2019年高考数学二模试题 理(含解析) (I).doc

2019年高考数学二模试题 理(含解析) (I)一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1复数等于（）A4B4C4iD4i2已知A=y|y=x，0x1，B=y|y=kx+1，xA，若AB，则实数k的取值范围为（）Ak=1Bk1C1k1Dk13在区间1，2上任选两个数x，y，则y的概率为（）A2ln21B1ln2CDln24若f（x）=asin（x+）+bsin（x）（ab0）是偶函数，则有序实数对（a，b）可以是（）A（1，）B（1，）C（1，1）D（1，1）5朱世杰是历史上最伟大的数学家之一，他所著的四元玉鉴卷中“如像招数”五问有如下问题：“今有官司差夫一千八百六十四人筑堤只云初日差六十四人，次日转多七人，每人日支米三升，共支米四百三石九斗二升，问筑堤几日”其大意为：“官府陆续派遣1864人前往修筑堤坝，第一天派出64人，从第二天开始，每天派出的人数比前一天多7人，修筑堤坝的每人每天分发大米3升，共发出大米40392升，问修筑堤坝多少天”这个问题中，前5天应发大米（）A894升B1170升C1275米D1467米6平行四边形ABCD中，AB=AD=2， =2， +=，则的值为（）A4B4C2D27执行如图所示的程序框图，如果输入的m=168，n=112，则输出的k，m的值分别为（）A4，7B4，56C3，7D3，568如图，某几何体的三视图为三个边长均为1的正方形及两条对角线，则它的表面积为（）A2B2C3D49如图，有一直角墙角，两边的长度足够长，若P处有一棵树与两墙的距离分别是4m和am（0a12），不考虑树的粗细现用16m长的篱笆，借助墙角围成一个矩形花圃ABCD设此矩形花圃的最大面积为u，若将这棵树围在矩形花圃内，则函数u=f（a）（单位m2）的图象大致是（）ABCD10双曲线C的渐近线方程为y=，一个焦点为F（0，），点A（，0），点P为双曲线第一象限内的点，则当P点位置变化时，PAF周长的最小值为（）A8B10CD11棱长为2的正四面体的四个顶点都在同一个球面上，若过该球球心的一个截面如图，则图中三角形（正四面体的截面）的面积是（）ABCD12若函数f（x）=sin2x+asinx+b（a，bR）在，0上存在零点，且0b2a1，则b的取值范围是（）A，0B3，2C2，0D3，0二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13在（1+x）+（1+x）2+（1+x）5的展开式中，x2项的系数是 （用数字作答）14设不等式组，表示的平面区域为D，若函数y=logax（a1）的图象上存在区域D上的点，则实数a的取值范围是 15直线l过抛物线C：y2=2px（p0）的焦点F，与抛物线C交于A、B两点，与其准线交于点D，若|AF|=6，则p= 16已知数列an满足a1=1，a2=2，an+2=（1+cos2）an+sin2，则该数列的前20项的和为 三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17如图，在平面四边形ABCD中，已知A=，B=，AB=6，在AB边上取点E，使得BE=1，连接EC，ED若CED=，EC=（）求sinBCE的值；（）求CD的长18如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD为等腰梯形，ABCD，AB=4，CD=2，AC与BD交于O，且ACBD，矩形ACEF底面ABCD，M为EF上一动点，满足=（）若AM平面EBD，求实数的值；（）当=时，锐二面角DAMB的余弦值为，求多面体ABCDEF的体积19专家研究表明，PM2.5是霾的主要成份，在研究PM2.5形成原因时，某研究人员研究了PM2.5与燃烧排放的CO2、NO2、CO、O2等物质的相关关系下图是某地某月PM2.5与CO和O2相关性的散点图（）根据上面散点图，请你就CO，O2对PM2.5的影响关系做出初步评价；（）根据有关规定，当CO排放量低于100g/m2时CO排放量达标，反之为CO排放量超标；当PM2.5值大于200g/m2时雾霾严重，反之雾霾不严重根据PM2.5与CO相关性的散点图填写好下面22列联表，并判断有多大的把握认为“雾霾是否严重与排放量有关