河北武邑中学2020届高三年级下学期期中考试 文科数学(含答案)

河北武邑中学2019-2020学年高三下学期期中考试

数学试题（文）

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．共 4 页．考试结束后，将答题纸和机读卡一并交回．注意事项： 1．答题前，考生在答题卡上务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将自己的姓名、准考证号填写清楚，请认真核准准考证号、姓名和科目．

2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，在试题卷上作答无效．

第Ⅰ卷：选择题（60分）

一. 选择题：（本卷共12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.已知集合A1,2，Bx|xab,aA,bA，则集合AB（ ） A．{1，2} 2.设复数z满足

B．{1，2,3}

C．{1，2,4}

D．{1，2,3,4}

iz1，则|z|（ ） A．1 B．5 C．2 D．2 1i3．已知等比数列an中，a37，前三项之和S321，则公比q的值为（ ） A．1 B．111 C．1或 D．1或 2224．如图是一位发烧病人的体温记录折线图，下列说法不正确的是（ ）

A．病人在5月13日12时的体温是38℃ B．从体温上看，这个病人的病情在逐渐好转 C．病人体温在5月14日0时到6时下降最快 D．病人体温在5月15日18时开始逐渐稳定 5．已知直线m、n，平面、，给出下列命题：

①若m，n，且mn，则 ②若m//，n//，且m//n，则//

③若m，n//，且mn，则 ④若m，n//，且m//n，则// 其中正确的命题是（ ） A．①③ 6．定义

B．②④

C．③④

D．①

a1a2

b1b222a1b2a2b1，已知a12b120，a2b20，则“

a1a2b10”是“直线b2a1xb1yc10与直线a2xb2yc20平行”的（ ）条件

A．充分不必要

B．必要不充分

C．充要

D．既不充分也不必要

7．下列格式中正确的是（ ） A．

43tan 77B．tan1317tan45 C．tan281tan665 D．tan4tan3

8．有关数据显示，中国快递行业产生的包装垃圾在2015年约为400万吨，2016年的年增长率为

50%，有专家预测，如果不采取措施，未来包装垃圾还将以此增长率增长，从（ ）年开始，快

递业产生的包装垃圾超过4000万吨.（参考数据：lg20.3010，lg30.4771） A．2020

B．2021

C．2022

D．2013

9．我国古代名著《庄子·天下篇》中有一句名言“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，其意思为：一尺的木棍，每天截取一半，永远都截不完.现将该木棍依此规律截取，如图所示的程序框图的功能就是计算截取20天后所剩木棍的长度（单位：尺），则①②③处可分别填入的是（ ） A．i20，SS，i2i C．i20，S1iB．i20，SS，i2i D．i20，S1iS，ii1 2S，ii1 2x2y2210．已知双曲线221a,b0的两条渐近线分别与抛物线y4x交于第一、四象限的A，

abB两点，设抛物线焦点为F，若cosAFB

7，则双曲线的离心率为（ ） 9

A．2 B．3 C．5 2D．22 2an11．已知数列an的前n项和Sn，且Snan(n1)，bn2，则数列bn的最小项为

Sn（ ） A．第3项

B．第4项

C．第5项

D．第6项

xlnx2x,x012．已知函数fx23的图像上有且仅有四个不同的点关于直线y1的对称点

xx,x02在y kx1的图像上，则实数k的取值范围是（ ） 1A．,1

2B．13, 24C．,1

13D．1,2 2

第Ⅱ卷：非选择题（90分）

二．填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分） 13．若，为锐角，且ooo4，则1tan1tan__________；

o1tan11tan21tan3L1tan45__________.

x2y0,y114.若变量x,y满足约束条件xy0,，且m6,3，则z仅在点A(1,)处取

xm2x2y20,得最大值的概率为 ．

15．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：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸.十二地支：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，比如第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”，…，以此类推，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”，…，以此类推，已知2016年为丙申年，那么到改革开放100年时，即2078年为________年.

