广东省珠海市2020届高考数学三模文科试卷（含答案解析）

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1、2020 年珠海市高考数学三模试卷（文科）年珠海市高考数学三模试卷（文科） 一、单选题（共 12 小题）. 1已知集合 A1，0，1，2，Bx|x21，则 AB（ ） A1，0，1 B1，2 C1，1 D1，1，2 2已知复数 z 在复平面上对应的点为（1，1），则（ ） Az+1 是实数 Bz+1 是纯虚数 Cz+i 是实数 Dz+i 是纯虚数 3不等式 的解集为（ ） Ax|x1 Bx|1x1 且 x0 Cx|x1 Dx|x1 或1x0 4某同学用如下方式估算圆周率，他向图中的正方形中随机撒豆子 100 次，其中落入正方 形的内切圆内有 68 次，则他估算的圆周率约为（ ） A3.15 B

2、2.72 C1.47 D3.84 5函数 f（x）xsinx 的零点个数为（ ） A1 B2 C3 D4 6设 ，则 S（ ） A B C D 7已知点 P（2，2）和圆 C：x2+y2+4x+2y+k0，过 P 作 C 的切线有两条，则 k 的取值范 围是（ ） A0k5 Bk20 Ck5 D20k5 8如图，正方体 ABCDA1B1C1D1，点 P 为对角线 A1C1上的点，当点 P 由点 A1向点 C1运 动过程中，下列说法正确的是（ ） ABPD 的面积始终不变 BBPD 始终是等腰三角形 CBPD 在面 ABB1A1内的投影的面积先变小再变大 D点 A 到面 BPD 的距离一直变大

3、9函数 的图象可能是（ ） A B C D 10已知 F 是双曲线 C：x2y22 的一个焦点，点 P 在 C 上，过点 P 作 FP 的垂线与 x 轴 交于点 Q，若FPQ 为等腰直角三角形，则FPQ 的面积为（ ） A B C D 11天干地支纪年法，源于中国中国自古便有十天干与十二地支十天干即甲、乙、丙、 丁、戊、己、庚、辛、壬、癸，十二地支即子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、 戌、亥天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前， 地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如说第一年为“甲子”，第二年为“乙 丑”，第三年为“丙寅”依此类推，排列到“癸酉”后，

4、天干回到“甲”重新开始， 即“甲戌”“乙亥”，之后地支回到“子”重新开始，即“丙子”依此类推1911 年中国爆发推翻清朝专制帝制、建立共和政体的全国性革命，这一年是辛亥年，史称“辛 亥革命”1949 新中国成立，请推算新中国成立的年份为（ ） A己丑年 B己酉年 C丙寅年 D甲寅年 12设函数 f（x）x2（exe2）ax若只存在唯一非负整数 x0，使得 f（x0）0，则实数 a 取值范围为（ ） A（ee2，0 B（e2，1） C（，0 D（ee2，e） 二、填空题（本大题共 4 小题，每题 5 分，满分 20 分，将答案填在答题纸上） 13函数 在 x1 处的切线方程为 14在三棱锥 PA

5、BC 中，平面 PAB平面 ABC，ABC 是边长为 2 的正三角形，PAB 是以 AB 为斜边的直角三角形，则该三棱锥外接球的表面积为 15已知正项等比数列an的前 n 项和为 Sn，S69S3，a23，则 a5 16等腰直角三角形 ABC，ABAC2，BAC90E，F 分别为边 AB，AC 上的动点， 设 ， ，其中 m，n（0，1），且满足 m2+n21，M，N 分别是 EF， BC 的中点，则|MN|的最小值为 三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第 1721 题为必考题，每个试 题考生都必须作答第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题 17随机调查某城市

6、80 名有子女在读小学的成年人，以研究晚上八点至十点时间段辅导子 女作业与性别的关系，得到下面的数据表： 是否辅导 性别 辅导 不辅导 合计 男 25 60 女 合计 40 80 （1）请将表中数据补充完整； （2）用样本的频率估计总体的概率，估计这个城市有子女在读小学的成人女性晚上八点 至十点辅导子女作业的概率； （3）根据以上数据，能否有 99%以上的把握认为“晚上八点至十点时间段是否辅导子女 作业与性别有关？” 参考公式： ，其中 na+b+c+d 参考数据： P（K2k0） 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 k0 2.072 2.706 3.841 5.

