3、sinx＝－，作出函數(shù)y＝sinx和y＝－在(0,2π)內(nèi)的圖象，由圖象知兩個(gè)函數(shù)此時(shí)有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，綜上，f(x)在(0,2π)內(nèi)有四個(gè)零點(diǎn)，排除B，C.故選A.
4．(2019·全國卷Ⅱ)2019年1月3日嫦娥四號探測器成功實(shí)現(xiàn)人類歷史上首次月球背面軟著陸，我國航天事業(yè)取得又一重大成就．實(shí)現(xiàn)月球背面軟著陸需要解決的一個(gè)關(guān)鍵技術(shù)問題是地面與探測器的通信聯(lián)系．為解決這個(gè)問題，發(fā)射了嫦娥四號中繼星“鵲橋”，鵲橋沿著圍繞地月拉格朗日L2點(diǎn)的軌道運(yùn)行．L2點(diǎn)是平衡點(diǎn)，位于地月連線的延長線上．設(shè)地球質(zhì)量為M1，月球質(zhì)量為M2，地月距離為R，L2點(diǎn)到月球的距離為r，根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律和萬有引力
4、定律，r滿足方程：
＋＝(R＋r).
設(shè)α＝.由于α的值很小，因此在近似計(jì)算中≈3α3，則r的近似值為( )
A. R B. R C. R D. R
答案 D
解析 由α＝得r＝αR，代入＋＝(R＋r)，整理得＝.
又∵≈3α3，∴3α3≈，∴α≈ ，
∴r＝αR≈ R.故選D.
5．(2019·秦州區(qū)校級三模)數(shù)學(xué)名著《算學(xué)啟蒙》中有關(guān)于“松竹并生”的問題：松長四尺，竹長兩尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而長等．如下圖，是源于其思想的一個(gè)程序框圖．若輸入的a，b分別為8,2，則輸出的n＝( )
A．4 B．5
C．6 D．7
答案 B
解析 n＝1，
5、a＝8＋4＝12，b＝4，a＜b否，n＝2；
n＝2，a＝12＋6＝18，b＝8，a＜b否，n＝3；
n＝3，a＝18＋9＝27，b＝16，a＜b否，n＝4；
n＝4，a＝27＋＝40.5，b＝32，a＜b否，n＝5；
n＝5，a＝40.5＋20.25＝60.75，b＝64，a＜b是，
輸出n＝5，故選B.
6．(2019·昆明市第一次摸底)甲、乙、丙、丁四名同學(xué)報(bào)名參加假期社區(qū)服務(wù)活動(dòng)，社區(qū)服務(wù)活動(dòng)共有關(guān)懷老人、環(huán)境監(jiān)測、教育咨詢、交通宣傳等四個(gè)項(xiàng)目，每人限報(bào)其中一項(xiàng)，記事件A為“4名同學(xué)所報(bào)項(xiàng)目各不相同”，事件B為“只有甲同學(xué)一人報(bào)關(guān)懷老人項(xiàng)目，則P(A|B)的值為( )
6、A. B. C. D.
答案 C
解析 P(B)＝，P(AB)＝，P(A|B)＝＝.故選C.
7．(2019·衡陽市八中模擬)若x，y滿足2y≤x≤y－1，則的取值范圍是( )
A.∪
B.
C.∪
D.
答案 B
解析 由x，y滿足2y≤x≤y－1，作可行域如圖中陰影部分所示，聯(lián)立解得A(－2，－1)．∵的幾何意義為可行域內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)與Q(0,2)連線的斜率，∴動(dòng)點(diǎn)位于A時(shí)，max＝＝，又直線2y＝x的斜率為，則的取值范圍為.故選B.
8．(2019·貴州省黔東南州一模)已知函數(shù)f(x)＝2x3－(6a＋3)x2＋12ax＋16a2(a＜0)只有一個(gè)零點(diǎn)x0，
7、且x0＜0，則a的取值范圍為( )
A. B.
C. D.
答案 A
解析 f′(x)＝6(x－1)(x－2a)，a＜0，當(dāng)x＜2a或x＞1時(shí)，f′(x)＞0，當(dāng)2a＜x＜1時(shí)，f′(x)＜0，故函數(shù)f(x)的極小值是f(1)＝16a2＋6a－1，∵x0＜0，
∴16a2＋6a－1＞0，又a＜0，則a＜－，故選A.