16．在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E是正方形BB1C1C的中心，M为C1D1的中点，过A1M的平面与直线DE垂直，则平面截正方体ABCDA1B1C1D1所得的截面面积为______. 三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17-21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：共60分

17．（12分）如图，在四边形ABCD中，A为锐角，2cosAsin(AC)3sinC. 6

（1）求AC；

（2）设△ABD、VCBD的外接圆半径分别为r1,r2，若

18．（12分）某互联网公司为了确定下一季度的前期广告投入计划，收集了近6个月广告投入量x（单位：万元）和收益y（单位：万元）的数据如下表： 月份 广告投入量 收益

②yae分别进行拟合，他们分别用两种模型①ybxa，得到相应的回归方程并进行残差分析，得到如图所示的残差图及一些统计量的值：

bx11m恒成立，求实数m的最小值. r1r2DB1 2 3 6 31.8 4 5 10 37.83 6 12 2 4 8 31.18 14.21 20.31 44.67 x y xy iii16xi162i 7 30

1464.24 364

（Ⅰ）根据残差图，比较模型①，②的拟合效果，应选择哪个模型？并说明理由； （Ⅱ）残差绝对值大于2的数据被认为是异常数据，需要剔除： （ⅰ）剔除异常数据后求出（Ⅰ）中所选模型的回归方程； （ⅱ）若广告投入量x18时，该模型收益的预报值是多少？

附：对于一组数据(x1,y1)，(x2,y2)，……，(xn,yn)，其回归直线$y$bx$a的斜率和截距的最小二乘估计分别为：

$b(xx)(yy)xynxyiiiii1nn(xix)2i1ni1nxi2nxi12ˆx. ˆyb，a

19．（12分）如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A,B的点，垂直于圆所在的平面，且1．

（Ⅰ）若D为线段AC的中点，求证C平面D； （Ⅱ）求三棱锥PABC体积的最大值； （Ⅲ）若BC2，点E在线段PB上，求CEOE的最小值．

x2y2220．（12分）椭圆E:221（ab0）的离心率是，点P(0,1)在短轴CD上，且

ab2uuuvuuuvPCPD1．

（1）求椭圆E的方程；

（2）设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A,B两点，是否存在常数，使得

uuuvuuuvuuuvuuuvOAOBPAPB为定值？若存在，求的值；若不存在，请说明理由

221．（12分）已知函数fxxlnxaxaR在定义域内有两个不同的极值点.

（Ⅰ）求实数a的取值范围；

（Ⅱ）记两个极值点为x1,x2，且x1x2，求证：x1x21.

（二）选考题：共10分。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，作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑。 22.[选修44：坐标系与参数方程]（10分）

已知极坐标系的极点O与直角坐标系的原点重合，极轴与直角坐标系中x轴的正半轴重合.圆C的参数方程为xaacos（为参数，0a5），直线l：sin22，若直线l与曲

4yasin线C相交于A，B两点，且|AB|22. （1）求a；

（2）若M，N为曲线C上的两点，且MON

23.[选修4-5：不等式选讲]（10分） 已知函数f(x)|2x||x2|. (1)解不等式: f(x)<5;

(2)当x∈R时，f(x)> ax+1,求实数a的取值范围.

3，求|OM||ON|的范围.

期中考试 高三数学（文）答案

1.D

2.C 3．【答案】C

【分析】先验证q1合题意，q1时，利用等比数列的通项公式与求和公式列方程求解即可. 【详解】等比数列an中，a37，前三项之和S321， 若q1，a37，S33721，符合题意；

a1q27若q1，则a11q3，

211q11解得q，即公比q的值为1或，故选C.

224．【答案】C

【分析】根据折线图，结合选项即可判断. 【详解】

由该发烧病人的体温记录折线图，可知

对于A，病人在5月13日12时的体温是38℃，故A正确；

对于B，从体温上看，这个病人的体温逐渐趋于正常，说明病情在逐渐好转，故B正确； 对于C，病人体温在5月13日6时到12时下降最快，故C错误； 对于D，病人体温在5月15日18时开始逐渐稳定，故D正确. 综上可知，C为错误选项，

【点睛】本题考查了折线图的特征和简单应用. 5．【答案】D

【分析】根据空间线面关系、面面关系对各命题的正误进行判断，即可得出正确选项. 【详解】

对于命题①，若m，n，且mn，则，该命题正确；

对于命题②，若m//，n//，且m//n，则与平行或相交，命题②错误； 对于命题③，若m，n//，且mn，则与平行、垂直或斜交，命题③错误； 对于命题④，Qn//，过直线n作平面，使得Il，则n//l，Qm//n，m//l，

Qm，l，Ql，则，命题④错误.