7、024 6.635 7.879 第 18 题图 18 如图所示， 在ABD 中， 点 C 在线段 AB 上， |AD|3， |BC|1， |BD| ， cosDAB （1）求 sinABD 的值； （2）判断ACD 是否为等腰三角形 19如图所示，梯形 ABCD 中，ADBC，平面 CDEF平面 ABCD，且四边形 CDEF 为矩 形，BC2AD2，CF2 ，AB ，BE2 （1）求证：AD平面 BDE； （2）求点 D 到平面 BEF 的距离 20已知抛物线 C 的顶点为坐标原点 O，对称轴为 y 轴，其准线为 y1 （1）求抛物线 C 的方程； （2）设直线 l：ykx+n，对任意的 kR

8、 抛物线 C 上都存在四个点到直线 l 的距离为 4， 求 n 的取值范围 21设函数 f（x）exa（x1） （1）求函数 f（x）的单调区间和极值； （2）若存在 m，nR 满足 ，证明：m+nlna 2 成立 （二）选考题请考生在第 22、23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分 22在平面直角坐标系 xOy 中，直线 l 过点 P（2，3），且倾斜角 以坐标原点 O 为 极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，已知圆 C 的极坐标方程为 4sin （1）求圆 C 的直角坐标方程； （2）设直线 l 与圆 C 交于 A，B 两点，求|PA|+|PB|的值 23已知函数 f

9、（x）|x1| （1）解不等式 f（x）+f（x+1）4； （2）当 x0，xR 时，证明： 参考答案 一、单选题（本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分，在每小题列出的四个选项中，选出 符合题目要求的一项） 1已知集合 A1，0，1，2，Bx|x21，则 AB（ ） A1，0，1 B1，2 C1，1 D1，1，2 【分析】先求出集合 A，B，由此能求出 AB 解：集合 A1，0，1，2， Bx|x21x|x1 或 x1， AB1，1，2 故选：D 2已知复数 z 在复平面上对应的点为（1，1），则（ ） Az+1 是实数 Bz+1 是纯虚数 Cz+i 是实数 Dz+i 是纯虚数

10、【分析】复数 z 在复平面上对应的点为（1，1），可得 z1i，分别计算 z+1，z+i即 可判断出结论 解：复数 z 在复平面上对应的点为（1，1），则 z1i， z+12i，z+i1 因此只有 C 正确 故选：C 3不等式 的解集为（ ） Ax|x1 Bx|1x1 且 x0 Cx|x1 Dx|x1 或1x0 【分析】由题意利用用穿根法求得分式不等式的解集 解：不等式 且 ， 即 （x+1）x（x1）0 且 x0， 用穿根法求得它的解集为x|x1 或1x0， 故选：D 4某同学用如下方式估算圆周率，他向图中的正方形中随机撒豆子 100 次，其中落入正方 形的内切圆内有 68 次，则他估算的圆

11、周率约为（ ） A3.15 B2.72 C1.47 D3.84 【分析】首先求出正方形的面积和圆的面积的比值，表示出豆子落在圆中的概率，根据 比例作出圆周率的值 解：根据几何概型 圆 正 得 2.72； 故选：B 5函数 f（x）xsinx 的零点个数为（ ） A1 B2 C3 D4 【分析】在同一坐标系内画出函数 ysinx 与 yx 的图象，利用图象得结论 解：因为函数的零点个数就是找对应两个函数的图象的交点个数 在同一坐标系内画出函数 ysinx 与 yx 的图象， 由图得交点 1 个 故函数 f（x）sinxx 的零点的个数是 1 故选：A 6设 ，则 S（ ） A B C D 【分析