9．(2019·山東日照一模)正方形ABCD的邊長為2，E是正方形內(nèi)部(不包括正方形的邊)一點(diǎn)，且·＝2，則(＋)2的最小值為( )
A. B．12 C. D．13
答案 C
解析 建立以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，以直線AB為x軸，直線AD為y軸的平面直角坐標(biāo)系
8、．設(shè)E(x，y)，x∈(0,2)，y∈(0,2)，則＝(x，y)，＝(2,2)，由·＝2x＋2y＝2，得x＋y＝1.所以(＋)2＝(x＋2)2＋(y＋2)2＝x2＋y2＋4(x＋y)＋8＝2x2－2x＋13＝22＋，所以當(dāng)x＝時(shí)，(＋)2的最小值為.
10．(2019·吉林實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)一個(gè)正三棱錐(底面積是正三角形，頂點(diǎn)在底面上的射影為底面三角形的中心)的四個(gè)頂點(diǎn)都在半徑為1的球面上，球心在三棱錐的底面所在平面上，則該正三棱錐的體積是( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 如圖，設(shè)正三棱錐的底面中心為O，連接OP，延長CO交AB于點(diǎn)D，則CD＝OC.
∵O是正三
9、棱錐P－ABC的外接球的球心，
∴OP＝OC＝1，∴CD＝，∴BC＝.
∴VP－ABC＝S△ABC·OP＝××()2×1＝.故選C.
11．(2019·浙江高考)設(shè)a，b∈R，數(shù)列{an}滿足a1＝a，an＋1＝a＋b，n∈N*，則( )
A．當(dāng)b＝時(shí)，a10>10 B．當(dāng)b＝時(shí)，a10>10
C．當(dāng)b＝－2時(shí)，a10>10 D．當(dāng)b＝－4時(shí)，a10>10
答案 A
解析 解法一：考察選項(xiàng)A，a1＝a，an＋1＝a＋b＝a＋，∵2＝a－an＋≥0，∴a≥an－.
∵an＋1＝a＋>0，∴an＋1≥an－＋＝an＋>an，∴{an}為遞增數(shù)列．因此，當(dāng)a1＝0時(shí)，a10
10、取到最小值，現(xiàn)對此情況進(jìn)行估算．顯然，a1＝0，a2＝a＋＝，a3＝a＋＝，a4＝a＋＝，當(dāng)n>1時(shí)，an＋1>a，∴l(xiāng)g an＋1>2lg an，∴l(xiāng)g a10>2lg a9>22·lg a8>…>26lg a4＝lg a，∴a10>a＝64＝C＋C1＋C2＋…＋C64＝1＋64×＋×＋…＋64＝1＋4＋7.875＋…＋64＝12.875＋…＋64>10，因此符合題意，故選A.
解法二：由已知可得an＋1－an＝a＋b－an＝2＋b－.對于選項(xiàng)B，當(dāng)a＝，b＝時(shí)，an＝恒成立，所以排除B；對于選項(xiàng)C，當(dāng)a＝2或－1，b＝－2時(shí)，an＝2或－1恒成立，所以排除C.對于選項(xiàng)D，當(dāng)a＝，b＝－4
11、時(shí)，an＝恒成立，所以排除D.故選A.
12．(2019·全國卷Ⅱ)設(shè)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，滿足f(x＋1)＝2f(x)，且當(dāng)x∈(0,1]時(shí)，f(x)＝x(x－1)．若對任意x∈(－∞，m]，都有f(x)≥－，則m的取值范圍是( )
A. B.
C. D.
答案 B
解析 當(dāng)x∈(0,1]時(shí)，f(x)＝x(x－1)，∴當(dāng)x∈(0,1]時(shí)，f(x)∈.