”：雾霾不严重雾霾严重总计CO排放量达标CO排放量超标总计附：P（x2k）0.1000.0500.0100.001k2.7063.8416.63510.828K2=20设P、Q、R、S是椭圆C1：（ab0）的四个顶点，四边形PQRS是圆C0：x2+y2=的外切平行四边形，其面积为12椭圆C1的内接ABC的重心（三条中线的交点）为坐标原点O（）求椭圆C1的方程；（）ABC的面积是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由21已知函数f（x）=a（x1），g（x）=a（x1）ex，aR（）判断直线y=f（x）能否与曲线y=g（x）相切，并说明理由；（）若不等式f（x）g（x）有且仅有两个整数解，求a的取值范围选修4-4：坐标系与参数方程22在直角坐标系xOy中，曲线C1：（为参数，r为大于零的常数），以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立坐标系，曲线C2的极坐标方程为28sin+15=0（）若曲线C1与C2有公共点，求r的取值范围；（）若r=1，过曲线上C1任意一点P作曲线C2的切线，切于点Q，求|PQ|的最大值选修4-5：不等式选讲23设函数f（x）=|xa|，aR（）当a=2时，解不等式：f（x）6|2x5|；（）若关于x的不等式f（x）4的解集为1，7，且两正数s和t满足2s+t=a，求证：xx湖南省长沙一中高考数学二模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1复数等于（）A4B4C4iD4i【考点】A7：复数代数形式的混合运算【分析】由完全平方公式，知=，由此利用虚数单位的性质能够求出结果【解答】解： =121=4，故选B2已知A=y|y=x，0x1，B=y|y=kx+1，xA，若AB，则实数k的取值范围为（）Ak=1Bk1C1k1Dk1【考点】18：集合的包含关系判断及应用【分析】求出集合A=y|0y1，B=y|y=kx+1，0x1，由AB，列出方程组，能求出实数k的取值范围【解答】解：A=y|y=x，0x1=y|0y1，B=y|y=kx+1，xA=y|y=kx+1，0x1，AB，解得k1实数k的取值范围为k1故选：D3在区间1，2上任选两个数x，y，则y的概率为（）A2ln21B1ln2CDln2【考点】CF：几何概型【分析】由题意，本题是几何概型，利用变量对应区域的面积比求概率即可【解答】解：由题意，在区间1，2上任选两个数x，y，对应区域如图：面积为1，则y的区域面积为=2ln21，所以所求概率为=2ln21；故选A4若f（x）=asin（x+）+bsin（x）（ab0）是偶函数，则有序实数对（a，b）可以是（）A（1，）B（1，）C（1，1）D（1，1）【考点】3L：函数奇偶性的性质【分析】根据函数奇偶性的定义建立方程进行求解即可【解答】解：函数的定义域是R，若函数f（x） 是偶函数，则f（）=f（），即asin+bsin0=asin0+bsin（），即a=b，排除A，B，C，故选：D5朱世杰是历史上最伟大的数学家之一，他所著的四元玉鉴卷中“如像招数”五问有如下问题：“今有官司差夫一千八百六十四人筑堤只云初日差六十四人，次日转多七人，每人日支米三升，共支米四百三石九斗二升，问筑堤几日”其大意为：“官府陆续派遣1864人前往修筑堤坝，第一天派出64人，从第二天开始，每天派出的人数比前一天多7人，修筑堤坝的每人每天分发大米3升，共发出大米40392升，问修筑堤坝多少天”这个问题中，前5天应发大米（）A894升B1170升C1275米D1467米【考点】85：等差数列的前n项和【分析】先利用等差数列通项公式求出第5天派出的人数，再利用等差数列前n项和公式求出前5天一共派出多少人，由此能求出结果【解答】解：第一天派出64人，从第二天开始，每天派出的人数比前一天多7人，第5天派出：64+47=92人，前5天共派出=390（人），前5天应发大米：3903=1170（升）故选：B6平行四边形ABCD中，AB=AD=2， =2， +=，则的值为（）A4B4C2D2【考点】9R：平面向量数量积的运算【分析】由题意利用两个向量的加减法的法则，以及其几何意义，两个向量的数量积的运算公式求得的值【解答】解：如图：平行四边形ABCD中，AB=AD=2， =2