12、】本题根据通项的特点可运用裂项相消法来化简计算可得 S 的表达式，得到正确 选项 解：由题意，可知 故选：A 7已知点 P（2，2）和圆 C：x2+y2+4x+2y+k0，过 P 作 C 的切线有两条，则 k 的取值范 围是（ ） A0k5 Bk20 Ck5 D20k5 【分析】根据题意，分析圆 C 的圆心和半径，同时有 5k0，由圆的切线条数可得点 P 在圆外，从而|PC| ，据此变形解可得 k 的取值范围，综合可得答案 解：根据题意，圆 C 的方程为 x2+y2+4x+2y+k0，变形可得（x+2）2+（y+1）25k， 则 5k0 得 k5， 其圆心 C（2，1），半径 r 要使过 P

13、作 C 的切线有两条，则点 P 在圆外，从而|PC| ， 而|PC| 5，则有 255k，解可得 k20， 所以20k5 故选：D 8如图，正方体 ABCDA1B1C1D1，点 P 为对角线 A1C1上的点，当点 P 由点 A1向点 C1运 动过程中，下列说法正确的是（ ） ABPD 的面积始终不变 BBPD 始终是等腰三角形 CBPD 在面 ABB1A1内的投影的面积先变小再变大 D点 A 到面 BPD 的距离一直变大 【分析】由题意画出图形，可证点 P 由点 A1向点 C1运动过程中，OP 先变小再变大，则 BPD 的面积先变小再变大，判断 A 错误；证明 BPDP，判断 B 正确；找出B

14、PD 在 面 ABB1A1内的投影判断 C；由等体积法判断 D 解：在正方体 ABCDA1B1C1D1中，可证 BD平面 AA1C1C， 则 BDOP，点 P 由点 A1向点 C1运动过程中，OP 先变小再变大， 则BPD 的面积先变小再变大，故 A 不对； 在 RtPOB 与 RtPOD 中，OBOD，OPOP，可得 BPDP， BPD 始终是等腰三角形，故 B 正确； 设 P 在面 ABB1A1内投影为 Q，则BPD 在面 ABB1A1内投影为ABQ， AB 为定值，Q 到 AB 的距离为定值，则面积不变，故 C 不对； 棱锥 PABD 的体积为定值，三角形 PBD 的面积先变小再变大，

15、则点 A 到面 BPD 的距离先变大再变小，故 D 不对 故选：B 9函数 的图象可能是（ ） A B C D 【分析】 利用函数奇偶性的定义可证明函数 f （x） 为偶函数， 排除选项 B， 代入特殊点 和 x0，可分别得到 ， ， ，可分别排除选项 A 和 D，故而得 解 解： f（x）， 函数 f（x）为偶函数，排除选项 B， 又 ，排除选项 A， 而 ， ， 故选：C 10已知 F 是双曲线 C：x2y22 的一个焦点，点 P 在 C 上，过点 P 作 FP 的垂线与 x 轴 交于点 Q，若FPQ 为等腰直角三角形，则FPQ 的面积为（ ） A B C D 【分析】取点 F 为双曲线的

16、右焦点，P 在第一象限，因为FPQ 为等腰直角三角形，所 以可设 P（x，2x），代入双曲线 C：x2（2x）22，解得 ，所以 ， ， 再利用三角形的面积公式即可得解 解：如图所示，取点 F 为双曲线的右焦点，P 在第一象限， FPQ 为等腰直角三角形，可设 P（x，2x）， 将其代入双曲线 C：x2（2x）22，解得 ， ， ， 故选：A 11天干地支纪年法，源于中国中国自古便有十天干与十二地支十天干即甲、乙、丙、 丁、戊、己、庚、辛、壬、癸，十二地支即子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、 戌、亥天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前， 地支在后，天干由“甲

17、”起，地支由“子”起，比如说第一年为“甲子”，第二年为“乙 丑”，第三年为“丙寅”依此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始， 即“甲戌”“乙亥”，之后地支回到“子”重新开始，即“丙子”依此类推1911 年中国爆发推翻清朝专制帝制、建立共和政体的全国性革命，这一年是辛亥年，史称“辛 亥革命”1949 新中国成立，请推算新中国成立的年份为（ ） A己丑年 B己酉年 C丙寅年 D甲寅年 【分析】根据题意可得，天干是以 10 为公差的等差数列，地支是以 12 为公差的等差数 列，结合等差数列的通项公式即可求解 解：根据题意可得，天干是以 10 为公差的等差数列，地支是以 12 为公差的等差数