∵f(x＋1)＝2f(x)，∴當(dāng)x∈(－1,0]時(shí)，x＋1∈(0,1]，f(x)＝f(x＋1)＝(x＋1)x，f(x)∈；
當(dāng)x∈(－2，－1]時(shí)，x＋1∈(－1,0]，f(x)＝f(x＋1)＝f(x＋2)＝(x＋2)(
12、x＋1)，f(x)∈；
…；
當(dāng)x∈(1,2]時(shí)，x－1∈(0,1]，f(x)＝2f(x－1)＝2(x－1)(x－2)，f(x)∈；
當(dāng)x∈(2,3]時(shí)，x－1∈(1,2]，f(x)＝2f(x－1)＝4f(x－2)＝4(x－2)(x－3)，f(x)∈[－1,0]；
….
f(x)的圖象如圖所示．
若對任意x∈(－∞，m]，都有f(x)≥－，則有2
13、中二模)(x＋y)(2x－y)5的展開式中x3y3的系數(shù)為________．
答案 40
解析 由題意即求(2x－y)5的展開式中x2y3與x3y2的系數(shù)和．
Tr＋1＝(－1)rC(2x)5－ryr.
x2y3的系數(shù)為(－1)3C·22＝－40，
x3y2的系數(shù)為(－1)2C·23＝80，故所求系數(shù)為－40＋80＝40.
14．(2019·江蘇高考)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)A在曲線y＝ln x上，且該曲線在點(diǎn)A處的切線經(jīng)過點(diǎn)(－e，－1)(e為自然對數(shù)的底數(shù))，則點(diǎn)A的坐標(biāo)是________．
答案 (e,1)
解析 設(shè)A(m，n)，則曲線y＝ln x在點(diǎn)A處的切線方程為
14、y－n＝(x－m)．
又切線過點(diǎn)(－e，－1)，所以有n＋1＝(m＋e)．
再由n＝ln m，解得m＝e，n＝1.
故點(diǎn)A的坐標(biāo)為(e,1)．
15．(2019·東城二模)橢圓C1：＋＝1與曲線C2關(guān)于直線y＝－x對稱，C1與C2分別在第一、二、三、四象限交于點(diǎn)P1，P2，P3，P4.若四邊形P1P2P3P4的面積為4，則點(diǎn)P1的坐標(biāo)為________，C1的離心率為________．
答案 (1,1)
解析 橢圓C1：＋＝1關(guān)于直線y＝－x對稱的曲線C2是＋＝1，
由橢圓的對稱性知四邊形P1P2P3P4是矩形，又點(diǎn)P2在直線y＝－x上，所以四邊形P1P2P3P4是正方形，
15、點(diǎn)P1的坐標(biāo)為(1,1)，因?yàn)辄c(diǎn)P1(1,1)在橢圓上，所以＋＝1，解得b＝，c＝＝＝，所以C1的離心率為e＝＝×＝.
16．(2019·寶雞一模)已知定義在實(shí)數(shù)集R上的函數(shù)f(x)滿足f(1)＝4且f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)＜3，則不等式f(ln x)＞3ln x＋1的解集為________．
答案 (0，e)
解析 設(shè)t＝ln x，
則不等式f(ln x)＞3ln x＋1等價(jià)為f(t)＞3t＋1，
設(shè)g(x)＝f(x)－3x－1，
則g′(x)＝f′(x)－3，
∵f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)＜3，
∴g′(x)＝f′(x)－3＜0，此時(shí)函數(shù)g(x)單調(diào)遞減，
∵f(1)＝
16、4，
∴g(1)＝f(1)－3－1＝0，
則當(dāng)x＞1時(shí)，g(x)＜g(1)＝0，即g(x)＜0，
則此時(shí)g(x)＝f(x)－3x－1＜0，
則不等式f(x)＞3x＋1的解集為(－∞，1)，
即f(t)＞3t＋1的解集為(－∞，1)，
由ln x＜1，解得0＜x＜e，
即不等式f(ln x)＞3ln x＋1的解集為(0，e)．
三、解答題：共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．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：60分．
17．(本小題滿分12分)(2019·廣州畢業(yè)班綜合測試)△ABC的內(nèi)角A
17、，B，C的對邊分別為a，b，c，已知ccosB＝(3a－b)cosC.