， +=，M为CD的中点，=（+）=（）=2=4，故选：A7执行如图所示的程序框图，如果输入的m=168，n=112，则输出的k，m的值分别为（）A4，7B4，56C3，7D3，56【考点】EF：程序框图【分析】模拟执行程序框图的运行过程，即可得出程序运行后输出的结果【解答】解：执行如图所示的程序框图，输入m=168，n=112，满足m、n都是偶数，k=1，m=84，n=56，满足m、n都是偶数，k=2，m=42，n=28，满足m、n都是偶数，k=3，m=21，n=14，不满足m、n都是偶数，满足mn，d=|mn|=7，m=14，n=7，满足mn，d=|mn|=7，m=7，n=7，不满足mn，退出循环，输出k=3，m=7故选：C8如图，某几何体的三视图为三个边长均为1的正方形及两条对角线，则它的表面积为（）A2B2C3D4【考点】L!：由三视图求面积、体积【分析】由几何体的三视图还原几何体，该几何体是同底面的上下两个正四棱锥的组合体，根据各边是边长为1的等边三角形求表面积【解答】解：如图所示，该几何体是同底面的上下两个正四棱锥则该几何体的表面积S=8=2；故选B9如图，有一直角墙角，两边的长度足够长，若P处有一棵树与两墙的距离分别是4m和am（0a12），不考虑树的粗细现用16m长的篱笆，借助墙角围成一个矩形花圃ABCD设此矩形花圃的最大面积为u，若将这棵树围在矩形花圃内，则函数u=f（a）（单位m2）的图象大致是（）ABCD【考点】3O：函数的图象【分析】求矩形ABCD面积的表达式，又要注意P点在长方形ABCD内，所以要注意分析自变量的取值范围，并以自变量的限制条件为分类标准进行分类讨论判断函数的图象即可【解答】解：设AD长为x，则CD长为16x又因为要将P点围在矩形ABCD内，ax12则矩形ABCD的面积为x（16x），当0a8时，当且仅当x=8时，u=64当8a12时，u=a（16a）u=，分段画出函数图形可得其形状与C接近故选：B10双曲线C的渐近线方程为y=，一个焦点为F（0，），点A（，0），点P为双曲线第一象限内的点，则当P点位置变化时，PAF周长的最小值为（）A8B10CD【考点】KC：双曲线的简单性质【分析】利用已知条件求出a，b求出双曲线方程，利用双曲线的定义转化求解三角形的最小值即可【解答】解：双曲线C的渐近线方程为y=，一个焦点为，可得，c=，a=2，b=双曲线方程为，设双曲线的上焦点为F，则|PF|=|PF|+4，PAF的周长为|PF|+|PA|+|AF|=|PF|+4+|PA|+3，当P点在第一象限时，|PF|+|PA|的最小值为|AF|=3，故PAF的周长的最小值为10故选：B11棱长为2的正四面体的四个顶点都在同一个球面上，若过该球球心的一个截面如图，则图中三角形（正四面体的截面）的面积是（）ABCD【考点】L6：简单组合体的结构特征【分析】做本题时，需要将原图形在心中还原出来，最好可以做出图形，利用图形关系，就可以求解了【解答】解：棱长为2的正四面体ABCD的四个顶点都在同一个球面上，若过该球球心的一个截面如图为ABF，则图中AB=2，E为AB中点，则EFDC，在DCE中，DE=EC=，DC=2，EF=，三角形ABF的面积是，故选C12若函数f（x）=sin2x+asinx+b（a，bR）在，0上存在零点，且0b2a1，则b的取值范围是（）A，0B3，2C2，0D3，0【考点】52：函数零点的判定定理【分析】讨论零点个数，列出不等式组，作出平面区域，得出b的取值范围【解答】解：设sinx=t，则t1，0，关于t的方程t2+at+b=0在1，0上有解，令g（t）=t2+at+b，（1）若g（t）在1，0上存在两个零点，则，无对应的平面区域，（2）若g（t）在1，0上存在1个零点，则g（1）g（0）0，作出平面区域如图所示：解方程组得A（2，3）b的范围是3，0故选D二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13在（1+x）+（1+x）2+（1+x）5的展开式中，x2项的系数是20（用数字作答）【考点】DC：二项式定理的应用【分析】利用二项展开式的通项公式，求得x2项的系数【解答】解：（1+x）+（1+x）2+（1+x）5的展开式中，x2项的系数是+=1+3+6+10=20，故答案为：2014设不等式组，表示的平面区域为D，若函数y=logax（a1）的