18、列， 从 1911 年到 1949 年经过 38 年，且 1911 年为“辛亥”年，以 1911 年的天干和地支分别 为首项， 则 38310+8，则 1949 年的天干为己，38123+2，则 1949 年的地支为丑， 所以 1949 年为己丑年 故选：A 12设函数 f（x）x2（exe2）ax若只存在唯一非负整数 x0，使得 f（x0）0，则实数 a 取值范围为（ ） A（ee2，0 B（e2，1） C（，0 D（ee2，e） 【分析】令 g（x）x2（exe2），h（x）ax，描绘出 g（x）x2（exe2）的草图， 结合函数的图象，转化求解 a 的范围即可 解：函数 f（x）x2（e

19、xe2）ax 令 g（x）x2（exe2），h（x）ax， 则 f（x）g（x）h（x），g（x）x2（exe2）， 令 g（x）0，解得 x0 或 x2， x2 时，有 g（x）0， 0x2 时，有 g（x）0， x0 时，有 g（x）0， 可以描绘出 g（x）x2（exe2）的草图， h（x）ax 为过点（0，0）的直线， 由图可知：当 a0 不成立， 当 a0 时，x01， 所以 f（1）0，得 aee2， 所以 x（ee2，0 故选：A 二、填空题（本大题共 4 小题，每题 5 分，满分 20 分，将答案填在答题纸上） 13函数 在 x1 处的切线方程为 x2y10 【分析】求得 f（

20、x）的导数，代入 x1 可得切线的斜率和切点，由点斜式方程可得所求 切线的方程 解：函数 的导数为 f（x） ， 可得 f（x）在 x1 处的切线的斜率 k ，且切点为（1，0）， 则切线的方程为 y0 （x1），即为 x2y10， 故答案为：x2y10 14在三棱锥 PABC 中，平面 PAB平面 ABC，ABC 是边长为 2 的正三角形，PAB 是以 AB 为斜边的直角三角形，则该三棱锥外接球的表面积为 【分析】由题意画出图形，由已知求出三棱锥外接球的半径，代入表面积公式得答案 解：如图， 在等边三角形 ABC 中，取 AB 中点 F，设ABC 的中心为 O， 由 AB2，得 CO CF

21、PAB 是以 AB 为斜边的等腰直角三角形， F 为PAB 的外心，则 O 为棱锥 PABC 的外接球球心， 则外接球半径 ROC 该三棱锥外接球的表面积为 4 故答案为： 15已知正项等比数列an的前 n 项和为 Sn，S69S3，a23，则 a5 24 【分析】由已知结合等比数列的通项公式及求和公式即可直接求解 解：an为等比数列，S69S3， a1+a2+a3+a4+a5+a69（a1+a2+a3）， a4+a5+a68（a1+a2+a3），q38， 此时 ， 故答案为：24 16等腰直角三角形 ABC，ABAC2，BAC90E，F 分别为边 AB，AC 上的动点， 设 ， ，其中 m，

22、n（0，1），且满足 m2+n21，M，N 分别是 EF， BC 的中点，则|MN|的最小值为 【分析】以 A 为坐标原点，分别以 AC，AB 所在直线为 x，y 轴建立平面直角坐标系，由 题意得到 E，F 的坐标，可得 M 在单位圆上，求出 A 到 BC 的距离，可得|MN|的最小值 解：如图建坐标系，则 B（0，2），C（2，0）， 由 ， ，得 E（0，2m），F（2n，0），得 M（n，m）， 又 m2+n21，可知点 M 在单位圆上， 当 A，M，N 共线时|MN|取的最小值， 最小值为： 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第 1721 题为必考题，每个试

23、题考生都必须作答第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题 17随机调查某城市 80 名有子女在读小学的成年人，以研究晚上八点至十点时间段辅导子 女作业与性别的关系，得到下面的数据表： 是否辅导 性别 辅导 不辅导 合计 男 25 60 女 合计 40 80 （1）请将表中数据补充完整； （2）用样本的频率估计总体的概率，估计这个城市有子女在读小学的成人女性晚上八点 至十点辅导子女作业的概率； （3）根据以上数据，能否有 99%以上的把握认为“晚上八点至十点时间段是否辅导子女 作业与性别有关？” 参考公式： ，其中 na+b+c+d 参考数据： P（K2k0） 0.15 0.10