(1)求sinC的值；
(2)若c＝2，b－a＝2，求△ABC的面積．
解 (1)解法一：因?yàn)閏cosB＝(3a－b)cosC，
所以由正弦定理，得sinCcosB＝(3sinA－sinB)cosC，
即sinCcosB＋sinBcosC＝3sinAcosC，
所以sin(B＋C)＝3sinAcosC，
由于A＋B＋C＝π，所以sin(B＋C)＝sin(π－A)＝sinA，
則sinA＝3sinAcosC.
因?yàn)?
18、為ccosB＝(3a－b)cosC，
所以由余弦定理，得
c·＝(3a－b)·，
化簡得a2＋b2－c2＝ab，
所以cosC＝＝＝.
因?yàn)?
19、＝×15×＝5.
18．(本小題滿分12分)(2019·柳州模擬)某中學(xué)的環(huán)保社團(tuán)參照國家環(huán)境標(biāo)準(zhǔn)制定了該校所在區(qū)域空氣質(zhì)量指數(shù)與空氣質(zhì)量等級對應(yīng)關(guān)系如下表(假設(shè)該區(qū)域空氣質(zhì)量指數(shù)不會超過300)：
空氣質(zhì)量指數(shù)
(0，50]
(50，100]
(100，150]
(150，200]
(200，250]
(250，300]
空氣質(zhì)量等級
1級優(yōu)
2級良
3級輕度污染
4級中度污染
5級重度污染
6級嚴(yán)重污染
該社團(tuán)將該校區(qū)在2018年11月中10天的空氣質(zhì)量指數(shù)監(jiān)測數(shù)據(jù)作為樣本，繪制的頻率分布直方圖如下圖，把該直方圖所得頻率估計(jì)為概率．
(1)以這10天的
20、空氣質(zhì)量指數(shù)監(jiān)測數(shù)據(jù)估計(jì)2018年11月的空氣質(zhì)量情況，則2018年11月中有多少天的空氣質(zhì)量達(dá)到優(yōu)良？
(2)從這10天的空氣質(zhì)量指數(shù)監(jiān)測數(shù)據(jù)中，隨機(jī)抽取三天，求恰好有一天空氣質(zhì)量良的概率；
(3)從這10天的數(shù)據(jù)中任取三天數(shù)據(jù)，記ξ表示抽取空氣質(zhì)量良的天數(shù)，求ξ的分布列和期望．
解 (1)由頻率分布直方圖，知這10天中1級優(yōu)1天，2級良2天，3～6級共7天．
∴這10天中空氣質(zhì)量達(dá)到優(yōu)良的概率為P＝，
∵30×＝9，
∴2018年11月中平均有9天的空氣質(zhì)量達(dá)到優(yōu)良．
(2)記“從這10天的空氣質(zhì)量指數(shù)監(jiān)測數(shù)據(jù)中，隨機(jī)抽取三天，恰有一天空氣質(zhì)量良”為事件A，
則P(A)＝＝
21、，即恰好有一天空氣質(zhì)量良的概率為.
(3)由題意，得ξ的所有可能取值為0,1,2，
P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝，
P(ξ＝2)＝＝.
∴ξ的分布列為
ξ
0
1
2
P
∴E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝.
19．(本小題滿分12分)(2019·海淀二模)如圖1所示，在等腰梯形ABCD，BC∥AD，CE⊥AD，垂足為E，AD＝3BC＝3，EC＝1.將△DEC沿EC折起到△D1EC的位置，使平面D1EC⊥平面ABCE，如圖2所示，點(diǎn)G為棱AD1上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)．
(1)當(dāng)點(diǎn)G為棱AD1的中點(diǎn)時(shí)，求證：BG∥平面D1EC；
(2)求證：AB⊥平面D1BE；
22、
(3)是否存在點(diǎn)G，使得二面角G－BE－D1的余弦值為？若存在，求出AG的長；若不存在，請說明理由．
解 (1)證法一：在題圖1的等腰梯形ABCD內(nèi)，過點(diǎn)B作AE的垂線，垂足為F，如圖3.