图象上存在区域D上的点，则实数a的取值范围是3，+）【考点】4H：对数的运算性质【分析】如图所示，不等式组，表示的平面区域为D，联立，解得A（3，1）根据函数y=logax（a1）的图象上存在区域D上的点，可得经过点A时，a取得最小值，可得a【解答】解：如图所示，不等式组，表示的平面区域为D，联立，解得，A（3，1）函数y=logax（a1）的图象上存在区域D上的点，经过点A时，a取得最小值，1=loga3，解得a=3则实数a的取值范围是3，+）故答案为：3，+）15直线l过抛物线C：y2=2px（p0）的焦点F，与抛物线C交于A、B两点，与其准线交于点D，若|AF|=6，则p=3【考点】K8：抛物线的简单性质【分析】过A，B，F向准线作垂线，利用抛物线的定义得出直线AB的斜率，计算|AD|可得F为AD的中点，利用中位线定理得出p的值【解答】解：过A，B，F作准线的垂线，垂足分别为A，B，F，则|AA|=|AF|=6，|BB|=|BF|，|FF|=p，|DB|=2|BF|=2|BB|，直线l的斜率为，|AD|=2|AA|=12，F是AD的中点|FF|=|AA|=3，即p=3故答案为：316已知数列an满足a1=1，a2=2，an+2=（1+cos2）an+sin2，则该数列的前20项的和为2101【考点】8E：数列的求和【分析】先利用题中条件找到数列的特点，即其奇数项构成了首项为1，公差为1的等差数列，而其偶数项则构成了首项为2，公比为2的等比数列，再对其和用分组求和的方法找到即可【解答】解：由题中条件知，a1=1，a2=2，a3=a1+1=2，a4=2a2+0=4，a5=a3+1=3，a6=2a4=8即其奇数项构成了首项为1，公差为1的等差数列，而其偶数项则构成了首项为2，公比为2的等比数列，所以该数列的前20项的和为 （1+2+3+10）+（2+4+8+210）=2101故答案为：2101三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17如图，在平面四边形ABCD中，已知A=，B=，AB=6，在AB边上取点E，使得BE=1，连接EC，ED若CED=，EC=（）求sinBCE的值；（）求CD的长【考点】HT：三角形中的几何计算【分析】（）在CBE中，正弦定理求出sinBCE；（）在CBE中，由余弦定理得CE2=BE2+CB22BECBcos120，得CB由余弦定理得CB2=BE2+CE22BECEcosBECcosBECsinBEC、cosAED在直角ADE中，求得DE=2，在CED中，由余弦定理得CD2=CE2+DE22CEDEcos120即可【解答】解：（）在CBE中，由正弦定理得，sinBCE=，（）在CBE中，由余弦定理得CE2=BE2+CB22BECBcos120，即7=1+CB2+CB，解得CB=2由余弦定理得CB2=BE2+CE22BECEcosBECcosBEC=sinBEC=，sinAED=sin=，cosAED=，在直角ADE中，AE=5，cosAED=，DE=2，在CED中，由余弦定理得CD2=CE2+DE22CEDEcos120=49CD=718如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD为等腰梯形，ABCD，AB=4，CD=2，AC与BD交于O，且ACBD，矩形ACEF底面ABCD，M为EF上一动点，满足=（）若AM平面EBD，求实数的值；（）当=时，锐二面角DAMB的余弦值为，求多面体ABCDEF的体积【考点】LF：棱柱、棱锥、棱台的体积；LS：直线与平面平行的判定【分析】（I）连结OE，根据线面平行的性质可知OEAM，故而四边形EMAO为平行四边形，于是；（II）以O为原点建立空间坐标系，求出平面ADM和平面ABM的法向量，根据二面角的大小，列方程求出CE，代入棱锥的体积公式即可【解答】解：（）连接OE，在梯形ABCD中，ABCD，DOCBOA，AM平面BDE，平面ACM平面BDE=OE，AM平面ACM，AMOE又MEAO，四边形MEOA为平行四边形，EM=AO=，即=（）距形ACEF底面ABCD，平面ACEF平面ABCD=AC，CE底面ABCD，OM底面ABCD以O为原点，以OA，OB，OM所在直线为坐标轴建立如图所示空间直角坐标系，设CE=a（a0），DABCBA，OBA=OAB，OA=