0，得1－kb＞0，所以S△ABD＝··a， 由①，知1－kb＝，所以S△ABD＝··a＝，又a為常數(shù)， 故S△ABD的面積為定值.12分 21．(2019·陜西榆林二模)(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝1＋ln x－ax2. (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)證明：xf(x)＜·ex＋x－ax3. 解　(1)f(x)＝1＋ln x－ax2(x＞0)， f′(x)＝， 當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0，＋∞)，無(wú)單調(diào)遞減區(qū)間；2分 當(dāng)a＞0時(shí)，x∈，f′(x)＞0，x

23、∈，f′(x)＜0，∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為， 單調(diào)遞減區(qū)間為.4分 (2)證法一：xf(x)＜·ex＋x－ax3，即證·－ln x＞0，令φ(x)＝·－ln x(x＞0)，φ′(x)＝，令r(x)＝2(x－1)ex－e2x，r′(x)＝2xex－e2，7分 r′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，r′(1)＜0，r′(2)＞0， 故存在唯一的x0∈(1,2)使得r′(x)＝0， ∴r(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，∵r(0)＜0，r(2)＝0， ∴當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，r(x)＜0，當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，r(x)＞0； ∴φ(x)在(0,2)上單調(diào)遞

24、減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴φ(x)≥φ(2)＝1－ln 2＞0，得證.12分 證法二：要證xf(x)＜·ex－ax3，即證·＞， 令φ(x)＝·(x＞0)，φ′(x)＝，7分 ∴當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，φ′(x)＜0，當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，φ′(x)＞0. ∴φ(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴φ(x)≥φ(2)＝. 令r(x)＝，則r′(x)＝， 當(dāng)x∈(0，e)時(shí)，r′(x)>0，當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，r′(x)＜0. ∴r(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減， ∴r(x)≤r(e)＝， ∴φ(x)≥＞≥r(x)，∴·

25、>，得證.12分 (二)選考題：共10分．請(qǐng)考生在第22、23題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計(jì)分． 22．(本小題滿分10分)選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程 在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C1的參數(shù)方程為(θ為參數(shù))，M為曲線C1上的動(dòng)點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P滿足＝a(a>0且a≠1)，P點(diǎn)的軌跡為曲線C2. (1)求曲線C2的方程，并說(shuō)明C2是什么曲線； (2)在以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，以x軸的正半軸為極軸的極坐標(biāo)系中，A點(diǎn)的極坐標(biāo)為，射線θ＝α與C2的異于極點(diǎn)的交點(diǎn)為B，已知△AOB面積的最大值為4＋2，求a的值． 解　(1)設(shè)P(x，y)，M(x0，y0)， 由＝a，得∴ ∵M(jìn)在C1

26、上，∴ 即(θ為參數(shù))， 消去參數(shù)θ得(x－2a)2＋y2＝4a2(a≠1)， ∴曲線C2是以(2a,0)為圓心，以2a為半徑的圓.5分 (2)解法一：A點(diǎn)的直角坐標(biāo)為(1，)， ∴直線OA的普通方程為y＝x，即x－y＝0， 設(shè)B點(diǎn)的坐標(biāo)為(2a＋2acosα，2asinα)，則B點(diǎn)到直線x－y＝0的距離d＝＝a， ∴當(dāng)α＝－時(shí)，dmax＝(＋2)a， ∴S△AOB的最大值為×2×(＋2)a＝4＋2， ∴a＝2.10分 解法二：將x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入(x－2a)2＋y2＝4a2并整理得，ρ＝4acosθ，令θ＝α得ρ＝4acosα， ∴B(4acosα，α)

27、， ∴S△AOB＝|OA|·|OB|sin∠AOB ＝4acosα ＝a|2sinαcosα－2cos2α| ＝a|sin2α－cos2α－|＝a. ∴當(dāng)α＝－時(shí)，S△AOB取得最大值(2＋)a， 依題意有(2＋)a＝4＋2，∴a＝2.10分 23．(本小題滿分10分)選修4－5：不等式選講 已知函數(shù)f(x)＝|3x－1|＋|3x＋k|，g(x)＝x＋4. (1)當(dāng)k＝－3時(shí)，求不等式f(x)≥4的解集； (2)設(shè)k>－1，且當(dāng)x∈時(shí)，都有f(x)≤g(x)，求k的取值范圍． 解　(1)當(dāng)k＝－3時(shí)，f(x)＝ 故不等式f(x)≥4可化為或 或解得x≤0或x≥， ∴所求解集為.5分 (2)當(dāng)x∈時(shí)，由k>－1有，3x－1<0,3x＋k≥0， ∴f(x)＝1＋k，不等式f(x)≤g(x)可變形為1＋k≤x＋4， 故k≤x＋3對(duì)x∈恒成立， 即k≤－＋3，解得k≤，而k>－1，故－1