24、 0.05 0.025 0.010 0.005 k0 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 第 18 题图 【分析】（1）直接由题意填写 22 列联表； （2）直接由古典概型概率计算公式求解； （3）由表格中的数据求出 K2的观测值，结合临界值表得结论 解：（1） 辅导 不辅导 合计 男 25 35 60 女 15 5 20 合计 40 40 80 （2）在样本中有 20 位女士，其中有 15 位辅导孩子作业，其频率为 估计成人女士晚上八点至十点辅导孩子作业的概率为 0.75； （3） 可知有 99%的把握认为“晚上八点至十点时间段是否辅导孩子作业与性别有关”

25、 18 如图所示， 在ABD 中， 点 C 在线段 AB 上， |AD|3， |BC|1， |BD| ， cosDAB （1）求 sinABD 的值； （2）判断ACD 是否为等腰三角形 【分析】（1）利用同角三角函数基本关系式可求 sinDAB 的值，进而利用正弦定理可 求 sinABD 的值 （2）利用同角三角函数基本关系式可求 cosABD 的值，进而利用余弦定理可求 BC 的 值，即可判断得解 解：（1）因为 ， 所以 sinDAB ， 在ABD 中，由正弦定理得： ，即： ， 解得 （2）在ABD 中因为 BDAD， 所以 ， 所以 ， 由于：|CD|2|BD|2+|BC|22|BD

26、|BC|cosCBD 9，解得：|BC| 3， 所以梯形 ABCD 是为等腰梯形 19如图所示，梯形 ABCD 中，ADBC，平面 CDEF平面 ABCD，且四边形 CDEF 为矩 形，BC2AD2，CF2 ，AB ，BE2 （1）求证：AD平面 BDE； （2）求点 D 到平面 BEF 的距离 【分析】（1）推导出 ED面 ABCD，EDBD，ADED，ADBD，由此能证明 AD 面 BDE （2） 作 BHCD 于 H， 则 ， 推导出 BH面 CDEF， ， 设 点 D 到平面 BEF 的距离为 h，则 ，由此能求出点 D 到平面 BEF 的距 离 解：（1）证明：EDCD， 又平面 E

27、DCF平面 ABCD，且平面 EDCF平面 ABCDCD，ED面 EDCF， ED面 ABCD， 又平面 AD，BD平面 ABCD，EDBD，ADED， 在 RtBDE， ， ， 在ABD 中， ，AD1， ， AB2AD2+BD2，ADBD， 又EDBDD，ED，BD面 BDE， AD面 BDE （2）解：由（1）可知BCD 为 Rt，且 ，BC2， CD 4， 作 BHCD 于 H，则 ， 由已知平面 EDCF平面 ABCD，且平面 EDCF平面 ABCDCD， BH面 ABCD，BH面 CDEF， ， 在BEF 中， ，EFCD4， ， ， 设点 D 到平面 BEF 的距离为 h， 则

28、，解得： 点 D 到平面 BEF 的距离为 20已知抛物线 C 的顶点为坐标原点 O，对称轴为 y 轴，其准线为 y1 （1）求抛物线 C 的方程； （2）设直线 l：ykx+n，对任意的 k一、选择题抛物线 C 上都存在四个点到直线 l 的距 离为 4，求 n 的取值范围 【分析】（1）由题意可设抛物线的方程为 x22py，由准线方程可得 p 的值，进而得到 抛物线的方程； （2）设与直线 l 平行的直线 m：ykx+b，由题意可得当 m 与抛物线 C 相切时，kR， 点（0，n）到 m：ykx+b 距离大于 4 恒成立，由点到直线的距离公式和直线和抛物线相 切的条件，可得 k，b 的方程，