OB=2，同理OC=OD=，A（2，0，0），B（0，2，0），D（0，0），M（0，0，a），=（2，0，a），=（2，0），=（2，2，0）设平面AMD的法向量为=（x1，y1，z1），平面AMB的法向量为=（x2，y2，z2）则，令x1=x2=a，得=（a，2a，2），=（a，a，2）cos，=，|=，解得：a=2多面体的体积为V=VDACEF+VBACEF=+=1219专家研究表明，PM2.5是霾的主要成份，在研究PM2.5形成原因时，某研究人员研究了PM2.5与燃烧排放的CO2、NO2、CO、O2等物质的相关关系下图是某地某月PM2.5与CO和O2相关性的散点图（）根据上面散点图，请你就CO，O2对PM2.5的影响关系做出初步评价；（）根据有关规定，当CO排放量低于100g/m2时CO排放量达标，反之为CO排放量超标；当PM2.5值大于200g/m2时雾霾严重，反之雾霾不严重根据PM2.5与CO相关性的散点图填写好下面22列联表，并判断有多大的把握认为“雾霾是否严重与排放量有关”：雾霾不严重雾霾严重总计CO排放量达标CO排放量超标总计（）我们知道雾霾对交通影响较大某市交通部门发现，在一个月内，当CO排放量分别是60，120，180时，某路口的交通流量（单位：万辆）一次是800，600，200，而在一个月内，CO排放量是60，120，180的概率一次是p，q（），求该路口一个月的交通流量期望值的取值范围附：P（x2k）0.1000.0500.0100.001k2.7063.8416.63510.828K2=【考点】BO：独立性检验的应用；CG：离散型随机变量及其分布列【分析】（）根据散点图知得出结论CO对PM2.5以及O2对PM2.5是否有相关关系；（）填写列联表，由表中数据计算K2，对照临界值得出结论；（）设交通流量是X，根据X的分布列，计算EX，求出它的取值范围【解答】解：（）根据散点图知，CO对PM2.5有正相关关系，而O2对PM2.5没有相关关系；（）列联表如下：雾霾不严重雾霾严重总计CO排放量达标13518CO排放量超标21012总计151530由表中数据可知K2=8.8897.879；故有99.5%的把握认为“雾霾是否严重与CO排放量有关”；（）设交通流量是X，则得如下分布列：交通流量X800600200ppqq因为，所以EX=800p+600q+200q=p+（，800）；即566.7EX800，即交通流量期望值在566.7万辆到800万辆之间20设P、Q、R、S是椭圆C1：（ab0）的四个顶点，四边形PQRS是圆C0：x2+y2=的外切平行四边形，其面积为12椭圆C1的内接ABC的重心（三条中线的交点）为坐标原点O（）求椭圆C1的方程；（）ABC的面积是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由【考点】K4：椭圆的简单性质【分析】（）由题意可得关于a，b的方程组，求解方程组得到a，b的值，则椭圆方程可求；（）当直线AB斜率不存在时，直接求出|AB|=，C到直线AB的距离d=，可得ABC的面积；当直线AB的斜率存在时，设直线AB方程为：y=kx+m，A（x1，y1），B（x2，y2）联立直线方程与椭圆方程，化为关于x的一元二次方程，由判别式大于0可得k与m的关系，利用根与系数的关系可得A，B横坐标的和与积，由O为ABC的重心求得C的坐标把C点坐标代入椭圆方程，可得4m2=12k2+9由弦长公式求得|AB|，再求出点C到直线AB的距离d，代入三角形面积公式整理得答案【解答】解：（）四边形PQRS是圆C0外切平行四边形，又四边形PQRS的面积S=，联立解得a2=12，b2=9，故所求椭圆C1 的方程为；（）当直线AB斜率不存在时，O为ABC的重心，C为椭圆的左、右顶点，不妨设C（，0），则直线AB的方程为x=，可得|AB|=，C到直线AB的距离d=，=当直线AB的斜率存在时，设直线AB方程为：y=kx+m，A（x1，y1），B（x2，y2）联立，得（3+4k2）x2+8kmx+4m236=0，则=64k2m24（3+4k2）（4m236）=48（12k2+9m2）0即12k2+9m2，O为ABC的重心，C点在椭圆C1上，故有，化简得4m2=12k2+9=又点C到直线AB的距离d=（d是原点到AB距离的3倍得到）=综上可得，ABC的面积为定值21已知函数f（x）=a