高考數(shù)學(xué)大二輪刷題首選卷文數(shù)文檔：第三部分 高考仿真模擬卷八 Word版含解析

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1、 2020高考仿真模擬卷(八) 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A＝{x|(x－2)(x＋2)≤0}，B＝{y|x2＋y2＝16}，則A∩B＝(　　) A．[－3,3] B．[－2,2] C．[－4,4] D．? 答案　B 解析　由題意，得A＝{x|－2≤x≤2}，B＝{y|－4≤y≤4}，所以A∩B＝{x|－2≤x≤2}． 2．已知復(fù)數(shù)z＝2＋bi(b∈R)(i為虛數(shù)單位)的共軛復(fù)數(shù)為，且滿足z2為純虛數(shù)，則z＝(　　) A．2 B．2 C．8 D．12 答案　C 解析

2、　∵z2＝4－b2＋4bi為純虛數(shù)，∴ 解得b＝±2，∴z＝|z|2＝22＋b2＝8. 3．按照如圖的程序框圖執(zhí)行，若輸出結(jié)果為15，則M處條件為(　　) A．k≥16? B．k<8? C．k<16? D．k≥8? 答案　A 解析　程序運(yùn)行過(guò)程中，各變量的值如下表所示： S k 是否繼續(xù)循環(huán) 循環(huán)前 0 1 — 第一圈 1 2 是 第二圈 3 4 是 第三圈 7 8 是 第四圈 15 16 否 故退出循環(huán)的條件應(yīng)為k≥16？. 4．甲、乙兩組數(shù)據(jù)如莖葉圖所示，若它們的中位數(shù)相同，平均數(shù)也相同，則圖中的m，n的比值＝(　　

3、) A. B. C．2 D．3 答案　A 解析　由題意得，甲組數(shù)據(jù)為：24,29,30＋m,42； 乙組數(shù)據(jù)為：25,20＋n,31,33,42. ∴甲、乙兩組數(shù)據(jù)的中位數(shù)分別為，31， 且甲、乙兩組數(shù)的平均數(shù)分別為 甲＝＝， 乙＝＝， 由題意得解得 ∴＝＝. 5．(2019·南昌調(diào)研)給出下列四個(gè)函數(shù)：①f(x)＝2x－2－x；②f(x)＝xsinx；③f(x)＝log3；④f(x)＝|x＋3|－|x－3|. 其中是奇函數(shù)的編號(hào)為(　　) A．①③ B．①③④ C．①②③ D．①②③④ 答案　B 解析　對(duì)于①，f(－x)＝2－x－2x＝－(2x－

4、2－x)＝－f(x)，所以是奇函數(shù)；對(duì)于②，f(－x)＝(－x)sin(－x)＝xsinx＝f(x)，所以是偶函數(shù)；對(duì)于③，f(－x)＝log3＝－log3＝－f(x)，所以是奇函數(shù)；對(duì)于④，f(－x)＝|－x＋3|－|－x－3|＝|x－3|－|x＋3|＝－(|x＋3|－|x－3|)＝－f(x)，所以是奇函數(shù)．故選B. 6．已知實(shí)數(shù)x，y滿足約束條件則z＝(x＋1)2＋(y＋1)2的最小值為(　　) A. B．5 C. D. 答案　A 解析　作出不等式組對(duì)應(yīng)的平面區(qū)域如圖中陰影部分(包括邊界)： 其中A(1,2)，B(0,1)，C(1,0)，z＝(x＋1)2＋(y＋1)2表

5、示可行域內(nèi)的點(diǎn)與P(－1，－1)距離的平方，過(guò)點(diǎn)P作直線x＋y－1＝0的垂線，設(shè)垂足為Q，|PQ|＝＝， zmin＝|PQ|2＝. 7. 如圖在邊長(zhǎng)為1的正方形組成的網(wǎng)格中，平行四邊形ABCD的頂點(diǎn)D被陰影遮住，請(qǐng)?jiān)O(shè)法計(jì)算·＝(　　) A．10 B．11 C．12 D．13 答案　B 解析　以A點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系， 則A(0,0)，B(4,1)，C(6,4)， 據(jù)此可得＝(4,1)，＝(6,4)， 結(jié)合平面向量的平行四邊形法則有＝－＝(2,3)，則·＝(4,1)·(2,3)＝8＋3＝11. 8．(2019·遼寧葫蘆島二模)近年來(lái)隨著計(jì)劃生