【点睛】本题考查有关线面、面面关系命题真假的判断，可以根据空间中的线面关系、面面关系有关定理或者利用模型来进行判断，考查推理能力. 6．【答案】B

【分析】根据两直线平行的等价条件结合充分条件和必要条件的定义进行判断，即可得出结论. 【详解】

若直线a1xb1yc10与直线a2xb2yc20平行，则

a1a2b1a10且b2a2c1≠0， c2因此，“

a1a2b10”是“直线a1xb1yc10与直线a2xb2yc20平行”的必要不充分条件. b2【点睛】本题考查了充分条件、必要条件的判定方法，考查了推理能力与计算能力． 7．【答案】D

【分析】利用诱导公式以及正切函数的单调性即可比较大小 【详解】 对于A，Qtan433tantan777， 且33， 7743tan由于ytanx在,单调递增，则，故A错误；

2277对于B，Qtan13tan3tan，

444 17tan5又22tan3tan5542， ytanx在,单调递增，

2252tan1317tan.

45o对于C，Qtan281tan36079ootan79，

o

tan665otan720o55otan55o，

由于79o55o，且ytanx在90,90oo单调递增，

tan281tan665，故C错误；

对于D，Q2343， 2tan30,tan40，故D正确；

【点睛】本题考查了诱导公式以及正切函数的单调性，熟记诱导公式时关键. 8．【答案】B

【分析】表n示从2015年开始增加的年份的数量，由题意可得

400150%【详解】

n34004000，解出满足该不等式的最小正整数n的值，即可得出结果.

2n设快递行业产生的包装垃圾为y万吨，n表示从2015年开始增加的年份的数量， 由题意可得y400150%n3400，

2nnn33由于第n年快递行业产生的包装垃圾超过4000万吨，即4004000，10， 22113n5.67863lg3lg2两边取对数得nlg1，即， lg22因此，从2021年开始，快递行业产生的包装垃圾超过4000万吨， 故选：B．

【点睛】本题考查了指数函数模型在实际生活中的应用，列出不等式是解题的关键，考查运算求解能力. 9．【答案】D

【分析】先由第一天剩余的情况确定循环体，再由结束条件确定循环条件即可. 【详解】

根据题意可知，第一天S

11S，所以满足S，不满足SS，故排除AB，

22i

由框图可知，计算第二十天的剩余时，有SS，且i21，所以循环条件应该是i20. 2【点睛】本题考查了程序框图的实际应用问题，把握好循环体与循环条件是解决此题的关键. 10．【答案】B

【分析】求得双曲线的渐近线方程，联立抛物线方程，求得A，B的坐标，以及F的坐标，设AF的倾斜角为，由二倍角的余弦公式和同角的基本关系式，以及直线的斜率公式，双曲线的离心率公式，计算可得所求值. 【详解】

bx2y2解：双曲线221a,b0的两条渐近线方程为yx，

aab4a24a4a24ab由抛物线y4x和yx，联立可得A2,,B2,，

bbbab2由抛物线的方程可得F(1,0)，

4ab，

设AF的倾斜角为，斜率为tan4a21b2cos2sin21tan27而cosAFBcos2cossin， cos2sin21tan2922解得tan22（负的舍去）， 设ta4t222，解得t，可得2，

b4t12cb2则e13， 2aa【点睛】本题考查双曲线的方程和性质，考查三角函数的恒等变换，以及化简运算能力. 11．【答案】A

【分析】由Sn与an的关系anSnSn1(n1)化简即可求出Sn及an，可得bn，分析单调性即可求解. 【详解】

∵anSnSn1(n1),

2*2∴SnanSn1,则Sn1(n1),即Snn(nN),

22∴ann(n1)2n1.

易知bn0,

22n122n+1∵bn4，bn+1, 4n（n+1）bn122n42n4() bn(n1)4n1当

2n1时, n21, n1∴当1n3时, bnbn1, 当n3时,bnbn1, 又b2132,b3, 281∴当n3时, bn有最小值.