因?yàn)镃E⊥AD，所以BF∥EC.
又因?yàn)锽C∥AD，BC＝CE＝1，AD＝3，
所以四邊形BCEF為正方形，AF＝FE＝ED＝1，F(xiàn)為AE的中點(diǎn)．
在題圖2中，連接GF，如圖4.
因?yàn)辄c(diǎn)G是AD1的中點(diǎn)，所以GF∥D1E.
又因?yàn)锽F∥EC，GF∩BF＝F，GF?平面BFG，
BF?平面BFG，D1E?平面D1EC，EC?平面D1EC，
所以平面BFG∥平面D1EC.
又因?yàn)锽G?平面
23、GFB，所以BG∥平面D1EC.
證法二：在題圖1的等腰梯形ABCD內(nèi)，過B作AE的垂線，垂足為F，如圖3.
因?yàn)镃E⊥AD，所以BF∥EC，
又因?yàn)锽C∥AD，BC＝CE＝1，AD＝3，
所以四邊形BCEF為正方形，AF＝FE＝ED＝1，得
AE＝2，
所以BC∥AE，BC＝AE.
在題圖2中設(shè)點(diǎn)M為線段D1E的中點(diǎn)，連接MG，MC，如圖4.
因?yàn)辄c(diǎn)G是AD1的中點(diǎn)，
所以GM∥AE，GM＝AE，
所以GM∥BC，GM＝BC，
所以四邊形MGBC為平行四邊形，
所以BG∥CM.
又因?yàn)镃M?平面D1EC，BG?平面D1EC，
所以BG∥平面D1EC.
(2)
24、證明：因?yàn)槠矫鍰1EC⊥平面ABCE，
平面D1EC∩平面ABCE＝EC，
D1E⊥EC，D1E?平面D1EC，
所以D1E⊥平面ABCE.
又因?yàn)锳B?平面ABCE，所以D1E⊥AB.
又AB＝，BE＝，AE＝2，滿足AE2＝AB2＋BE2，
所以BE⊥AB.
又BE∩D1E＝E，
所以AB⊥平面D1BE.
(3)因?yàn)镋A，EC，ED1三線兩兩垂直，如圖，建立空間直角坐標(biāo)系EACD1，
所以A(2,0,0)，D1(0,0,1)，B(1,1,0)，＝(－2,0,1)，＝(1,1,0)．
假設(shè)存在點(diǎn)G滿足題意，
設(shè)＝λ，0≤λ≤1，則＝λ(－2,0,1)，
所以＝＋
25、＝(2,0,0)＋λ(－2,0,1)＝(2－2λ，0，λ)，
設(shè)平面GBE的法向量為m＝(a，b，c)，
所以
即
取a＝λ，則m＝(λ，－λ，2λ－2)，
由(2)，＝(－1,1,0)為平面BED1的法向量，
令|cos〈，m〉|＝＝
＝，
解得λ＝或λ＝2(舍去)．
所以存在點(diǎn)G，使得二面角G－BE－D1的余弦值為，且＝，
得AG＝.
20．(本小題滿分12分)(2019·全國卷Ⅲ)已知曲線C：y＝，D為直線y＝－上的動(dòng)點(diǎn)，過D作C的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B.
(1)證明：直線AB過定點(diǎn)；
(2)若以E為圓心的圓與直線AB相切，且切點(diǎn)為線段AB的中點(diǎn)，求四邊形A
26、DBE的面積．
解 (1)證明：設(shè)D，A(x1，y1)，則x＝2y1.
因?yàn)閥′＝x，所以切線DA的斜率為x1，
故＝x1.
整理得2tx1－2y1＋1＝0.
設(shè)B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0.
故直線AB的方程為2tx－2y＋1＝0.
所以直線AB過定點(diǎn).
(2)由(1)得直線AB的方程為y＝tx＋.
由可得x2－2tx－1＝0.