6、育政策效果的逐步顯現(xiàn)以及老齡化的加劇，我國(guó)經(jīng)濟(jì)發(fā)展的“人口紅利”在逐漸消退，在當(dāng)前形勢(shì)下，很多二線城市開(kāi)始了“搶人大戰(zhàn)”，自2018年起，像西安、南京等二線城市人才引進(jìn)與落戶等政策放寬力度空前，至2019年發(fā)布各種人才引進(jìn)與落戶等政策的城市已經(jīng)有16個(gè)．某二線城市2018年初制定人才引進(jìn)與落戶新政(即放寬政策，以下簡(jiǎn)稱新政)：碩士研究生及以上可直接落戶并享有當(dāng)?shù)卣婪ńo予的住房補(bǔ)貼，本科學(xué)歷畢業(yè)生可以直接落戶，?？茖W(xué)歷畢業(yè)生在當(dāng)?shù)毓ぷ鲀赡暌陨峡梢月鋺?，高中及以下學(xué)歷人員在當(dāng)?shù)毓ぷ?0年以上可以落戶．新政執(zhí)行一年，2018年全年新增落戶人口較2017年全年增加了一倍，為了深入了解新增落戶人口結(jié)

7、構(gòu)及變化情況，相關(guān)部門統(tǒng)計(jì)了該市新政執(zhí)行前一年(即2017年)與新政執(zhí)行一年(即2018年)新增落戶人口學(xué)歷構(gòu)成比例，得到如下餅狀圖： 則下面結(jié)論中錯(cuò)誤的是(　　) A．新政實(shí)施后，新增落戶人員中本科生已經(jīng)超過(guò)半數(shù) B．新政實(shí)施后，高中及以下學(xué)歷人員新增落戶人口減少 C．新政對(duì)碩士研究生及以上的新增落戶人口數(shù)量暫時(shí)未產(chǎn)生影響 D．新政對(duì)?？粕谠撌新鋵?shí)起到了積極的影響 答案　B 解析　設(shè)2017年全年新增落戶人數(shù)為x，則2018年全年新增落戶人數(shù)為2x，根據(jù)兩個(gè)餅狀圖可知： 年份 高中及以下 全年新增 落戶人數(shù) ?？迫? 新增落戶 人數(shù) 本科全年 新增落戶

8、 人數(shù) 碩士及以上 全年新增 落戶人數(shù) 2017 0.09x 0.26x 0.49x 0.16x 2018 0.1x 0.58x 1.16x 0.16x 所以選項(xiàng)B錯(cuò)誤，故選B. 9．(2019·安徽江淮十校第三次聯(lián)考)已知一個(gè)四棱錐的正視圖、側(cè)視圖如圖所示，其底面梯形的斜二測(cè)畫(huà)法的直觀圖是一個(gè)如圖所示的等腰梯形，且該梯形的面積為，則該四棱錐的體積是(　　) A．4 B. C. D. 答案　A 解析　由三視圖可知，該四棱錐的高是3，記斜二測(cè)畫(huà)法中的等腰梯形的上底為a，高為x，則直觀圖中等腰梯形的腰為x，面積S′＝(a＋a＋2x)x＝(a＋x)x，由