（x1），g（x）=a（x1）ex，aR（）判断直线y=f（x）能否与曲线y=g（x）相切，并说明理由；（）若不等式f（x）g（x）有且仅有两个整数解，求a的取值范围【考点】6B：利用导数研究函数的单调性；6H：利用导数研究曲线上某点切线方程【分析】（）求出函数的导数，设切点为（x0，y0），得到+x02=0设h（x）=ex+x2，根据函数的单调性求出x0的值，判断结论即可；（）根据a（x）1，令h（x）=x，根据函数的单调性求出h（x）的最小值，通过讨论a的范围，求出满足条件的a的范围即可【解答】解：（）假设存在这一的实数a使得f（x）的图象与g（x）相切，设切点为（x0，y0），由g（x）=（ax+a1）ex可知，（ax0+a1）=a，即a（x0+1）=又函数f（x）的图象过定点（1，0），因此=a，即a（x0x0+1）=联立、消去a有+x02=0设h（x）=ex+x2，则h（x）=ex+10，所以h（x）在R上单调递增，而h（0）=10，h（1）=e10，h（0）h（1）0，故存在x0（0，1），使得h（x0）=0，所以存在直线y=f（x）能与曲线y=g（x）相切（）由f（x）g（x）得a（x）1令h（x）=x，则h（x）=令（x）=ex+x2，则（x）=ex+10，所以（x）在R上单调递增，又（0）=10，（1）=e10，所以（x）在R上有唯一零点x0（0，1），此时h（x）在（，x0）上单调递减，在（x0，+）上单调递增h（x）min=h（x0）=，易证exx+1，h（x0）=0当x0时，h（x）h（0）=10；当x1时，h（x）h（1）=1（1）若a0，则ah（x）01，此时ah（x）1有无穷多个整数解，不合题意；（2）若a1，即1，因为h（x）在（，0上单调递减，在1，+）上单调递增，所以xz时，h（x）minh（0），h（1）=1，所以h（x）无整数解，不合题意；（3）若0a1，即1，此时h（0）=h（1）=1，故0，1是h（x）的两个整数解，又h（x）只有两个整数解，因此，解得a所以a，1）选修4-4：坐标系与参数方程22在直角坐标系xOy中，曲线C1：（为参数，r为大于零的常数），以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立坐标系，曲线C2的极坐标方程为28sin+15=0（）若曲线C1与C2有公共点，求r的取值范围；（）若r=1，过曲线上C1任意一点P作曲线C2的切线，切于点Q，求|PQ|的最大值【考点】QH：参数方程化成普通方程【分析】（）曲线C1消去参数r，求出曲线C1的直角坐标方程，由曲线C2的极坐标方程求出曲线C2的直角坐标方程，若C1与C2有公共点，则r1|C1C2|r+1，由此能求出r的取值范围（）设P（cos，sin），由|PQ|2=|PC2|2|C2Q|2=|PC2|21，得|PQ|2=cos2+（sin4）21=168sin16+8=24，由此能求出|PQ|的最大值【解答】解：（）曲线C1：（为参数，r为大于零的常数），消去参数r，得曲线C1的直角坐标方程为x2+y2=r2（r0），曲线C2的极坐标方程为28sin+15=0，曲线C2的直角坐标方程为x2+（y4）2=1若C1与C2有公共点，则r1r+1，解得3r5，故r的取值范围是3，5（）设P（cos，sin），由|PQ|2=|PC2|2|C2Q|2=|PC2|21，得|PQ|2=cos2+（sin4）21=168sin16+8=24，当且仅当sin=1时取最大值，故|PQ|的最大值为2选修4-5：不等式选讲23设函数f（x）=|xa|，aR（）当a=2时，解不等式：f（x）6|2x5|；（）若关于x的不等式f（x）4的解集为1，7，且两正数s和t满足2s+t=a，求证：【考点】R5：绝对值不等式的解法【分析】（）利用绝对值的意义表示成分段函数形式，解不等式即可（2）根据不等式的解集求出a=3，利用1的代换结合基本不等式进行证明即可【解答】（）解：当a=2时，不等式：f（x）6|2x5|，可化为|x2|+|2x5|6x2.5时，不等式可化为x2+2x56，x；2x2.5，不等式可化为x2+52x6，x；x2，不等式可化为2x+52x6，x，综上所述，不等式的解集为（；（）证明：不等式f（x）4的解集为a4，a+4=1，7，a=3，=（）（2s+t）=（10+）6，当且仅当s=，t=2时取等号