【点睛】本题主要考查了数列Sn与an的关系，数列的单调性.

12．【答案】A

【分析】可将问题转化，求直线y kx1关于直线y1的对称直线，再分别讨论两函数的增减性，结合函数图像，分析临界点，进一步确定k的取值范围即可 【详解】

可求得直线y kx1关于直线y1的对称直线为ymx1mk，

当x0时，fxxlnx2x，f'xlnx1，当xe时，f'x0，则当x0,e时，

f'x0，fx单减，当xe,时，f'x0，fx单增；

当x0时，fxx23333x，f'x2x，当x，f'x0,当x时，fx单减，

24423当x0时，fx单增；

4根据题意画出函数大致图像，如图：

当ymx1与fxx231x（x0）相切时，得0，解得m；

22yxlnx2x当ymx1与fxxlnx2x（x0）相切时，满足ymx1，

mlnx1111解得x1,m1，结合图像可知m1,，即k1,，k,1

222故选：A

【点睛】本题考查数形结合思想求解函数交点问题，导数研究函数增减性，找准临界是解题的关键. 13．【答案】2 223 【分析】

利用两角和差正切公式来构造出tantantantan1，代入1tan1tan可求得结果；根据1tan1tan的规律可整理得到结果. 【详解】

Qtantantan1 tantan1tantan

1tantan即tantantantan1

1tan1tan1tantantantan2

1tan1o1tan2o1tan3o1tan45o21tan1o1tan2o1tan3o1tan44o2222223

故答案为：2；223

【点睛】本题考查利用两角和差正切公式求值的问题，关键是能够通过两角和差正切公式和特殊角三角函数值构造出所求式子的构成部分.

14.【答案】

19

15．【答案】戊戌

【分析】由题意可得数列天干是以10为公差的等差数列，地支是以12为公差的等差数列，以2017年的天干和地支分别为首项，即可求解． 【详解】

由题意，可得数列天干是以10为公差的等差数列，地支是以12为公差的等差数列，

从2017年到2078年经过了61年，且2017年为丁茜年，以2017年的天干和地支分别为首项，则

61106余1，则2078年的天干为戊，61125余1，则2078年的天干为戌，

所以2078年为戊戌年． 【点睛】

本题主要考查了等差数列的实际应用问题，其中解答中得出数列天干是以10为公差的等差数列，地支是以12为公差的等差数列，以2017年的天干和地支分别为首项，利用等差数列求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力．

16．【答案】26 【分析】确定平面A1MCN即为平面，四边形A1MCN是菱形，计算面积得到答案. 【详解】

如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，记AB的中点为N，连接MC,CN,NA1， 则平面A1MCN即为平面．证明如下：

由正方体的性质可知，A1MPNC，则A1，M,CN,N四点共面，

记CC1的中点为F，连接DF，易证DFMC．连接EF，则EFMC， 所以MC平面DEF，则DEMC．

同理可证，DENC，NCIMCC，则DE平面A1MCN，

所以平面A1MCN即平面，且四边形A1MCN即平面截正方体ABCDA1B1C1D1所得的截面．因为正方体的棱长为2，易知四边形A1MCN是菱形， 其对角线AC，MN22，所以其面积S123故答案为：26 1222326． 2

【点睛】本题考查了正方体的截面面积，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.

17．【答案】（1）

2（2）23 3【分析】(1)根据三角函数的和差角公式与三角函数值求解即可. (2)根据正弦定理参变分离,再利用A的取值范围求解 【详解】 （1）由题,

2cosAsin(AC)33sin[A(AC)]sin[A(AC)]sin(2AC)sinCsinCcosC,即

22

13sin(2AC)sinC2ACC,.故因为sin(2AC)sinCcosC33222ACC3.

所以2ACC3AC2. 3（2）mBDBD22sinA2sinC2sinA2sinA r1r232sinA231cosA2sinA3sinA3cosA 2223sinA,因为A0,,故当A时23sinA有最大值23 66622所以m23,即实数m的最小值为23 【点睛】

本题主要考查了三角恒等变换的运用以及正弦定理与根据角度范围求解三角函数范围的问题,属于中等题型.