9、斜二測(cè)畫(huà)法的特點(diǎn)知原底面梯形的高為2x，面積S＝(a＋a＋2x)·2x＝2(a＋x)x，∴S＝2S′＝2×＝4，故四棱錐的體積V＝Sh＝×4×3＝4，故選A. 10．(2019·全國(guó)卷Ⅰ)雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的一條漸近線的傾斜角為130°，則C的離心率為(　　) A．2sin40° B．2cos40° C. D. 答案　D 解析　由題意可得－＝tan130°，所以e＝ ＝＝ ＝＝.故選D. 11．某同學(xué)為研究函數(shù)f(x)＝＋(0≤x≤1)的性質(zhì)，構(gòu)造了如圖所示的兩個(gè)邊長(zhǎng)為1的正方形ABCD和BEFC，點(diǎn)P是邊BC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，設(shè)CP＝x，則AP＋PF＝f(x)

10、．函數(shù)g(x)＝3f(x)－8的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)是(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 答案　A 解析　由題意可得函數(shù)f(x)＝＋＝AP＋PF，當(dāng)A，P，F(xiàn)三點(diǎn)共線時(shí)，f(x)取得最小值；當(dāng)P與B或C重合時(shí)，f(x)取得最大值＋1.求函數(shù)g(x)＝3f(x)－8的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)，即為求f(x)＝的解的個(gè)數(shù)，由f(x)的最大值＋1<，可知函數(shù)f(x)＝無(wú)解． 12．已知A，B是過(guò)拋物線y2＝2px(p>0)焦點(diǎn)F的直線與拋物線的交點(diǎn)，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，且滿足＝2，S△OAB＝|AB|，則拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為(　　) A．y2＝4x B．y2＝x C．y2＝8x D．y2＝x 答案

11、　A 解析　設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，＝2， 則y1＝－2y2，又由拋物線焦點(diǎn)弦性質(zhì)，y1y2＝－p2， 所以－2y＝－p2，得|y2|＝p，|y1|＝p， ＋＝＝， 得|BF|＝p，|AF|＝p，|AB|＝p. S△OAB＝··(|y1|＋|y2|)＝p2＝·p，得p＝2，拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2＝4x. 二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分． 13．設(shè)向量a＝(1，－2)，a＋b＝(x,8)，c＝(－2,1)，若b∥c，則實(shí)數(shù)x的值為_(kāi)_______． 答案?。?9 解析　由已知可得b＝(x－1,10)，由b∥c得x－1＝－20，則x＝－19. 1

12、4．如圖，在體積為V1的圓柱中挖去以圓柱上下底面為底面，共頂點(diǎn)的兩個(gè)圓錐，剩余部分的體積為V2，則＝________. 答案　 解析　設(shè)上下圓錐的高分別為h1，h2，圓柱的底面圓的半徑為r，圓柱的高為h，則＝＝＝. 15．(2019·太原模擬)已知θ為銳角，且sinθsin＝5cos2θ，則tanθ＝________. 答案　 解析　由已知得sinθ＝5(cos2θ－sin2θ)，即sinθ(sinθ＋cosθ)＝5(sinθ＋cosθ)(cosθ－sinθ)．因?yàn)棣葹殇J角，所以＝5，所以＝5，得tanθ＝. 16．已知數(shù)列{an}，令Pn＝(a1＋2a2＋…＋2n－1an)(

13、n∈N＋)，則稱{Pn}為{an}的“伴隨數(shù)列”，若數(shù)列{an}的“伴隨數(shù)列”{Pn}的通項(xiàng)公式為Pn＝2n＋1(n∈N＋)，記數(shù)列{an－kn}的前n項(xiàng)和為Sn，若Sn≤S4對(duì)任意的正整數(shù)n恒成立，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為_(kāi)_______． 答案　 解析　由題意，Pn＝(a1＋2a2＋…＋2n－1an)(n∈N＋)， 則a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n＋1， a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝(n－1)2n， 則2n－1an＝n·2n＋1－(n－1)2n＝(n＋1)2n， 則an＝2(n＋1)，對(duì)a1也成立，故an＝2(n＋1)， 則an－kn＝(2－k)n＋2，則數(shù)列{