29、进而得到 k，n 的不等式，运用换元法，结合二次函数和 二次不等式恒成立问题解法，可得 n 的范围 解：（1）由题意可设抛物线的方程为 x22py（p0），则 得 p2，所以抛物 线 C 的方程为 x24y； （2）设与直线 l 平行的直线 m：ykx+b， 要满足题设条件“对任意的 kR，抛物线 C 上都有四个点到直线 l 的距离为 4”， 则有当 m 与抛物线 C 相切时，kR，点（0，n）到 m：ykx+b 距离大于 4 恒成立， 得：x24kx4b0，（4k）24（4b）0 得 k2+b0， 点（0，n）到 m：ykx+b 距离为 ， 所以kR，不等式 恒成立， 代入 bk2得 4，

30、整理得：k4+（2n16）k2+n2160， 可令 tk2（t0），可得 t2+（2n16）t+n2160 在 t0，+）恒成立， 则0，得（2n16）24（n216）0，求得 n5， 或 ，得 n8， 所以可得 n5 21设函数 f（x）exa（x1） （1）求函数 f（x）的单调区间和极值； （2）若存在 m，nR 满足 ，证明：m+nlna 2 成立 【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论 a 的范围，求出函数的单调区间和极值即可； （2）由于 f（x）的极小值点为 xlna，可设 mlnan，设 F（x）f（x）f（2lna x），根据函数的单调性求出 f（n）f（2lnam），证明结

31、论即可 解：（1）由 f（x）exa（x1）得 f（x）exa， 当 a0 时，f（x）0 从而得 f（x）在 R 上单调递增没有极值； （1 分） 当 a0 时，f（x）0 得 xlna；f（x）0 得 xlna；f（x）0 得 xlna； f（x）在（lna，+）上单调递增，f（x）在（，lna）上单调递减， 此时有极小值 f（lna）2alna （2）证明：由 得：e mamenan，从而得 f（m）f（n）， 由（1）知当 a0 时，f（x）0 从而得 f（x）在 R 上单调递增，所以此时不成立 可知此时 a0，由于 f（x）的极小值点为 xlna，可设 mlnan， 设 F（x）f（

32、x）f（2lnax） exa（x1）e2lnaxa（2lnax1） exe2lnax2ax+2alna ，仅当 xlna 时取得“”， 所以 F（x）在（lna，+）为单调递增函数且 F（lna）0 当 mlna，时有 F（m）f（m）f（2lnam）0，即 f（m）f（2lnam）， 又由 f（m）f（n），所以 f（n）f（2lnam） 又由（1）知 f（x）在（，lna）上单调递减，且 2lnam（，lna），n（， lna） 所以 n2lnam 从而得证 m+nlna2成立 （二）选考题请考生在第 22、23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分 22在平面直角坐标系 xO

33、y 中，直线 l 过点 P（2，3），且倾斜角 以坐标原点 O 为 极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，已知圆 C 的极坐标方程为 4sin （1）求圆 C 的直角坐标方程； （2）设直线 l 与圆 C 交于 A，B 两点，求|PA|+|PB|的值 【分析】 （1） 直接利用转换关系， 把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换 （2）利用一元二次次方程根和系数的关系式的应用求出结果 解：（1）由 4sin 得 24sin，圆 C 的极坐标方程为 4sin转换为直角坐标 方程为：从而有 x2+y24y 即：x2+（y2）24 （2）由题意设直线 l 过点 P（2，3），且倾斜角 所以

34、直线 l 的参数方程为 ，即： 代入圆的方程得 ， 整理得： ， 所以 ，t1t25 由 t1+t20 且 t1t20， 可知 23已知函数 f（x）|x1| （1）解不等式 f（x）+f（x+1）4； （2）当 x0，xR 时，证明： 【分析】（1）由 f（x）+f（x+1）4，得|x1|+|x|4，然后利用零点分段法解不等式即 可； （2） ，利用绝对值三角不等式和基本不等式，可知 解：（1）由 f（x）+f（x+1）4，得|x1|+|x|4， 当 x1 时，得 2x14，此时 ； 当 0x1 时，得 14，此时 x； 当 x0 时，得2x+14，此时 ； 不等式的解集为x| 或 （2） ， 由绝对值三角不等式，得 ， 又 ， 同号， ， 由基本不等式，得 ，当且仅当|x|1 时等号成立，