18．【答案】（1）应该选择模型①，理由见解析（2）（ⅰ）$y3x8.04（ⅱ）62.04 【分析】

（1）结合题意可知模型①残差点比较均匀地落在水平的带状区域中，即可。（2）（i）利用回归直线参数计算方法，分别得到a,b，建立方程，即可。（ii）把x8代入回归方程，计算结果，即可。 【详解】

（Ⅰ）应该选择模型①，因为模型①残差点比较均匀地落在水平的带状区域中，说明模 型拟合精度越高，回归方程的预报精度越高.

（Ⅱ）（ⅰ）剔除异常数据，即月份为3的数据后，得

x17667.2； 51y30631.829.64.

5

xyii15i5i1464.24631.81273.44；

xi1236462328.

ˆb5i1ii52ii1xynxyxnx2 1273.4457.229.64206.43； 32857.27.268.8ˆ29.6437.28.04， ˆybxaˆ3x8.04. 所以y关于x的线性回归方程为：yˆ3188.0462.04， （ⅱ）把x18代入回归方程得：y故预报值约为62.04万元.

【点睛】本道题考查了回归方程的计算方法。

19．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）【解析】 【详解】

（Ⅰ）在C中，因为C，D为C的中点，

所以CD．又垂直于圆所在的平面，所以C． 因为DI，所以C平面D． （Ⅱ）因为点C在圆上，

所以当C时，C到的距离最大，且最大值为1． 又2，所以C面积的最大值为

126；（Ⅲ）． 321211． 2131． 3又因为三棱锥C的高1，故三棱锥C体积的最大值为11（Ⅲ）在中，1，90o，所以1212同理C2．

2，所以CC．

在三棱锥C中，将侧面C绕旋转至平面C，使之与平面共面，如图所示． 当，，C共线时，C取得最小值．

又因为，CC，所以C垂直平分， 即为中点．从而CC262226， 2亦即C的最小值为

26． 2

考点：1、直线和平面垂直的判定；2、三棱锥体积．

x2y220．【答案】（1）（2）见解析. 1；

42【详解】

（1）由已知，点C，D的坐标分别为（0，－b），（0，b） 又点P的坐标为（0，1），且PCPD＝－1

uuuruuur1b21于是{c2，解得a＝2，b＝2 a2a2b2c2x2y2所以椭圆E方程为1.

42（2）当直线AB斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋1 A，B的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2）

x2y21联立{4，得（2k2＋1）x2＋4kx－2＝0 2ykx1其判别式△＝（4k）2＋8（2k2＋1）＞0 所以x1x24k2,xx 12222k12k1uuuruuur从而OAOBPAPB＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋（y1－1）（y2－1）] ＝（1＋λ）（1＋k2）x1x2＋k（x1＋x2）＋1

uuuruuur(24)k2(21) ＝22k1＝－

所以，当λ＝1时，－＝－3，

此时，OAOBPAPB＝－3为定值. 当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD

uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur此时OAOBPAPBOCODPCPD＝－2－1＝－3

故存在常数λ＝1，使得OAOBPAPB为定值－3.

考点：本题主要考查椭圆的标准方程、直线方程、平面向量等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合、化归与转化、特殊与一般、分类与整合等数学思想. 21．【分析】

（Ⅰ）由题意，方程f(x)0在0,有两个不同根,即方程1lnx2ax0有两个不同根；解

'uuuruuuruuuruuur法1：转化为函数g(x)lnx与函数y2ax1的图象在0,上有两个不同交点，解法2：转化为函数g(x)1lnx与函数y2a的图象在0,上有两个不同交点；解法3；求出fx，讨x论a的取值范围，求出函数fx的单调区间即可求解. （Ⅱ）由（Ⅰ）知：由（Ⅰ）知：x1,x2是

1lnx2ax0的两个根， 1lnx22ax202a=lnx1lnx2，然后利用分析法要证

x1x2x1x21，，只需证:lnx1lnx20，从而可得

lnx1lnx22，进而可得

x1x2x1x2x211x1xxln12，令t，换元转化为函数，利用函数的最值即可证出.