14、an－kn}為等差數(shù)列， 故Sn≤S4對(duì)任意的n(n∈N＋)恒成立可化為a4－4k≥0，a5－5k≤0，即解得≤k≤. 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·河南八市重點(diǎn)高中聯(lián)盟第五次測(cè)評(píng))(本小題滿分12分)如圖，三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ACC1A1⊥平面ABC，AA1＝AC，∠ACB＝90°. (1)求證：平面AB1C1⊥平面A1B1C； (2)若∠A1AC＝60°，AC＝2CB＝2，求四棱錐A－BCC1B

15、1的體積． 解　(1)證明：∵平面ACC1A1⊥平面ABC， 平面ACC1A1∩平面ABC＝AC，BC?平面ABC， ∠ACB＝90°，∴BC⊥平面ACC1A1， ∵A1C?平面ACC1A1，∴BC⊥A1C， ∵B1C1∥BC，∴A1C⊥B1C1，2分 ∵四邊形ACC1A1是平行四邊形，且AA1＝AC， ∴四邊形ACC1A1是菱形，∴A1C⊥AC1， ∵AC1∩B1C1＝C1，∴A1C⊥平面AB1C1，又A1C?平面A1B1C，∴平面AB1C1⊥平面A1B1C.5分 (2)∵四邊形ACC1A1是菱形，∠A1AC＝60°，AC＝2，∴S△ACC1＝×2×2×sin60°＝，7

16、分 ∵B1C1∥BC，B1C1＝BC，BC⊥平面ACC1A1，BC＝1， ∴VB1－ACC1＝S△ACC1·B1C1＝××1＝，10分 ∴VA－BCC1B1＝2VA－CC1B1＝2VB1－ACC1＝， 即四棱錐A－BCC1B1的體積為. 12分 18．(本小題滿分12分)如圖，旅客從某旅游區(qū)的景點(diǎn)A處下山至C處有兩種路徑，一種是從A沿直線步行到C，另一種從A沿索道乘纜車到B，然后從B沿直線步行到C，現(xiàn)有甲、乙兩位游客從A處下山，甲沿AC勻速步行，速度為50米/分鐘，在甲出發(fā)2分鐘后，乙從A乘纜車到B，再?gòu)腂勻速步行到C.假設(shè)纜車勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度為130米/分鐘，山路AC長(zhǎng)1260米

17、，經(jīng)測(cè)量，cosA＝，cosC＝. (1)求索道AB的長(zhǎng)； (2)問(wèn)乙出發(fā)多少分鐘后，乙在纜車上與甲的距離最短？ 解　(1)因?yàn)樵凇鰽BC中，cosA＝，cosC＝， 所以sinA＝，sinC＝，2分 所以sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝，4分 由正弦定理得＝， 所以AB＝＝1040米， 所以索道AB的長(zhǎng)為1040米.6分 (2)假設(shè)乙出發(fā)t分鐘后，甲、乙兩游客距離為d， 此時(shí)，甲行走了(100＋50t)米，乙距離A處130t米，所以由余弦定理，得7分 d2＝(130t)2＋2500(t＋2)2－2·130t·50(t＋2)· ＝20

18、0(37t2－70t＋50) ＝200，t∈[0,8]，11分 故當(dāng)t＝時(shí)，甲、乙的距離最短． 所以乙出發(fā)分鐘后，乙在纜車上與甲的距離最短.12分 19．(2019·山東濟(jì)南3月模擬)(本小題滿分12分)某客戶考察了一款熱銷的凈水器，使用壽命為十年，該款凈水器為三級(jí)過(guò)濾，每一級(jí)過(guò)濾都由核心部件濾芯來(lái)實(shí)現(xiàn)．在使用過(guò)程中，一級(jí)濾芯需要不定期更換，其中每更換3個(gè)一級(jí)濾芯就需要更換1個(gè)二級(jí)濾芯，三級(jí)濾芯無(wú)需更換．其中一級(jí)濾芯每個(gè)200元，二級(jí)濾芯每個(gè)400元．記一臺(tái)凈水器在使用期內(nèi)需要更換的二級(jí)濾芯的個(gè)數(shù)構(gòu)成的集合為M.如圖是根據(jù)100臺(tái)該款凈水器在十年使用期內(nèi)更換的一級(jí)濾芯的個(gè)數(shù)制成的柱狀圖