于是x1＋x2＝2t，x1x2＝－1，
y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1，
|AB|＝|x1－x2|
＝×＝2(t2＋1)．
設(shè)d1，d2分別為點(diǎn)D，E到直線AB的距離，
則d1＝，d2＝.
因此，四
27、邊形ADBE的面積S＝|AB|(d1＋d2)＝(t2＋3).
設(shè)M為線段AB的中點(diǎn)，則M.
因?yàn)椤?，而?t，t2－2)，與向量(1，t)平行，
所以t＋(t2－2)t＝0，解得t＝0或t＝±1.
當(dāng)t＝0時(shí)，S＝3；當(dāng)t＝±1時(shí)，S＝4.
因此，四邊形ADBE的面積為3或4.
21．(本小題滿分12分)(2019·重慶八中模擬)已知函數(shù)f(x)＝x2－2x＋aln x.
(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；
(2)若函數(shù)f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，且x1＜x2，證明：x1f(x2)＞x2f(x1)．
解 (1)f′(x)＝2x－2＋＝(x＞0)．
令u(x)＝2x2－2
28、x＋a，Δ＝4－8a.
①當(dāng)Δ≤0時(shí)，解得a≥，則f′(x)≥0，此時(shí)函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；
②當(dāng)Δ＞0時(shí)，解得a＜，由f′(x)＝0，解得x1＝，x2＝.
f′(x)＝.
當(dāng)0＜a＜時(shí)，x1，x2＞0，此時(shí)函數(shù)f(x)在內(nèi)單調(diào)遞增，
在內(nèi)單調(diào)遞減，
在內(nèi)單調(diào)遞增．
當(dāng)a≤0時(shí)，x1≤0，x2＞0.此時(shí)函數(shù)f(x)在內(nèi)單調(diào)遞減，在內(nèi)單調(diào)遞增．
(2)證明：函數(shù)f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，且x1＜x2,0＜a＜.
令g(x)＝＝x－2＋，x∈(0，＋∞)，
g′(x)＝1＋a·＝.
令u(x)＝x2＋a(1－ln x)，
則u′(x)＝2x－＝，
29、可得x＝時(shí)，u(x)取得最小值，u(x)≥u＝＋a＞0，
∴g′(x)＞0，
∴函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
∵0＜x1＜x2，∴＞，
即x1f(x2)＞x2f(x1)．
(二)選考題：10分．請考生在第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]
(2019·高安中學(xué)模擬)在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C1的參數(shù)方程為(φ為參數(shù))．以原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C2的極坐標(biāo)方程為ρ＝4sinθ.
(1)求曲線C1的普通方程和C2的直角坐標(biāo)方程；
(2)已知曲線C3的極坐標(biāo)方
30、程為θ＝α(0＜α＜π，ρ∈R)，點(diǎn)A是曲線C3與C1的交點(diǎn)，點(diǎn)B是曲線C3與C2的交點(diǎn)，且A，B均異于極點(diǎn)O，且|AB|＝2，求實(shí)數(shù)α的值．
解 (1)C1：(x－2)2＋y2＝4，C2：x2＋(y－2)2＝4.
(2)由(1)知C1：(x－2)2＋y2＝4，
故其極坐標(biāo)方程為ρ＝4cosθ.
由得ρA＝4cosα，
同理可得ρB＝4sinα，
∴|ρA－ρB|＝4sin＝2，
∴sin＝，
∵0＜α＜π，∴α＝或.
23．(本小題滿分10分)[選修4－5：不等式選講]
(2019·南昌二中模擬)已知函數(shù)f(x)＝|2x－4|＋|x＋1|.
(1)解不等式f(x)≤9；
(2)若對于任意x∈(0,3)，不等式f(x)＜2x＋a恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
解 (1)f(x)≤9可化為|2x－4|＋|x＋1|≤9，
即或或
解得2＜x≤4或－1≤x≤2或－2≤x＜－1，
所以不等式的解集為[－2,4]．
(2)當(dāng)0；當(dāng)2
（2019高考題 2019模擬題）2020高考數(shù)學(xué) 基礎(chǔ)鞏固練（六）理（含解析）