x2x1x21x2【详解】

（Ⅰ）由题意，方程f(x)0在0,有两个不同根,即方程1lnx2ax0有两个不同根；

'解法1：转化为函数g(x)lnx与函数y2ax1的图象在0,上有两个不同交点，

'令g(x0)112ax0, x02a11111,ln()处的切线方程为：yln()(x) 2a2a2a2a2a11111(0)ln()012a1 代入点0,1有：1ln()2a2a2a2a2a故g(x)在(12a0,1a可得：0,

2解法2：转化为函数g(x)1lnx与函数y2a的图象在0,上有两个不同交点． xg'(x)lnx(x0)，故x0,1时，g'(x)0;x1,,时，g'(x)0; 2x，+¥故g(x)在0,1上单增，在1()上单减，

1eg(x)maxg(1)1

又g()0，故x(0,)时，g(x)0; x(,)时，g(x)0; 可得：2a0,1a0,解法3：f''1e1e1… 2x12a(x0) x

①2a0时，f故f'''+上单增， 故fx在0，x0，+最多只有一个实根，不合题意； x=0在0，''②2a0时，令f11''x0x0，;fx0x 令,;

2a2a1故f',0，上单增，在x在上单减； 2a2a11ln(2a)1ln(2a)02a0,1 2a'1''故fxmaxf当2a0,1时， f2a1e10,limf'x，

xe1故f'+上有两个不相等的实根，故a0, x在0，2（Ⅱ）由（Ⅰ）知：x1,x2是1lnx2ax0的两个根， 故1lnx12ax10， 1lnx22ax202a=要证：x1x21，，只需证：lnx1lnx20， 即证：2ax1-1+2ax2-10

lnx1lnx2

x1x2lnx1lnx22 即证：2ax1x22，即证：

x1x2x1x2x211xx12x1x20xx,又2() 12故上式为：lnx1x2x1x21x22t1't10x114t0,1,h(t)lnt,h(t) 令

x2t1tt12tt12故ht在0,1上单增，故h(t)h(1)0, 故()式成立，即证. 【点睛】

2

本题考查了由函数的极值点个数求参数的取值范围、利用导数证明不等式、分析法，考查了转化与化归的思想

22．【答案】（1）a2（2）23,43 【解析】 【分析】

（1）消去参数得到圆C的普通方程，利用xcos，ysin代入，得到直线l的普通方程，求解圆心到直线距离，结合|AB|22，即得解；

（2）先求解圆C的极坐标方程，4cos，设M1,1，N2,1，3|OM||ON|12，代入即得解.

【详解】 （1）由xaacosxaacos，得，

yasinyasin222∴圆C的普通方程为(xa)ya.可得圆心为a,0，半径ra.

Qsinsincoscossin22，

444把xcos，ysin代入， 得直线l的普通方程为xy40. ∵圆心到直线的距离d|a4|，|AB|2r2d222， 2(a4)2即a2，得a2，或a10，

22Q0a5，a2.

（2）由（1）得，圆C的普通方程为(x2)y4.

把xcos，ysin代入，得(cos2)(sin)4，

2222

化简，得圆C的极坐标方程为4cos. 依题意，设M1,1，N2,13，1,. 26|OM||ON|124cos14cos16cos123sin143cos1|OM||ON|36的范围是23,43.

【点睛】本题考查了参数方程，极坐标与普通方程转化，极坐标几何意义的应用，考查了学生转化划归，数学运算的能力.

23．【答案】（1）1,（2）3a733 2【分析】（1）分类讨论法去绝对值解不等式即可；

（2）画出函数fx的图象,fxax1等价于yfx的图象在直线yax1的图象的上方,结合图象即可得到a的范围. 【详解】 （1）解:由题,

当x0时,fx2x2x3x2,则3x25,解得x1,则1x0； 当0x2时,fx2x2x2x,则2x5,解得x3,则0x2； 当x2时,fx2xx23x2,则3x25,解得x77,则2x, 33综上,解集为1,

733x2,x2（2）由题,fxx2,0x2,

23x,x0则yfx的图象如图所示:

因为xR均满足fxax1,则yfx的图象在直线yax1的上方, 因为直线yax1恒过定点P0,1,点A2,4,则kPA3, 2由图象可知3a【点睛】

3 2本题考查分类讨论法解绝对值不等式,考查不等式的恒成立问题,考查数形结合思想.