19、． (1)結(jié)合圖形，寫(xiě)出集合M； (2)根據(jù)以上信息，求出一臺(tái)凈水器在使用期內(nèi)更換二級(jí)濾芯的費(fèi)用大于1200元的概率(以100臺(tái)凈水器更換二級(jí)濾芯的頻率代替1臺(tái)凈水器更換二級(jí)濾芯發(fā)生的概率)； (3)若在購(gòu)買凈水器的同時(shí)購(gòu)買濾芯，則濾芯可享受5折優(yōu)惠(使用過(guò)程中如需再購(gòu)買無(wú)優(yōu)惠)．假設(shè)上述100臺(tái)凈水器在購(gòu)機(jī)的同時(shí)，每臺(tái)均購(gòu)買a個(gè)一級(jí)濾芯、b個(gè)二級(jí)濾芯作為備用濾芯(其中b∈M，a＋b＝14)，計(jì)算這100臺(tái)凈水器在使用期內(nèi)購(gòu)買濾芯所需總費(fèi)用的平均數(shù)，并以此作為決策依據(jù)，如果客戶購(gòu)買凈水器的同時(shí)購(gòu)買備用濾芯的總數(shù)也為14個(gè)，則其中一級(jí)濾芯和二級(jí)濾芯的個(gè)數(shù)應(yīng)分別是多少？ 解　(1)由題

20、意可知當(dāng)一級(jí)濾芯更換9,10,11個(gè)時(shí)，二級(jí)濾芯需要更換3個(gè)，2分 當(dāng)一級(jí)濾芯更換12個(gè)時(shí)，二級(jí)濾芯需要更換4個(gè)，所以M＝{3,4}. 4分 (2)由題意可知二級(jí)濾芯更換3個(gè)，需1200元，二級(jí)濾芯更換4個(gè)，需1600元，5分 在100臺(tái)凈水器中，二級(jí)濾芯需要更換3個(gè)的凈水器共70臺(tái)， 二級(jí)濾芯需要更換4個(gè)的凈水器共30臺(tái)，6分 設(shè)“一臺(tái)凈水器在使用期內(nèi)更換二級(jí)濾芯的費(fèi)用大于1200元”為事件A，所以P(A)＝＝0.3.7分 (3)因?yàn)閍＋b＝14，b∈M， ①若a＝10，b＝4，則這100臺(tái)凈水器在更換濾芯上所需費(fèi)用的平均數(shù)為 ＝2000.9分 ②若a＝11，b＝3，則

21、這100臺(tái)凈水器在更換濾芯上所需費(fèi)用的平均數(shù)為 ＝1880，11分 所以如果客戶購(gòu)買凈水器的同時(shí)購(gòu)買備用濾芯的總數(shù)為14個(gè)，客戶應(yīng)該購(gòu)買一級(jí)濾芯11個(gè)，二級(jí)濾芯3個(gè).12分 20．(2019·湖北宜昌元月調(diào)考)(本小題滿分12分)已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，短軸長(zhǎng)為2. (1)求橢圓C的方程； (2)設(shè)過(guò)點(diǎn)A(0,4)的直線l與橢圓C交于M、N兩點(diǎn)，F(xiàn)是橢圓C的上焦點(diǎn)．問(wèn)：是否存在直線l，使得S△MAF＝S△MNF.若存在，求出直線l的方程；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． 解　(1)∵＝，b＝，且有a2＝b2＋c2， 解得a2＝4，b2＝3， ∴橢圓C的方程為＋＝1

22、.4分 (2)由題意可知直線l的斜率一定存在，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋4， 設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)， 聯(lián)立?(3k2＋4)x2＋24kx＋36＝0， ∴ 6分 ∵S△MAF＝SMNF，∴M為線段AN的中點(diǎn)， ∴x2＝2x1，　　　　　　　　　　　 　　?、? 將④代入②，解得x1＝－， ⑤8分 將④代入③，得x＝， ⑥ 將⑤代入⑥，解得k2＝， ⑦10分 將⑦代入①檢驗(yàn)成立，∴k＝±，即存在直線l：6x－y＋4＝0或6x＋y－4＝0符合題意.12分 21．(2019·山西呂梁一模)(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝ex－ln x＋1. (1)求

23、函數(shù)y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程； (2)證明：f(x)＞3. 解　(1)因?yàn)閒′(x)＝ex－， 又f(1)＝e＋1，f′(1)＝e－1， 所以y－(e＋1)＝(e－1)(x－1)， 即所求切線方程為y＝(e－1)x＋2.4分 (2)證明：由(1)，知f′(x)＝ex－，易知f′(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 因?yàn)閒′＜0，且f′(1)＞0，所以?x0∈，使得f′(x0)＝0，即f′(x)＝0有唯一的根， 記為x0，則f′(x0)＝ex0－＝0，對(duì)e x0＝兩邊取對(duì)數(shù)， 得ln e x0＝ln ，整理，得x0＝－ln x0，8分 因?yàn)閤∈(0，x0)

24、時(shí)，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減， x∈(x0，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增， 所以f(x)min＝f(x0)＝e x0－ln x0＋1＝＋x0＋1≥3，當(dāng)且僅當(dāng)＝x0，即x0＝1時(shí)，等號(hào)成立， 因?yàn)閤0∈，所以f(x)min＞3，即f(x)＞3.12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 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C的參數(shù)方程為(α為參數(shù))，以O(shè)為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，直線l的極坐標(biāo)方程為ρ(cosθ＋sinθ)＝λ(λ

25、>0)，直線l與曲線C交于A，B兩點(diǎn)． (1)若OA⊥OB，求直線l的直角坐標(biāo)方程； (2)若直線l與x軸交于P點(diǎn)，△OAP的面積是△OBP面積的3倍，求λ的值． 解　(1)消去參數(shù)α，得曲線C的普通方程為＋y2＝1，將代入ρ(cosθ＋sinθ)＝λ， 得直線l的直角坐標(biāo)方程為x＋y＝λ(λ>0)，2分 聯(lián)立，得消去x，得3y2－2λy＋λ2－2＝0， Δ＝4λ2－12(λ2－2)>0，即λ2<3， 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則y1＋y2＝，y1y2＝， 因?yàn)镺A⊥OB，所以x1x2＋y1y2＝(λ－y1)(λ－y2)＋y1y2＝2y1y2－λ(y1＋y2)＋

26、λ2＝0，4分 即2×－λ×＋λ2＝0， 則λ2＝，由于λ>0，因而λ＝， 故直線l的直角坐標(biāo)方程為3x＋3y－2＝0.5分 (2)易知S△OAP＝|OP|·|y1| ＝3S△OBP＝|OP|·|y2|， 因而|y1|＝3|y2|，6分 由(1)知y1＋y2＝，y1y2＝， ①若y1，y2均為正，則y1＝3y2， 則4y2＝，3y＝，得λ＝；8分 ②若y1，y2一正一負(fù)，則y1＝－3y2， 則－2y2＝，－3y＝，得λ＝1.10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)＝|x－1|，不等式f(x)＋2|x|≤4的解集為A. (1)求集合A

27、； (2)證明：對(duì)于任意的x，y∈?RA，|xy＋1|>|x＋y|恒成立． 解　(1)不等式f(x)＋2|x|≤4，即|x－1|＋2|x|≤4， 當(dāng)x≥1時(shí)，得x－1＋2x≤4?x≤，所以1≤x≤；2分 當(dāng)0|x＋y|， 即證|xy＋1|2>|x＋y|2， 即證x2y2＋2xy＋1>x2＋2xy＋y2成立， 即證x2y2－x2－y2＋1>0，即證(x2－1)(y2－1)>0.7分 ∵A＝， ∴?RA＝.8分 ∵x，y∈?RA，∴|x|>1，|y|>1， ∴x2>1，y2>1， ∴(x2－1)(y2－1)>0成立，即原命題得證.10分